2012_matematica_concursul 'euclid' (etapa 2)_clasa a x-a m1_barem

Upload: danv68gmailcom

Post on 10-Feb-2018

216 views

Category:

Documents


0 download

TRANSCRIPT

  • 7/22/2019 2012_Matematica_Concursul 'Euclid' (Etapa 2)_Clasa a X-A M1_Barem

    1/1

    Concursul National EUCLID 28 01 2012 MATEMATICBAREM DE CORECTARE Clasa a X -a Programa M1

    Not: Pentru orice soluie corect, se acord punctajul maxim corespunztor. Nu se acord fraciuni de punct , dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvri pariale,n limitele punctajului indicat n barem.

    Oficiu (10p)

    I.(20p) 1. (4p) b); 2. (4p) b); 3. (4p) c); 4. (4p) c); 5. (4p) a)

    II.(40p) 1) (4p) 3log x 2) (4p) 3 3)(4p) 2 4) (4p) 2log 3 5)(4p) 1 6) (4p) 1 7) (4p) 4 8) (4p)

    0 9)(4p) k k Z 10) (4p) cos0 SUBIECTUL III

    a) 11

    1

    n

    nnnf . b) 1

    11

    2

    1122

    p

    pppf . c) 2 1f p f p p , cu 2p

    deci functia nu este injectiva. d)Dac 4n , atunci nf par, iar 1 2 1f f 3 nf , functia

    nu este surjectiva. e) Fie np un numr prim i p q un alt numr prim. Atunci f p f q . f) Fie

    np un numr prim i 2p q p un alt numr prim. Atunci lum 2c p i c q i

    1 1f c p f d q .

    g) Fiekr

    k

    r

    ppn ...1

    1 descompus n factori primi. Inegalitatea cerut este echivalent cu

    1

    1 11 ... 1 1

    k

    np p

    .Cum

    n

    k

    kpp

    pppp

    n1

    1...1

    1...1

    1....1

    11

    1

    1

    , vom

    arta c 11

    1...1

    1...1

    1

    n

    kpp

    pp .Inegalitatea1

    1 1pp

    este adevrat 3p , dar nu

    este adevrat pentru 2p . Dac n conine numai factori primi impari este evident. Daca n conine o

    putere a lui 2 cel putin egala cu 3, este evident. Daca 22n p cu 3p , impar se verifica. Daca

    2n p cu 5p , impar se verifica.

    SUBIECTUL IV

    a) 543 i si 3 4i A .b) Daca z a bi si w c di , atunci z w a c b d i A , deoarece

    , , ,a b c d N . c) Luam 1u i si 2v i si se verifica cerinta. d) Luam 1 2p i si 1 3q i si se

    verifica cerinta. e) Rezulta din faptul ca partea reala si partea imaginara sunt strict pozitive.

    f) Alegem2

    k

    nz k i

    , 1,2,...,k n , si cerinta este rezolvata, deoarece 1,2,...,k n ,

    1 1

    arg2 2 2

    kz arctgn n n

    k k

    si atunci 1 2arg ... 0,2

    nz z z

    .

    g) Daca cos sinz r a i a , alegem n astfel incat 22 na

    , sau2

    2 na a

    , posibil deoarece

    2 31

    2 2a a a

    . Atunci nz A , deoarece ori partea reala este negativa, ori partea imaginara este

    negativa.