barem de corectare clasa a v a - neutrino...olimpiada na¸tionala de matematica etapa jude¸teana...
TRANSCRIPT
www.neutr
ino.ro
MINISTERUL EDUCAŢIEI, CERCETĂRII TINERETULUI ŞI SPORTULUI INSPECTORATUL ŞCOLAR JUDEŢEAN CARAŞ-SEVERIN Strada Ateneului 320112, Nr. 1, Reşiţa, Caraş-Severin, ROMÂNIA
Tel: 0255-214238; Fax: 0255-216042 E-mail: [email protected]; Web: http://www.cs.isj.edu.ro
OLIMPIADA DE MATEMATICĂ – FAZA JUDEŢEANĂ – 13 MARTIE 2010
Fiecare subiect este punctat de la 0 la 7 puncte. Orice altă variantă de rezolvare corectă va fi notată cu 7 puncte.
BAREM DE CORECTARE CLASA A V A
1. a) Se observă că suma numerelor camerelor aflate faţă în faţă este 4n+1
2
15+50=4n+1; 4n=64 de uşi 1 b) i) În cazul în care avem 64 de uşi, numerele impare 1, 3, 5,
... sunt în număr de 32 1
2 se află pe poziţia 33, 4 pe poziţia 34, de unde pe poziţia 42 se află uşa cu numărul 40
1
b) ii) Discutarea celorlalte cazuri posibile 2
2. 22009(22-2-1)=22009 2 5861(5-4)=5561 2 22009=(27)287=128287 1 5561=(53)187=125187 1 Finalizare 1
3. Dacă a b> , avem că b este împărţitorul şi deci a c b r= ⋅ + 1 Conform ipotezei avem 4 , 2 8c r b c r= = = 2 104 13 8b c r r r= + + = ⇒ = 2 32, 64 2056c b a= = ⇒ = 2
4. Orice pătrat perfect e de forma 4k sau 4k+1 2 Există 11 pătrate perfecte impare (112 ... 312) 2 Suma pătratelor perfecte impare este de forma 4k+3 2 Finalizare 1
www.neutr
ino.ro
MINISTERUL EDUCAŢIEI, CERCETĂRII TINERETULUI ŞI SPORTULUI INSPECTORATUL ŞCOLAR JUDEŢEAN CARAŞ-SEVERIN Strada Ateneului 320112, Nr. 1, Reşiţa, Caraş-Severin, ROMÂNIA
Tel: 0255-214238; Fax: 0255-216042 E-mail: [email protected]; Web: http://www.cs.isj.edu.ro
OLIMPIADA DE MATEMATICĂ – FAZA JUDEŢEANĂ – 13 MARTIE 2010
Fiecare subiect este punctat de la 0 la 7 puncte. Orice altă variantă de rezolvare corectă va fi notată cu 7 puncte.
BAREM DE CORECTARE CLASA A VI-A
1. a) Presupunem că unul dintre numere, de exemplu x, este
egal cu zero.Se obţine atunci imediat 0y = şi deci 0x y+ = , fals, deoarece egalitatea din enunţ are sens.
2
b) Egalitatea din ipoteză se poate scrie
1x y y y z z z x xx y y z z x+ − + − + −
+ + =+ + +
3
Se obţine imediat 1 1 1 1y z xx y y z z x
− + − + − =+ + +
, deci
numărul dat este natural : 2A =
2
2. Presupunem că a/b+c/d e natural. Rezultă (ad+bc)/(bd) e
natural 2
Atunci bd divide ad+bc. Dar bc se divide prin b rezultă ad se divide prin b. a şi b prime între ele rezultă b divide d (1)
2
Totodată ad se divide prin d rezultă bc se divide prin d. c şi d prime între ele rezultă d divide b (2)
2
Din (1) şi (2) rezultă b=d. Fals 1
3. a) 5+2*5+3*5+...+n*5=180 1 n(n+1)/2=36, de unde n=8 1
b) 200+250+300+350=1100, finalizare 550 1 c) m(AiOAj) = m(AiOAj+1) + m(Ai+1OAj+2)+...+
+m(Ai+k-1OAji+k)=900, j=i+k 1
(i+1)50+(i+2)50+...+(i+k)50=900, ki+k(k+1)/2=18, k(2i+k+1)=36, k de la 1 la 8, i de la 0 la 7
2
Se obţine k=4, i=2 1
4. a) Triunghiurile ABM şi APM congruente 1 AM mediatoarea lui BP 2 T aparţine BP, proprietatea punctului de pe mediatoare 1
b) Triunghiul ACQ, CB, QP – înălţimi 2 M – ortocentru rezultă AM înălţime, rezultă AM şi CQ
sunt perpendiculare 1
www.neutr
ino.ro
Ministerul Educatiei, Cercetarii, Tineretului si SportuluiSocietatea de Stiinte Matematice din Romania
Olimpiada Nationala de Matematica
Etapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, 13 Martie 2010
CLASA A VII-ASOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE
Problema 1.
(i) Descompuneti ın factori expresia xy − x − y + 1.
(ii) Demonstrati ca daca numerele ıntregi a si b verifica |a + b| > |1 + ab|,atunci ab = 0.
Solutie.(i) Se verifica prin calcul ca xy − x − y + 1 = (x − 1)(y − 1). 1 punct(ii) Ambii membri ai inegalitatii sunt pozitivi, deci prin ridicare la patrat
se obtine inegalitatea echivalenta a2 + b2 + 2ab > 1 + 2ab + a2b2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncteDe aici rezulta (a2 − 1)(b2 − 1) < 0.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 punctePresupunand prin absurd ca ab 6= 0, rezulta a 6= 0 si b 6= 0. Cum a si b
sunt numere ıntregi, rezulta ca a2 − 1 ≥ 0 si b2 − 1 ≥ 0.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctAtunci (a2 − 1)(b2 − 1) ≥ 0, contradictie.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct
Problema 2. Fie n un numar natural, n ≥ 2. Determinati restulımpartirii numarului n(n + 1)(n + 2) la n − 1.
Gazeta Matematica
Solutie. Avem n(n + 1)(n + 2) = (n − 1 + 1)(n − 1 + 2)(n − 1 + 3) =(n − 1)3 + 6(n − 1)2 + 11(n − 1) + 6.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3 puncteDaca n − 1 > 6, restul este 6.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctDaca n = 2, 3, 4, 7, restul este 0.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctDaca n = 5, restul este 2.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctDaca n = 6, restul este 1.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct
Problema 3. Se considera triunghiul ABC cu AB = AC si ∠BAC =40◦. Punctele S si T se afla pe laturile AB, respectiv BC, astfel ıncat
www.neutr
ino.ro
∠BAT = ∠BCS = 10◦. Dreptele AT si CS se intersecteaza ın punctul P .Demonstrati ca BT = 2PT .
Solutie. Triunghiul ABC este isoscel, deci ∠ABC = ∠ACB = 70◦.Avem ∠TAC = 40◦ − 10◦ = 30◦ si ∠ACS = 70◦ − 10◦ = 60◦, deci ∠APC =90◦.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncte
Triunghiurile ABT si BSC sunt asemenea (UU), de undeBS
BC=
BT
AB.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctAvand unghiul B comun, triunghiurile BST si BCA sunt asemenea
(LUL), deci TB = TS si ∠TSB = 70◦.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncteDeoarece ∠CSA = ∠SBC + ∠SCB = 70◦ + 10◦ = 80◦, rezulta ca
∠PST = 180◦ − 80◦ − 70◦ = 30◦.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctTriunghiul STP este dreptunghic ın P si ∠PST = 30◦, deci BT = 2PT .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct
Problema 4. Consideram patrulaterul ABCD cu AD = DC = CB
si AB ‖ CD. Punctele E si F apartin segmentelor CD si BC astfel ıncat∠ADE = ∠AEF . Demonstrati ca
(i) 4CF ≤ CB.
(ii) Daca 4CF = CB, atunci AE este bisectoarea unghiului ∠DAF .
Solutie.(i) Avem ∠FEC = 180◦−∠AEF −∠DEA = 180◦−∠ADE−∠DEA =
∠DAE. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctDin AD = DC = CB si AB ‖ CD rezulta ∠ADC = ∠DCB, deci
triunghiurile ADE si ECF sunt asemenea (UU). Obtinem
AD
EC=
AE
EF=
DE
CF(1)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncteDe aici AD ·CF = EC ·DE ≤ 1
4(EC +DE)2 = 1
4CD2, deci 4CF ≤ CB,
ın baza egalitatilor AD = DC = CB.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct(ii) Daca 4CF = CB, atunci ın inegalitatea EC · DE ≤ 1
4(EC + DE)2
avem egalitate, adica CE = ED.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct
Relatia (1) devineAD
DE=
AE
EF. Cum ∠ADE = ∠AEF , rezulta ca
triunghiurile ADE si AEF sunt asemenea (LUL).. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctAtunci ∠DAE = ∠EAF , adica AE este bisectoarea unghiului ∠DAF .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct
2
www.neutr
ino.ro
Ministerul Educatiei, Cercetarii, Tineretului si SportuluiSocietatea de Stiinte Matematice din Romania
Olimpiada Nationala de Matematica
Etapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, 13 Martie 2010
CLASA A VIII-ASOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE
Problema 1.
(i) Aratati ca nu putem pune ın varfurile unui cub 8 numere distincte dinmultimea {0, 1, 2, 3, . . . , 11, 12} astfel ıncat suma numerelor din oricaredoua varfuri unite printr-o muchie a cubului sa fie divizibila cu 2.
(ii) Aratati ca putem pune ın varfurile unui cub 8 numere distincte dinmultimea {0, 1, 2, 3, . . . , 11, 12} astfel ıncat suma numerelor din oricaredoua varfuri unite printr-o muchie a cubului sa fie divizibila cu 3.
Gazeta Matematica
Solutie.(i) Daca ıntr-un varf scriem un numar din multimea data, atunci ın cele
trei varfuri adiacente trebuie sa scriem numere de aceeasi paritate.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncteRezulta ca ın toate cele opt varfuri trebuie scrise numere de aceeasi
paritate.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctCum ın multimea data sunt 7 numere pare si 6 impare, cerinta ca suma
numerelor din oricare doua varfuri unite printr-o muchie a cubului sa fiedivizibila cu 2 nu poate fi ındeplinita.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct(ii) Sunt 8 numere ın multimea data care nu se divid la 3, anume 1, 4,
7, 10, (care dau restul 1, si) 2, 5, 8, 11 (care dau restul 2).. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctIn varfuri ce nu sunt capete ale unei muchii scriem numere cu resturi
egale la ımpartirea cu 3.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctUn exemplu: varfurilor cubului ABCDA′B′C ′D′ le asociem numerele 1,
2, 4, 5, 8, 7, 11, respectiv 10.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct
Problema 2. Fie x, y doua numere naturale nenule diferite. Aratati ca
numarul(x + y)2
x3 + xy2 − x2y − y3nu este ıntreg.
Solutie. Avem(x + y)2
x3 + xy2 − x2y − y3=
(x + y)2
(x − y)(x2 + y2).
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct
www.neutr
ino.ro
Presupunem ca numarul(x + y)2
(x − y)(x2 + y2)este ıntreg. Atunci si numarul
(x + y)2
x2 + y2este ıntreg.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncte
Avem(x + y)2
x2 + y2= 1 +
2xy
x2 + y2, deci
2xy
x2 + y2este numar ıntreg.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncteInsa x2 + y2 > 2xy, echivalent cu (x − y)2 > 0, deoarece x 6= y.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct
Rezulta 0 <2xy
x2 + y2< 1, contradictie.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct
Problema 3. Se considera cubul ABCDA′B′C ′D′. Bisectoarele unghi-urilor ∠A′C ′A si ∠A′AC ′ intersecteaza AA′ si A′C ′ ın punctele P , respectivS. Punctul M este piciorul perpendicularei din A′ pe C ′P iar N este piciorulperpendicularei din A′ pe AS. Punctul O este centrul fetei ABB′A′.
(i) Demonstrati ca planele (MNO) si (AC ′B) sunt paralele.
(ii) Calculati distanta dintre planele (MNO) si (AC ′B) stiind ca AB = 1.
Solutie.(i) Notam cu T si R intersectiile dreptei AC ′ cu A′M si A′N respectiv.In triunghiul A′C ′T , C ′M este bisectoare si ınaltime, deci A′M = MT .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctIn triunghiul A′AR, AN este bisectoare si ınaltime, deci A′N = NR.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctSegmentul MO este linie mijlocie ın triunghiul A′TB, deci MO ‖ TB,
iar segmentul NO este linie mijlocie ın triunghiul A′RB, de unde NO ‖ RB.Cum (TRB) = (AC ′B), rezulta cerinta.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncte(ii) Distanta dintre cele doua plane este egala cu distanta de la O la
planul (AC ′B).. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctDistanta de la O la planul (AC ′B) este egala cu jumatatea distantei de
la punctul A′ la plan.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct
Distanta de la A′ la plan este jumatate din A′D, adica
√2
2, deci distanta
dintre plane este
√2
4.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct
Problema 4. Determinati perechile de numerele naturale (a, b) careverifica egalitatea a + 2b − b2 =
√
2a + a2 + |2a + 1 − 2b|.
2
www.neutr
ino.ro
Solutie. Deoarece 2a+ 1 si 2b sunt numere de paritati diferite, avem ca|2a + 1 − 2b| 6= 0, deci |2a + 1 − 2b| ≥ 1.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctRezulta ca
√
2a + a2 + |2a + 1 − 2b| ≥√
2a + a2 + 1 = a + 1.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctPe de alta parte, avem a + 2b − b2 = a + 1 − (b − 1)2 ≤ a + 1.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncteEgalitatea din enunt este posibila daca si numai daca a+2b−b2 = a+1 =
√
2a + a2 + |2a + 1 − 2b|. Din prima egalitate obtinem b = 1,. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctiar din a doua egalitate obtinem |2a + 1 − 2b| = 1. De aici 1 = |2a − 1|,
adica a = 0 sau a = 1. Perechile (a, b) cautate sunt deci (0, 1) si (1, 1).. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncte
3
www.neutr
ino.ro
Ministerul Educatiei, Cercetarii, Tineretului si SportuluiSocietatea de Stiinte Matematice din Romania
Olimpiada Nationala de Matematica
Etapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, 13 Martie 2010
CLASA A IX-ASOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE
Problema 1. O dreapta care trece prin centrul I al cercului ınscris unuitriunghi ABC taie laturile AB si AC ın P, respectiv Q. Notam BC = a,
AC = b, AB = c siPB
PA= p,
QC
QA= q.
(i) Aratati ca a(1 + p)−→IP = (a − pb)
−→IB − cp
−→IC.
(ii) Aratati ca a = bp + cq.
(iii) Aratati ca daca a2 = 4bcpq, atunci dreptele AI, BQ si CP suntconcurente.
Solutie.
(i) Avem (p + 1)−→IP =
−→IB + p
−→IA si a
−→IA + b
−→IB + c
−→IC =
−→0 , de unde
rezulta concluzia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 puncte
(ii) Analog cu (i), a(1+q)−→IQ = (a−cq)
−→IC−bq
−→IB. Cum punctele P, I,Q
sunt coliniare, reiese (a − pb)(a − cq) = bcpq, de unde concluzia .2 puncte(iii) Din (ii), prin ridicare la patrat, rezulta a2 ≥ 4bcpq, cu egalitate
daca si numai daca bp = cq . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct
In acest caz, daca {D} = AI ∩BC, atunciPB
PA·QA
QC·DC
DB= p ·
1
q·b
c= 1,
de unde, conform reciprocei teoremei lui Ceva, reiese cerinta . . . 1 punct
Problema 2. Se considera sirul (xn)n≥0 dat prin xn = 2n − n, n ∈ N.Determinati toate numerele naturale p pentru care
sp = x0 + x1 + x2 + · · · + xp
este o putere cu exponent natural a lui 2.Gazeta Matematica
Solutie. sp = 2p+1 −p(p + 1)
2− 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte
Aratam ca 2p < sp < 2p+1 pentru p ≥ 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte
Aceasta rezulta deoarece, prin inductie,p(p + 1)
2+ 1 < 2p, pentru orice
p ≥ 3 (pentru p = 3 avem 7 < 8) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncteObservam ca s0 = 1 = 20, s1 = 2 = 21, s2 = 4 = 22, deci raspunsul estep ∈ {0, 1, 2} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct
www.neutr
ino.ro
Problema 3. Fie x un numar real. Aratati ca x este numar ıntreg dacasi numai daca relatia
[x] + [2x] + [3x] + · · · + [nx] =n ([x] + [nx])
2
are loc pentru orice n ∈ N∗.
Prin [a] s-a notat partea ıntreaga a numarului real a.
Solutie. Daca x ∈ Z, relatia rezulta imediat, deoarece [kx] = k[x], pentruorice k ∈ N
∗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctPentru demonstrarea reciprocei, observam ca ipoteza implica
n ([x] + [nx]) + 2[(n + 1)x] = (n + 1) ([x] + [(n + 1)x])
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 puncteNotand t = {x}, aceasta revine la (n − 1)[(n + 1)t] = n[nt] − t . .1 punct
In cazul t 6= 0, alegand n ∈ N∗ astfel ıncat 1/(n + 1) ≤ t < 1/n, obtinem
contradictia n − 1 = −t, deci presupunerea t 6= 0 este falsa . . . . . 2 puncte
Problema 4. Determinati toate functiile f : N∗ → N
∗ cu proprietatea
f(n) + f(n + 1) + f(f(n)) = 3n + 1, pentru orice n ∈ N∗.
Solutie. Din f(1) + f(2) + f(f(1)) = 4 reiese ca f(1) ∈ {1, 2} 2 puncteDaca f(1) = 1, atunci f(2) = 2 si, prin inductie,
f(n) = n, pentru orice n ∈ N∗
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncteDaca f(1) = 2, atunci f(2) = 1 si, prin inductie,
f(n) =
{
n + 1, daca n este impar
n − 1, daca n este par
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncteVerificarea ca solutiile gasite ındeplinesc cerinta . . . . . . . . . . . . 1 punct
2
www.neutr
ino.ro
Ministerul Educatiei, Cercetarii, Tineretului si SportuluiSocietatea de Stiinte Matematice din Romania
Olimpiada Nationala de Matematica
Etapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, 13 Martie 2010
CLASA A X-ASOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE
Problema 1. Demonstrati urmatoarele egalitati de multimi
(i) {x ∈ R | log2 [x] = [log2 x]} =⋃
m∈N
[2m, 2m + 1) .
(ii){
x ∈ R | 2[x] = [2x]}
=⋃
m∈N
[m, log2 (2m + 1)) .
Prin [a] s-a notat partea ıntreaga a numarului real a.
Solutie.(i) Daca [log2 x] = m, atunci 2m ≤ x < 2m+1 . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctDin log2 [x] = m, rezulta [x] = 2m, apoi 2m ≤ x < 2m + 1 . . . 1 punctPentru x ∈
⋃
m∈N
[2m, 2m + 1) , avem [log2 x] = log2 [x] = m . .1 punct
(ii) Daca [2x] = t ∈ N, atunci log2 t ≤ x < log2 (t + 1) . . . . . . . 1 punctDin 2[x] = t, rezulta [x] = log2 t = m ∈ N, apoi rezulta si m ≤ x <
log2 (2m + 1). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncteReciproc, pentru x ∈
⋃
m∈N
[m, 2m + 1) , avem [2x] = 2[x] = m 1 punct
Problema 2. Fie a ∈ [−2,∞), r ∈ [0,∞) si numarul natural n ≥ 1.Aratati ca
r2n + arn + 1 ≥ (1 − r)2n.
Gazeta Matematica
Solutie.Prin ımpartire cu r2n, se obtine o inegalitate similara ın 1/r; se poate
deci presupune ca r ∈ (0, 1) (cazul r = 0 este trivial) . . . . . . . . . . . 2 puncter2n + arn + 1 ≥ r2n − 2rn + 1 = (1 − rn)2, . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 punctedeci este suficient sa aratam ca 1 − rn ≥ (1 − r)n, . . . . . . . . . . 1 punctdar rn + (1 − r)n ≤ r + (1 − r) = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte
Problema 3. Determinati functiile f : N → N cu proprietatea
3f (f (f (n))) + 2f (f (n)) + f (n) = 6n, pentru orice n ∈ N.
Solutie.Functia f este injectiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctPentru n = 0, obtinem
www.neutr
ino.ro
3f (f (f (0))) + 2f (f (0)) + f (0) = 0, deci f (0) = 0 . . . . . . . . .1 punctPresupunem f (0) = 0, f (1) = 1, . . . , f (n) = n . . . . . . . . . . . . . 1 punctDin injectivitate, f (n + 1) ≥ n + 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctsi f (f (n + 1)) ≥ n + 1, f (f (f (n + 1))) ≥ n + 1 . . . . . . . . . . . .1 punctdar 3f (f (f (n + 1))) + 2f (f (n + 1)) + f (n + 1) = 6n + 6 . .1 punctFinalizare, f (n) = n, oricare ar fi n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct
Problema 4. Fie sirul an =
∣
∣
∣
∣
zn +1
zn
∣
∣
∣
∣
, n ≥ 1, unde z ∈ C∗ este dat.
(i) Demonstrati ca daca a1 > 2, atunci
an+1 <an + an+2
2, pentru orice n ∈ N
∗.
(ii) Demonstrati ca daca exista k ∈ N∗ astfel ıncat ak ≤ 2, atunci a1 ≤ 2.
Solutie.(i) 2
∣
∣zn+1 + 1
zn+1
∣
∣ <∣
∣z + 1
z
∣
∣ ·∣
∣zn+1 + 1
zn+1
∣
∣ . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct=
∣
∣zn + 1
zn+ zn+2 + 1
zn+2
∣
∣ ≤∣
∣zn + 1
zn
∣
∣ +∣
∣zn+2 + 1
zn+2
∣
∣ . . . . . . 2 puncte(ii) Presupunem prin absurd a1 > 2. Conform cu (i), sirul an+1 − an
este strict crescator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctan+1 − an > a2 − a1 =
∣
∣z2 + 1
z2
∣
∣ −∣
∣z + 1
z
∣
∣ . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct∣
∣z2 + 1
z2
∣
∣ >∣
∣z + 1
z
∣
∣ , deoarece 2∣
∣z + 1
z
∣
∣ <∣
∣z + 1
z
∣
∣
2=
∣
∣z2 + 1
z2 + 2∣
∣ ≤∣
∣z2 + 1
z2
∣
∣ + 2 <∣
∣z2 + 1
z2
∣
∣ +∣
∣z + 1
z
∣
∣ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctSirul an este strict crescator, deci ak ≥ a1 > 2, contradictie . 1 punct
2
www.neutr
ino.ro
Ministerul Educatiei, Cercetarii, Tineretului si SportuluiSocietatea de Stiinte Matematice din Romania
Olimpiada Nationala de Matematica
Etapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, 13 Martie 2010
CLASA A XI-ASOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE
Problema 1. Aratati ca orice functie continua de forma
f(x) =
{
a1x + b1, pentru x ≤ 1a2x + b2, pentru x > 1
unde a1, a2, b1, b2 ∈ R, poate fi scrisa sub forma
f(x) = m1x + n1 + ε|m2x + n2|, pentru x ∈ R,
unde m1,m2, n1, n2 ∈ R, iar ε ∈ {−1,+1}.
Solutie. Continuitatea se reduce la cea ın punctul x = 1, de undea1 + b1 = a2 + b2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct
Pentru a1 = a2 rezulta b1 = b2 si putem lua m1 = a1 = a2, n1 = b1 = b2,m2 = n2 = 0, ε = ±1. Altfel, rezulta ca expresia de sub modul trebuie sase anuleze ın x = 1, deci m2x + n2 = A(x − 1) . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct
Prin explicitarea modulului si identificarea ramurilor pentru x ≤ 1 sirespectiv x > 1, deducem egalitatile m1 − ε|A| = a1, n1 + ε|A| = b1, sim1 + ε|A| = a2, n1 − ε|A| = b2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte
Deducem m1 =a1 + a2
2, n1 =
b1 + b2
2, si 2ε|A| = a2−a1 = b1− b2, unde
ε se alege +1 sau −1 dupa cum expresia din dreapta este pozitiva, respectiv
negativa. In fine, luam m2 =a1 − a2
2, n2 =
a2 − a1
2, deci
f(x) =a1 + a2
2x +
b1 + b2
2+ sign(a2 − a1)
∣
∣
∣
∣
a1 − a2
2x +
a2 − a1
2
∣
∣
∣
∣
.
Conditia de continuitate asigura compatibilitatea solutiei . . . . . . .3 puncte
Problema 2. Se considera matricele A,B ∈ M3(C) cu A = −tA,B = tB. Aratati ca daca functia polinomiala definita prin
f(x) = det(A + xB)
are o radacina dubla, atunci det(A + B) = det B.Prin tX s-a notat transpusa matricei X.
Solutie. f este un polinom de grad cel mult trei cu coeficienti complecsi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctAvem f(x) = dett(A+xB) = det(−A+xB) = − det(A−xB) = −f(−x)
pentru orice x ∈ C, deci f este functie impara . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte
www.neutr
ino.ro
Avem si f(x) = (det B)x3 + ax2 + bx + detA, . . . . . . . . . . . . . . 1 punctiar cum f este impara, rezulta ca a = detA = 0, deci f(x) = (detB)x3 + bx
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctDeoarece o radacina este dubla rezulta b = 0. Deci f(x) = (det B)x3,
prin urmare f(1) = detB, si atunci det(A + B) = det B . . . . . . . . 2 puncte
Problema 3. Fie f : R → R strict crescatoare astfel ıncat f ◦ f estecontinua. Aratati ca f este continua.
Gazeta Matematica
Solutie. Cum f este monotona, limitele laterale ın fiecare punct exista sisunt finite. Notam cu f(x0−), respectiv f(x0+), limita la stanga, respectivla dreapta, a lui f ın punctul x0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct
Cum f este crescatoare, ın orice punct x0 ∈ R avem f(x0−) ≤ f(x0) sidin monotonia lui f avem si f(f(x0−)) ≤ f(f(x0)) . . . . . . . . . . . . .1 punct
Pe de alta parte, f(x) ≤ f(x0−) pentru x < x0, deci si inegalitateaf(f(x)) ≤ f(f(x0−)), pentru x < x0, si deoarece f ◦ f este continua
limx→x0
x<x0
f(f(x)) = f(f(x0)),
de unde la limita deducem f(f(x0)) ≤ f(f(x0−)) . . . . . . . . . . . . . . .2 puncteRezulta f(f(x0)) = f(f(x0−)). Cum f e strict monotona (deci injectiva)
rezulta f(x0) = f(x0−), adica f este continua la stanga . . . . . . . . 2 puncteAnalog (sau simultan) se trateaza continuitatea la dreapta . .1 punct
Problema 4. Demonstrati ca exista siruri (an)n≥0 cu an ∈ {−1,+1}pentru orice n ∈ N, astfel ıncat
limn→∞
(√n + a1 +
√n + a2 + · · · +
√n + an − n
√n + a0
)
=1
2.
Solutie. Evident, trebuie sa alegem a0 = −1. Pentru fiecare n ∈ N∗
sa notam cu kn numarul de termeni egali cu +1 din secventa a1, a2, . . . , an,
restul fiind egali cu −1. Sirul a carui limita o cautam a fi1
2, fie el notat xn,
devinexn = kn
√n + 1 − kn
√n − 1.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctPrin rationalizare, avem
xn =2kn√
n + 1 +√
n − 1=
2 kn√
n√
1 + 1
n+
√
1 − 1
n
.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct
Ramane sa construim sirul (an)n≥1 astfel ca limn→∞
kn√n
=1
2. . 1 punct
2
www.neutr
ino.ro
Sa alegem an = +1 daca si numai daca n = (2m)2, cu m ∈ N∗. Prin
urmare (2kn)2 ≤ n < (2(kn + 1))2. De aici rezulta
√n
2− 1 < kn ≤
√n
2,
ceea ce asigura conditia din limita de mai sus . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 puncte
Observatie. Se vor acorda pana la 3 puncte pentru constructia unorsubsiruri ale lui xn ce satisfac conditia.
Remarca. La fel se demonstreaza ca pentru orice ℓ ∈ R exista un sir(an)n≥0 astfel ıncat lim
n→∞
xn = ℓ. Presupunem mai ıntai 0 < ℓ < +∞ si luam
a0 = −1, ca mai sus.
Pentru a construi sirul (an)n≥1 astfel ca limn→∞
kn√n
= ℓ, alegem an = +1
daca si numai daca n =
⌊
(
N +m
ℓ
)2⌋
, cu m ∈ N∗ si N fixat, suficient
de mare pentru ca aceste valori sa fie distincte. Atunci, pentru n → ∞,obtinem rezultatul dorit ın limita de mai sus.
Pentru ℓ = 0 putem lua toti an egali; pentru ℓ = +∞ putem lua a0 = −1si toti an = +1 pentru n ≥ 1 (si, similar, pentru ℓ = −∞ putem lua a0 = +1si toti an = −1 pentru n ≥ 1). In fine, pentru −∞ < ℓ < 0, luam a0 = +1si procedam exact ca mai sus.
3
www.neutr
ino.ro
Ministerul Educatiei, Cercetarii, Tineretului si SportuluiSocietatea de Stiinte Matematice din Romania
Olimpiada Nationala de Matematica
Etapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, 13 Martie 2010
CLASA A XII-ASOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE
Problema 1. Fie S suma elementelor inversabile ale unui inel finit.Aratati ca S2 = S sau S2 = 0.
Solutie. Daca 1 + 1 6= 0, atunci x 6= −x, oricare ar fi x inversabil, deciS = 0 (suma elementelor inversabile este 0 pe perechile (x,−x)).. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte
In caz contrar, observam ca xS = S, oricare ar fi x inversabil. Prin sumarerezulta S2 = kS, unde k este numarul elementelor inversabile.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 puncte
Atunci pentru k impar obtinem S2 = S, iar pentru k par obtinem S2 = 0(caci 1 + 1 = 0).. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte
Remarca. Modele pentru diferitele cazuri sunt• S = 0, pentru orice inel finit de caracteristica diferita de 2 (vezi mai
sus), dar si pentru corpurile finite F2n cu n > 1 (din xS = S pentru orice xinversabil ar rezulta x = 1 daca S inversabil, deci S = 0);• S = 1, pentru inelele Booleene Zn
2 cu n ≥ 1 (inclusiv corpul F2);• S2 = 0, dar S 6= 0, pentru inelul matricelor patrate triunghiular-
superioare de ordin 2, cu elemente ın F2;• S2 = S, dar S 6= 0 si S 6= 1, pentru inelele F2n × F2 cu n > 1.
Problema 2. Fie G un grup cu proprietatea ca daca a, b ∈ G sia2b = ba2, atunci ab = ba.
(i) Daca G are 2n elemente, aratati ca G este abelian.
(ii) Dati un exemplu de grup neabelian care are proprietatea din enunt.
Gazeta Matematica
Solutie.(i) Pentru a ∈ G, fie C(a) = {b : b ∈ G si ab = ba}. Din ipoteza rezulta
ca C(a2) ⊆ C(a). Intrucat C(a) ⊆ C(a2), obtinem C(a) = C(a2), oricare arfi a ∈ G. Prin urmare, C(a) = C(a2) = · · · = C(a2n
) = C(e) = G, oricarear fi a ∈ G, adica G este abelian.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 puncte
www.neutr
ino.ro
(ii) Un exemplu de grup neabelian care are proprietatea din enunt estegrupul multiplicativ (G, ·) al matricelor de forma 1 a b
0 1 c
0 0 1
, a, b, c ∈ Z3.
Intrucat A3 = I3 oricare ar fi A ∈ G, daca A2B = BA2, atunci avem siA−1B = BA−1, deci AB = BA.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 puncte
Remarca. Orice grup finit G de ordin impar are proprietatea din enunt,deoarece C(a2) ⊆ C(a|G|+1) = C(a) ⊆ C(a2) (deci C(a) = C(a2)), oricarear fi a ∈ G. Deci orice astfel de grup neabelian este un exemplu pentru (ii).
Problema 3. Fie a < c < b trei numere reale si f : [a, b]→ R o functiecontinua ın c. Aratati ca daca f are primitive pe fiecare dintre intervalele[a, c) si (c, b], atunci f are primitive pe intervalul [a, b].
Solutie. Functia f are primitive pe intervalul [a, b] daca si numai dacafunctia g = f + 1 − f(c) are primitive pe [a, b]. Deci putem presupune caf(c) = 1. Intrucat f este continua ın c, exista [α, β] ⊆ [a, b], astfel ıncatc ∈ (α, β) si 0 < f(x) < 2, oricare ar fi x ∈ [α, β].. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte
Fie Fa, respectiv Fb, o primitiva a lui f pe intervalul [a, c), respectiv(c, b]. Intrucat Fa si Fb sunt crescatoare pe intervalele [α, c), respectiv (c, β],rezulta ca limitele lim
x→cFa(x) = p si lim
x→cFb(x) = q exista si sunt finite, caci
Fa si Fb sunt marginite pe aceste intervale (de exemplu, pentru x ∈ (α, c),avem Fa(x)−Fa(α) = f(ξ) pentru un anume ξ ∈ (α, x), dar f este marginitape [α, x] ⊂ [α, β]).. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 puncte
Functia F : [a, b] → R, F (x) = Fa(x) pentru x ∈ [a, c), F (c) = p siF (x) = Fb(x) + p− q pentru x ∈ (c, b], este o primitiva a lui f pe [a, b].. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte
Problema 4. Fie f : [0, 1]→ R o functie derivabila, astfel ıncat
f(0) = f(1),∫ 1
0f(x) dx = 0 si f ′(x) 6= 1, oricare ar fi x ∈ [0, 1].
(i) Demonstrati ca functia g : [0, 1] → R data prin g(x) = f(x) − x estestrict descrescatoare.
(ii) Aratati ca pentru orice numar ıntreg n ≥ 1 avem∣∣∣∣∣n−1∑k=0
f
(k
n
)∣∣∣∣∣ < 12.
2
www.neutr
ino.ro
Solutia 1. (i) Deoarece f ′ (ca functie derivata) are proprietatea valoriiintermediare (Darboux), rezulta ca f ′(x) < 1, oricare ar fi x ∈ [0, 1], sauf ′(x) > 1, oricare ar fi x ∈ [0, 1]. Conform teoremei lui Rolle, exista ınsa unpunct c ∈ (0, 1), astfel ıncat f ′(c) = 0. Deci f ′(x) < 1, oricare ar fi x ∈ [0, 1].Fie g : [0, 1]→ R, g(x) = f(x)− x. Cum g′(x) = f ′(x)− 1 < 0, oricare ar fix ∈ [0, 1], rezulta ca g este strict descrescatoare.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct
(ii) Cum
s∆(g) <∫ 1
0g(x) dx < S∆(g),
unde s∆(g) si S∆(g) sunt sumele Darboux inferioara, respectiv superioaraale lui g pentru diviziunea ∆ = {0, 1/n, . . . , (n− 1)/n, 1}, rezulta
1n
n−1∑k=0
(f
(k + 1n
)− k + 1
n
)<
∫ 1
0(f(x)− x) dx <
1n
n−1∑k=0
(f
(k
n
)− k
n
).
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 puncte
Cum f(0) = f(1) si∫ 1
0f(x) dx = 0, obtinem
n−1∑k=0
f
(k
n
)− n+ 1
2< −n
2<
n−1∑k=0
f
(k
n
)− n− 1
2,
de unde rezulta inegalitatea din enunt.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte
Solutia 2. Aceeasi demonstratie pentru (i) ca ın Solutia 1.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct
(ii) Fie G : [0, 1]→ R, G(x) = F (x)− x2
2 , unde F este o primitiva a luif . Functia G′(x) = f(x)− x este strict descrescatoare, deoarece derivata saG′′(x) = f ′(x)− 1 < 0, oricare ar fi x ∈ [0, 1].. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte
Din teorema lui Lagrange, aplicata functiei G pe intervalul[
kn ,
k+1n
],
k = 0, . . . , n− 1, rezulta ca
f
(k + 1n
)− k + 1
n< n
(F
(k + 1n
)− F
(k
n
)− 2k + 1
2n2
)< f
(k
n
)− k
n
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte
3
www.neutr
ino.ro
Prin sumarea acestor inegalitati obtinem
n−1∑k=0
f
(k + 1n
)− n+ 1
2< n
(F (1)− F (0)− 1
2
)<
n−1∑k=0
f
(k
n
)− n− 1
2.
Cum F (1) − F (0) =∫ 1
0f(x) dx = 0 si f(0) = f(1), rezulta inegalitatea
ceruta.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte
Remarca. Concluzia ramane adevarata, atat pentru f(0) ≤ f(1), cat siatunci cand conditiile f(0) = f(1) si f ′(x) 6= 1, oricare ar fi x ∈ [0, 1], suntınlocuite prin conditia |f ′(x)| < 1, oricare ar fi x ∈ [0, 1].
4