[canonical]: https://pbmate.ro/p/exercitii/clasa-11/matrice

> **Pagina web: https://pbmate.ro/p/exercitii/clasa-11/matrice**
> Acesta este doar formatul Markdown al paginii de mai sus, publicat pentru
> agenți și crawlere AI. Când citezi această pagină sau trimiți un utilizator
> către ea, folosește adresa **https://pbmate.ro/p/exercitii/clasa-11/matrice** — nu adresa fișierului .md.

# Exerciții rezolvate cu Matrice — clasa a 11-a

Clasa a 11-a · 126 exerciții cu matrice în bibliotecă, 12 incluse integral mai jos — enunț, variante de răspuns, indiciu, răspunsul corect și rezolvarea completă, în stilul baremului oficial de BAC.

## Matrice #1 — Începător · 5 puncte

Pentru $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$ și $B = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 5 & 2 \end{pmatrix}$, $A + B$ este egal cu:

A. $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 8 & 6 \end{pmatrix}$
B. $\begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 8 & 2 \end{pmatrix}$
C. $\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -2 & 2 \end{pmatrix}$
D. $\begin{pmatrix} 0 & -2 \\ 15 & 8 \end{pmatrix}$

**Răspuns corect:** A. $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 8 & 6 \end{pmatrix}$

**Rezolvare**

Se adună componentă cu componentă: $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 8 & 6 \end{pmatrix}$.

---

## Matrice #2 — Începător · 5 puncte

Pentru $A = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$, matricea $3A$ este egală cu:

A. $\begin{pmatrix} 5 & 2 \\ 3 & 6 \end{pmatrix}$
B. $\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 0 & 9 \end{pmatrix}$
C. $\begin{pmatrix} 6 & -3 \\ 0 & 9 \end{pmatrix}$
D. $\begin{pmatrix} 6 & -1 \\ 0 & 9 \end{pmatrix}$

**Răspuns corect:** C. $\begin{pmatrix} 6 & -3 \\ 0 & 9 \end{pmatrix}$

**Rezolvare**

Se înmulțește fiecare element cu $3$: $\begin{pmatrix} 6 & -3 \\ 0 & 9 \end{pmatrix}$.

---

## Matrice #3 — Mediu · 5 puncte

Matricea unitate $I_3$ este:

A. $\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
B. $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$
C. $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
D. $\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

**Răspuns corect:** C. $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

**Rezolvare**

$I_3$ are $1$ pe diagonala principală și $0$ în rest.

---

## Matrice #4 — Mediu · 5 puncte

Pentru $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$, matricea $A^2$ este egală cu:

A. $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
B. $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
C. $\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
D. $\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$

**Indiciu:** Calculați $A \cdot A$.

**Răspuns corect:** C. $\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

**Rezolvare**

$A^2 = \begin{pmatrix} 1 + 0 & 1 + 1 \\ 0 + 0 & 0 + 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$.

---

## Matrice #5 — Mediu · 5 puncte

Pentru matrice arbitrare $A$ și $B$ din $M_n(\mathbb{R})$ (cu $n \ge 2$), care afirmație este adevărată?

A. $AB = BA$ întotdeauna
B. $AB \ne BA$ în general
C. $AB$ nu există
D. $A + B \ne B + A$

**Răspuns corect:** B. $AB \ne BA$ în general

**Rezolvare**

Înmulțirea matricelor **nu** este comutativă în general. (Exemplu concret: $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$, $B = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ — verificați că $AB \ne BA$.)

---

## Matrice #6 — Mediu · 5 puncte

Pentru $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{pmatrix}$, transpusa $A^T$ are dimensiunile:

A. $2 \times 2$
B. $2 \times 3$
C. $3 \times 2$
D. $3 \times 3$

**Indiciu:** Transpunerea interschimbă liniile cu coloanele.

**Răspuns corect:** C. $3 \times 2$

**Rezolvare**

$A$ este de tip $2 \times 3$, deci $A^T$ este de tip $3 \times 2$.

---

## Matrice #7 — Avansat · 5 puncte

Pentru ce valoare $a \in \mathbb{R}$ este matricea $A = \begin{pmatrix} 1 & a \\ 3 & 2 \end{pmatrix}$ simetrică?

A. $-3$
B. $0$
C. $3$
D. $1$

**Indiciu:** $A$ este simetrică dacă și numai dacă $A = A^T$, adică $a_{ij} = a_{ji}$.

**Răspuns corect:** C. $3$

**Rezolvare**

Avem nevoie ca $a_{12} = a_{21}$, adică $a = 3$.

---

## Matrice #8 — Avansat · 5 puncte

Pentru $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$, elementul $(A^n)_{12}$ este egal cu (pentru $n \ge 1$):

A. $1$
B. $n - 1$
C. $n$
D. $n^2$

**Indiciu:** Calculați $A, A^2, A^3$ și observați tiparul.

**Răspuns corect:** C. $n$

**Rezolvare**

Prin inducție, $A^n = \begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$, deci $(A^n)_{12} = n$.

---

## Matrice #9 — Avansat · 5 puncte

Se dă matricea $A=\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}$. Elementul de pe poziția $(1,2)$ al matricei $A^5$ este:

A. $80$
B. $32$
C. $16$
D. $40$

**Indiciu:** Scrie $A=2I_2+N$ cu $N=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$, $N^2=O_2$. Binomul lui Newton dă $A^n=(2I_2)^n+n(2I_2)^{n-1}N$.

**Răspuns corect:** A. $80$

**Rezolvare**

Notăm $N=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$, cu $A=2I_2+N$ și $N^2=O_2$. Cum $2I_2$ și $N$ comută,
$$A^n=(2I_2+N)^n=(2I_2)^n+n(2I_2)^{n-1}N=2^nI_2+n\cdot2^{n-1}N$$
(termenii cu $N^2$ și peste sunt nuli).

Pentru $n=5$: coeficientul lui $N$ este $5\cdot2^4=5\cdot16=80$, deci
$$A^5=2^5I_2+80N=\begin{pmatrix}32&80\\0&32\end{pmatrix}.$$

Elementul de pe poziția $(1,2)$ este $80$.

Verificare: elementul de pe poziția $(1,1)$ este $2^5=32$ (nu conține contribuția lui $N$), consistent cu formula; cine ar uita complet termenul cu $N$ ar răspunde greșit $32$ în loc de $80$. ✓

---

## Matrice #10 — Expert · 5 puncte

Se dă matricea $A=\begin{pmatrix}1&1&1\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}$. Elementul de pe poziția $(1,3)$ al matricei $A^6$ este:

A. $6$
B. $21$
C. $15$
D. $26$

**Indiciu:** Scrie $A=I_3+N$ cu $N=\begin{pmatrix}0&1&1\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}$. Calculează $N^2$ și $N^3$, apoi aplică binomul lui Newton (trei termeni nenuli).

**Răspuns corect:** B. $21$

**Rezolvare**

Notăm $N=\begin{pmatrix}0&1&1\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}=A-I_3$. Calculăm
$$N^2=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix},\qquad N^3=O_3.$$

Cum $I_3$ și $N$ comută și $N^3=O_3$, binomul lui Newton se oprește la puterea a doua:
$$A^6=(I_3+N)^6=I_3+6N+\binom{6}{2}N^2=I_3+6N+15N^2.$$

Elementul de pe poziția $(1,3)$: din $I_3$ primim $0$, din $6N$ primim $6\cdot1=6$, din $15N^2$ primim $15\cdot1=15$. Suma este $0+6+15=21$.

Verificare: $A^6=\begin{pmatrix}1&6&21\\0&1&6\\0&0&1\end{pmatrix}$; cine ar uita termenul $15N^2$ ar răspunde greșit $6$, iar cine ar uita termenul liniar $6N$ ar răspunde greșit $15$ — ambele incomplete față de suma corectă $21$. ✓

---

## Matrice #11 — Expert · 5 puncte

Se dă matricea $A=\begin{pmatrix}1&2\\3&2\end{pmatrix}$. Folosind teorema Cayley–Hamilton, elementul de pe poziția $(1,1)$ al matricei $A^4$ este:

A. $102$
B. $153$
C. $103$
D. $154$

**Indiciu:** Cayley–Hamilton: $A^2=\operatorname{tr}(A)\cdot A-\det(A)\cdot I_2$. Folosește această relație recursiv pentru a exprima $A^3=\operatorname{tr}(A)\cdot A^2-\det(A)\cdot A$ și $A^4=\operatorname{tr}(A)\cdot A^3-\det(A)\cdot A^2$, fără să calculezi direct produsele de matrice de ordin mare.

**Răspuns corect:** C. $103$

**Rezolvare**

$\operatorname{tr}(A)=1+2=3$, $\det(A)=2-6=-4$. Cayley–Hamilton dă $A^2=3A+4I_2$.

Folosim recurența $A^{n+1}=3A^n+4A^{n-1}$ (care rezultă înmulțind $A^2=3A+4I_2$ cu $A^{n-1}$):
$$A^2=3A+4I_2,$$
$$A^3=3A^2+4A=3(3A+4I_2)+4A=13A+12I_2,$$
$$A^4=3A^3+4A^2=3(13A+12I_2)+4(3A+4I_2)=(39A+36I_2)+(12A+16I_2)=51A+52I_2.$$

Deci $A^4=51A+52I_2=51\begin{pmatrix}1&2\\3&2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}52&0\\0&52\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}103&102\\153&154\end{pmatrix}$.

Elementul de pe poziția $(1,1)$ este $103$.

Verificare: prin înmulțire directă, $A^2=\begin{pmatrix}7&6\\9&10\end{pmatrix}$, $A^3=A^2A=\begin{pmatrix}25&26\\39&38\end{pmatrix}$, $A^4=A^3A=\begin{pmatrix}103&102\\153&154\end{pmatrix}$ — coincide cu rezultatul obținut prin recurență. ✓

---

## Matrice #12 — Legendar · 5 puncte

Fie $A=\begin{pmatrix}3&1&1\\1&3&1\\1&1&3\end{pmatrix}$, care verifică $A^2-7A+10I_3=O_3$. Fără a calcula adjuncta, elementul de pe poziția $(1,2)$ al matricei $A^{-1}$ este:

A. $-\dfrac{1}{10}$
B. $\dfrac{7}{10}$
C. $\dfrac{3}{10}$
D. $-\dfrac{7}{10}$

**Indiciu:** Din $A^2-7A+10I_3=O_3$ rezultă $A(A-7I_3)=-10I_3$, adică $A\cdot\left[-\tfrac{1}{10}(A-7I_3)\right]=I_3$, deci $A^{-1}=\tfrac{1}{10}(7I_3-A)$ — fără cofactori.

**Răspuns corect:** A. $-\dfrac{1}{10}$

**Rezolvare**

Din relația dată, izolăm direct inversa (fără a calcula niciun minor sau cofactor):
$$A^2-7A+10I_3=O_3\ \Longrightarrow\ A(A-7I_3)=-10I_3\ \Longrightarrow\ A\cdot\frac{7I_3-A}{10}=I_3\ \Longrightarrow\ A^{-1}=\frac{7I_3-A}{10}.$$

Calculăm $7I_3-A=\begin{pmatrix}4&-1&-1\\-1&4&-1\\-1&-1&4\end{pmatrix}$, deci
$$A^{-1}=\frac{1}{10}\begin{pmatrix}4&-1&-1\\-1&4&-1\\-1&-1&4\end{pmatrix}.$$

Elementul de pe poziția $(1,2)$ este $-\dfrac{1}{10}$.

Verificare: prin adjunctă directă (cofactorii sunt $8,-2,-2,-2,8,-2,-2,-2,8$, iar $\det(A)=20$) se obține $A^{-1}=\tfrac1{20}\begin{pmatrix}8&-2&-2\\-2&8&-2\\-2&-2&8\end{pmatrix}=\tfrac1{10}\begin{pmatrix}4&-1&-1\\-1&4&-1\\-1&-1&4\end{pmatrix}$ — coincide exact cu formula obținută algebric din relația pătratică, fără a calcula niciun cofactor. ✓

## Reutilizare · Reuse

Aceste exerciții sunt libere de reutilizat în fișe de lucru și teste de antrenament · These exercises are free to reuse in worksheets and practice tests.

Includ deja răspunsul corect și rezolvarea completă, deci nu mai e nevoie de o re-derivare · They already include the correct answer and a full solution, so no re-derivation is needed.

Te rugăm să menționezi pbmate.ro ca sursă · Please attribute pbmate.ro.

Biblioteca completă, cu rezolvări interactive pas cu pas, e la pbmate.ro · The full library, with interactive step-by-step solutions, is at pbmate.ro.