olimpiada de matematicĂ etapa local , 2.02.2019 clasa a ... · divide și cu 9. contradicția...

OLIMPIADA DE MATEMATICĂ

ETAPA LOCALĂ, 2.02.2019

CLASA a VII-a

SOLUŢII ŞI BAREME ORIENTATIVE

Notă: Fiecare subiect se punctează de la 0 la 7 puncte. Se acordă numai punctaje

întregi. Orice altă rezolvare se asimilează conform baremului.

Enunţ subiect 1, autor Traian Preda

a) Arătați că √2020 ∙ 2021 + 2020 + 2021 este număr irațional b) Aflați cel mai mare număr întreg negativ x cu proprietatea că

√2020 ∙ 2021 + 2020 + 2021 + 𝑥 ∈ 𝑸

c) Aflați cel mai mic număr natural n cu proprietatea că

√2020 ∙ 2021 + 2020 + 2021 + 𝑛 ∈ 𝑸.

Detalii rezolvare Barem

asociat

a) 2020⸱2021+2020+2021=20212+2020 1p

20212 < 20212+2020 < 20222 ⇒ 20212+2020 nu este pătrat perfect ⇒

√2020 ∙ 2021 + 2020 + 2021 ∈ 𝑹 ∖ 𝑸

2p

b) 𝑥 = −2020 2p

c) 20212+2020+n=20222 ⇒ n=2023 2p

Obs.: La subpunctul a) se poate folosi și faptul că 2020 ∙ 2021 + 2020 + 2021 este 𝑀3 + 2

Enunţ subiect 2, autor Vasile Scurtu, Bistrița, G.M. nr. 12/2019

Fie AB un diametru al cercului 𝒞(𝑂, 𝑟). Prin punctul P, mijlocul lui [OA], construim

perpendiculara pe AB care intersectează cercul în C și D. Tangenta în C la cerc intersectează

dreapta AB în M. Arătați că A este mijlocul segmentului [OM].


asociat

𝑀𝐶 tangentă la cerc în 𝐶 ⇒ 𝑀𝐶 ⊥ 𝑂𝐶 ⇒ ∢𝑀𝐶𝑂 = 90𝑜 1p

𝐶𝑃 înălțime și mediană în ∆𝐴𝐶𝑂 ⇒ ∆𝐴𝐶𝑂 isoscel de bază [𝐴𝑂] ⇒ 𝐴𝐶 = 𝑂𝐶 1p

𝐴𝑂 = 𝑂𝐶 (raze) și 𝐴𝐶 = 𝑂𝐶 ⇒ ∆𝐴𝐶𝑂 echilateral ⇒ 𝐴𝐶 = 𝐴𝑂 și 2p

∢𝐴𝑂𝐶 = 60𝑜 ⇒ ∢𝐴𝑀𝐶 = 180𝑜 − 90𝑜 − 60𝑜 = 30𝑜

∢𝐴𝐶𝑂 = 60𝑜 ⇒ ∢𝐴𝐶𝑀 = 90𝑜 − 60𝑜 = 30𝑜 } ⇒ ∆𝐴𝑀𝐶 isoscel ⇒ 2p

𝐴𝑀 = 𝐴𝐶𝐴𝐶 = 𝐴𝑂

} ⇒ 𝐴𝑀 = 𝐴𝑂 ⇒ 𝐴 este mijlocul segmentului [𝑂𝑀] 1p

Mi n i s t e r u l

Ed u c a ţ i e i

N a ţ i o n a l e

SOCIETATEA DE

ŞTIINŢE MATEMATICE

DIN ROMÂNIA

Enunţ subiect 3, autor Bogdan Georgescu

a) Există numere naturale de forma 𝑎𝑏𝑐𝑑 cu proprietatea că 𝑎𝑏 2 − 𝑐𝑑 2 = 2020?

b) Determinați numerele naturale de forma 𝑎𝑏𝑐𝑑 cu proprietatea că 𝑎𝑏 2 + 𝑐𝑑 2 = 2020.


asociat

a) (𝑎𝑏 − 𝑐𝑑 )(𝑎𝑏 + 𝑐𝑑 ) = 22 ∙ 5 ∙ 101 1p

Cum 𝑎𝑏 − 𝑐𝑑 și 𝑎𝑏 + 𝑐𝑑 au aceeași paritate ⇒ 𝑎𝑏 − 𝑐𝑑 = 2 și 𝑎𝑏 + 𝑐𝑑 = 1010

sau 𝑎𝑏 − 𝑐𝑑 = 10 și 𝑎𝑏 + 𝑐𝑑 = 202

1p

care nu au soluții numere naturale de două cifre ⇒ numerele nu există 1p

b) Un pătrat perfect este 𝑀4 sau 𝑀4 + 1, 2020 = 𝑀4 ⇒ și 𝑎𝑏 și 𝑐𝑑 sunt pare ⇒ 1p

𝑎𝑏 = 2𝑘, 𝑐𝑑 = 2𝑝 ⇒ 𝑘2 + 𝑝2 = 505, simetrică ⇒ fie 5 ≤ 𝑝 < 16 ≤ 𝑘 ≤ 22 1p

cu soluțiile 212 + 82 = 505 și 192 + 122 = 505 ⇒

𝑎𝑏𝑐𝑑 ∈ {4216,1642,3824,2438}

2p


Fie 𝐴𝐵𝐶 un triunghi ascuțitunghic, 𝐵𝐷 și 𝐶𝐸 înălțimile sale, unde 𝐷 ∈ (𝐴𝐶) și 𝐸 ∈ (𝐴𝐵). Bisectoarea ∢𝐴𝐵𝐷 intersectează dreptele 𝐶𝐸 și 𝐴𝐶 în punctele 𝑀, respectiv 𝑃, iar bisectoarea ∢𝐴𝐶𝐸 intersectea𝑧ă dreptele 𝐵𝐷 și 𝐴𝐵 în punctele 𝑁, respectiv 𝑄. Demonstrați că:

a) MNPQ este romb

b) MNPQ este pătrat dacă și numai dacă AB=AC.


asociat

a) ∢𝑃𝐵𝐶 = 90𝑜 − ∢𝐶 +90𝑜 − ∢𝐴

2, iar ∢𝑄𝐶𝐵 = 90𝑜 − ∢𝐵 +

90𝑜 − ∢𝐴

2⇒

1p

∢𝑃𝐵𝐶 + ∢𝑄𝐶𝐵 = 180𝑜 − ∢𝐵 − ∢𝐶 + 90𝑜 − ∢𝐴 = 90𝑜

Dacă notăm 𝐵𝑃 ∩ 𝐶𝑄 = {𝑂} ⇒ ∢𝐵𝑂𝐶 = 90𝑜 ⇒ 1p

𝐵𝑂 înălțime și bisectoare în ∆BQN ⇒ 𝑄𝑂 = 𝑂𝑁 și, analog, 𝑀𝑂 = 𝑂𝑃 ⇒ 1p

𝑀𝑁𝑃𝑄 paralelogram. Dar 𝑀𝑃 ⊥ 𝑄𝑁 ⇒ 𝑀𝑁𝑃𝑄 romb 1p

b)𝑀 ortocentrul ∆𝐵𝑄𝐶 ⇒ 𝑄𝑀 ⊥ 𝐵𝐶 și, analog, 𝑃𝑁 ⊥ 𝐵𝐶 1p

𝑀𝑁𝑃𝑄 pătrat ⇔ ∢𝑀𝑄𝑁 = 45𝑜 ⇔ ∢𝐵𝐶𝑄 = 45𝑜 ⇔ 90𝑜 − ∢𝐵 +90𝑜 − ∢𝐴

2= 45𝑜

1p

⇔ 180𝑜 = 2 ∙ ∢𝐵 + ∢𝐴 ⇔ ∢𝐴 + ∢𝐵 + ∢𝐶 = 2 ∙ ∢𝐵 + ∢𝐴 ⇔ ∢𝐶 = ∢𝐵 ⇔ 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶 1p



CLASA a VIII-a


Notă: Fiecare subiect se punctează de la 0 la 7 puncte. Se acordă numai punctaje

întregi. Orice altă rezolvare se asimilează conform baremului.

Enunţ subiect 1, autor Cristian Olteanu

a) Arătați că1

√𝑛 + √𝑛2 − 1=√2

2(√𝑛 + 1 − √𝑛 − 1), unde 𝑛 ∈ 𝑵∗

b) Aflați 𝑛 ∈ 𝑵∗ astfel încât 1 +1

√2+√1∙3+

1

√3+√2∙4+

1

√4+√3∙5+⋯+

1

√𝑛+√(𝑛−1)∙(𝑛+1)

=

= √2(1

√2020+√2018+

1

√2019+√2017) +

1

√2(

1

√2018−√2017− 1)


asociat

a) Ridicând la pătrat, obținem 1

𝑛 + √𝑛2 − 1=1

2(√𝑛 + 1 − √𝑛 − 1)

2⇔

1p

𝑛 −√𝑛2 − 1 =1

2(𝑛 + 1 + 𝑛 − 1 − 2√(𝑛 + 1)(𝑛 − 1)) ⇔ 𝑛 −√𝑛2 − 1 = 𝑛 − √𝑛2 − 1

2p

b) Aplicând a) obținem 1 +1

√2+√1∙3+

1

√3+√2∙4+

1

√4+√3∙5+⋯+

1

√𝑛+√(𝑛−1)∙(𝑛+1)

=

1 +√2

2(√3 − √1) +

√2

2(√4 − √2) +

√2

2(√5 − √3) +⋯+

√2

2(√𝑛 + 1 − √𝑛 − 1)=

1 +√2

2(√𝑛 + 1 + √𝑛 − √2 − √1) =

√2

2(√𝑛 + 1 + √𝑛 − 1)

2p

√2(1

√2020+√2018+

1

√2019+√2017) +

1

√2(

1

√2018−√2017− 1) =

√2

2(√2020 + √2019 − 1) 1p

Obținem √𝑛 + 1 + √𝑛 = √2020 + √2019 ⇒ 𝑛 = 2019 1p


Fie 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ un cub, M și N mijloacele muchiilor 𝐴𝐴′, respectiv 𝐶′𝐷′, iar 𝑂 și 𝑂′ centrele fețelor 𝐵𝐶𝐶′𝐵′, respectiv 𝐴𝐷𝐷′𝐴′.

a) Demonstrați că 𝑁𝑂′ ⊥ (𝐵′𝐶𝐷′) b) Determinați sinusul unghiului dintre dreptele 𝑀𝑂 și 𝑁𝑂′.


asociat

a) 𝑁𝑂′ linie mijlocie în ∆𝐴𝐶′𝐷′ ⇒ 𝑁𝑂′ ∥ 𝐴𝐶′ 1p

𝐴𝐶𝐵′𝐷′ tetraedru regulat ⇒ 𝐴𝐺 ⊥ (𝐵′𝐶𝐷′), unde G centrul triunghiului 𝐵′𝐶𝐷′ 𝐶′𝐶𝐵′𝐷′ piramidă triunghiulară regulată ⇒ 𝐶′𝐺 ⊥ (𝐵′𝐶𝐷′)

1p

⇒ 𝐴𝐶′ ⊥ (𝐵′𝐶𝐷′). Cum 𝑁𝑂′ ∥ 𝐴𝐶′ ⇒ 𝑁𝑂′ ⊥ (𝐵′𝐶𝐷′) 1p

Mi n i s t e r u l

Ed u c a ţ i e i

N a ţ i o n a l e

SOCIETATEA DE

ŞTIINŢE MATEMATICE

DIN ROMÂNIA

b) Fie 𝑃 mijlocul segmentului 𝐶𝐶′ ⇒ 𝑂𝑃 𝑙. 𝑚. în ∆𝐵𝐶𝐶′ ⇒ 𝑂𝑃 ∥ 𝐵𝐶 și 𝑂𝑃 =𝐵𝐶

2

Analog 𝑀𝑂′ ∥ 𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶 și 𝑀𝑂′ =𝐴𝐷

2=𝐵𝐶

2⇒ 𝑀𝑂𝑃𝑂′paralelogram ⇒

𝑀𝑂 ∥ 𝑂′𝑃 ⇒ 𝑚(∢𝑀𝑂,𝑁𝑂′) = 𝑚(∢𝑂′𝑃,𝑁𝑂′) = 𝑚(∢𝑁𝑂′𝑃)

2p

În ∆𝑁𝑂′𝑃, 𝑁𝑃 = 𝑎√2, 𝑂′𝑃 = 𝑎√5, iar 𝑁𝑂′ = 𝑎√3, unde am notat 𝐴𝐵 = 2𝑎 1p

Din reciproca teoremei lui Pitagora obținem ∆𝑁𝑂′𝑃 dreptunghic în 𝑁

⇒ sin(∢𝑁𝑂′𝑃) =𝑁𝑃

𝑂′𝑃=𝑎√2

𝑎√5=√10

5

1p

Obs. La subpunctul b) se poate considera și Q mijlocul segmentului AB

Enunţ subiect 3, autori Mihai Monea, Deva și Mihai Opincariu, Brad, G.M. 11/2019

Se consideră mulțimea 𝑀 = {𝑎2 + 2𝑏2|𝑎, 𝑏 ∈ 𝑵} și n un număr natural. Dacă 100𝑛 ∈ 𝑀,

demonstrați că 99𝑛 ∈ 𝑀.


asociat

100𝑛 = 𝑎2 + 2𝑏2 ⇒ 𝑎2 ⋮ 2 ⇒ 𝑎 ⋮ 2 ⇒ 𝑏2 ⋮ 2 ⇒ 𝑏 ⋮ 2 1p

Un pătrat perfect poate fi de forma 𝑀5, 𝑀5 + 1 sau 𝑀5 + 4 1p

Cum 𝑎2 + 2𝑏2 ⋮ 5, convine doar 𝑎 ⋮ 5 și 𝑏 ⋮ 5 ⇒ 𝑎 = 10𝑥 și b = 10𝑦 ⇒ 1p

100𝑛 = 100𝑥2 + 200𝑦2 ⇒ 𝑛 = 𝑥2 + 2𝑦2 ⇒ 𝑛 ∈ 𝑀 1p

9𝑛 = (3𝑥)2 + 2(3𝑦)2 ⇒ 9𝑛 ∈ 𝑀 1p

Dacă notăm 9𝑛 = 𝑐2 + 2𝑑2 ⇒ 99𝑛 = 11 ∙ 9𝑛 = (32 + 12 + 12)(𝑐2 + 𝑑2 + 𝑑2) = (3𝑐 + 𝑑 + 𝑑)2 + (3𝑐 − 𝑑)2 + (3𝑐 − 𝑑)2 + (𝑑 − 𝑑)2 (Lagrange) ⇒

99𝑛 = (3𝑐 + 2𝑑)2 + 2(3𝑐 − 𝑑)2 ⇒ 99𝑛 ∈ 𝑀

2p

Obs. Alternativ 99𝑛 = (72 + 52 + 52)(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑦2), etc.


Fie VABCD o piramidă cu baza ABCD paralelogram. Considerăm punctele P,Q pe diagonala

[BD] astfel încât 𝐵𝑄 = 𝐷𝑃 =𝐵𝐷

6, M mijlocul muchiei [VD], iar 𝑁 ∈ (𝑉𝐵)astfel încât 𝑉𝑁 =

3𝑁𝐵. Demonstrați că:

a) (MPC)∥(AQN)

b) RS∥(MPC), unde R și S sunt mijloacele segmentelor [AM], respectiv [NC].


asociat

a)𝐷𝑃 = 𝐵𝑄 = 𝑎 ⇒ 𝑃𝑄 = 4𝑎. Construim 𝑉𝑈 ∥ 𝑀𝑃 ⇒ 𝑃𝑈 = 𝐷𝑃 = 𝑎 1p

𝑈𝑄 = 4𝑎 − 𝑎 = 3𝑎 ⇒𝑈𝑄

𝑄𝐵=𝑉𝑁

𝑁𝐵= 3

𝑅.𝑇.𝑇ℎ𝑎𝑙𝑒𝑠⇒ 𝑁𝑄 ∥ 𝑉𝑈 ∥ 𝑀𝑃

1p

𝐴𝑄 ∥ 𝐶𝑃 (𝐴𝑄𝐶𝑃 paralelogram) ⇒ (𝐴𝑄𝑁) ∥ (𝑀𝑃𝐶) 2p

b)Fie {𝑂} = 𝐴𝐶 ∩ 𝐵𝐷 ⇒ 𝑅𝑂 linie mijlocie în ∆𝐴𝑀𝐶 ⇒ 𝑅𝑂 ∥ 𝑀𝐶,𝑀𝐶 ⊂ (𝑀𝑃𝐶) ⇒ 𝑅𝑂 ∥ (𝑀𝑃𝐶)(1)

1p

𝑂𝑆 linie mijlocie în ∆𝐴𝑁𝐶 ⇒ 𝑂𝑆 ∥ 𝐴𝑁,𝐴𝑁 ⊂ (𝐴𝑁𝐶)⇒ 𝑂𝑆 ∥ (𝐴𝑁𝐶) ∥ (𝑀𝑃𝐶)(2) 1p

Din (1)și(2)⇒ (𝑂𝑅𝑆) ∥ (𝑀𝑃𝐶), dar 𝑅𝑆 ⊂ (𝑂𝑅𝑆) ⇒ 𝑅𝑆 ∥ (𝑀𝑃𝐶) 1p



CLASA a IX-a


Notă: Fiecare subiect se punctează de la 0 la 7 puncte. Se acordă numai punctaje întregi. Orice

altă rezolvare se asimilează conform baremului.

Enunţ subiect 1, autor Valentin Nicula

Determinați numerele naturale n pentru care numărul √𝟒𝒏 + 𝟏 + √𝟗𝒏 + 𝟏𝟑

este număr rațional.

Detalii rezolvare Barem asociat

Fie m, n ∈ 𝑁∗ astfel încât √𝑚 + √𝑛 = 𝑟 , cu 𝑟 ∈ 𝑄∗. Rezultă că √𝑚 = 𝑟 −

√𝑛.

Avem 𝑚 = 𝑟2 − 2𝑟√𝑛 + 𝑛 și implicit √𝑛 =𝑟2+𝑛−𝑚

2𝑟, de unde √𝑛 ∈ 𝑄∗.

2p

Fie p, q ∈ 𝑁∗, cu (𝑝, 𝑞) = 1astfel încât √𝑛 =𝑝

𝑞 . Avem 𝑛𝑞2 = 𝑝2, de unde

𝑛 ⋮ 𝑝2. Rezultă 𝑛 = 𝑘𝑝2, cu k ∈ 𝑁∗ și implicit 𝑘𝑞2 = 1, de unde 𝑞2 = 1. În

concluzie √𝑛 ∈ 𝑁∗ și din simetria relației √𝑚 ∈ 𝑁∗ .

1p

Fie p, q ∈ 𝑁∗ astfel încât 4𝑛 + 1 = 𝑝2 și 9𝑛 + 13 = 𝑞2. Rezultă că 4𝑞2 − 9𝑝2 = 43 și implicit (2𝑞 − 3𝑝)(2𝑞 + 3𝑝) = 43.

2p

Din 2𝑞 − 3𝑝 = 1 și 2𝑞 + 3𝑝 = 43 obținem 𝑞 = 11 și 𝑝 = 7 , de unde 𝑛 =12.

2p

Enunţ subiect 2, autor Mircea Țeca

Fie numerele reale a și b cu proprietatea [|𝒂 + 𝒃|] < 𝟒. Arătați că [𝒂𝒃] < 𝟒. (Pentru a real se notează [𝐚] partea întreagă a lui a și |𝐚| modulul lui a).


Din [|𝑎 + 𝑏|] < 4 rezultă [|𝑎 + 𝑏|] ≤ 3 , de unde |𝑎 + 𝑏| < 4. 2p Ridicând la pătrat obținem 𝑎2 + 2𝑎𝑏 + 𝑏2 < 16 și implicit (𝑎 − 𝑏)2 +4𝑎𝑏 < 16. Rezultă că 4𝑎𝑏 < 16, de unde 𝑎𝑏 < 4.

4p

Cum [𝑎𝑏] ≤ 𝑎𝑏, obținem în concluzie [𝑎𝑏] < 4. 1p

Enunţ subiect 3, autor Costin Negrii - G.M.10/2019

Să se rezolve în mulțimea ℕ × ℕ ecuația: 𝒙𝟐 − 𝒚! = 𝟐𝟎𝟏𝟗. (Pentru n natural nenul se notează 𝒏! = 𝟏 ∙ 𝟐 ∙ . . .∙ 𝒏, iar 𝟎! = 𝟏).


Pentru 𝑦 > 5 numărul 𝑦! este multiplu de 9 și cum 2019 este multiplu de 3, dar nu de 9, rezultă că 𝑥2 este multiplu de 3 și nu de 9.

2p

Acest lucru nu este posibil, căci dacă 𝑥2 se divide cu 3, atunci 𝑥2 se divide și cu 9. Contradicția obținută arată că 𝑦 este cel mult egal cu 5.

2p

Încercând toate valorile 𝑦 = 0, 1, 2, 3, 4, 5 singura care verifică

√2019 + 𝑦! ∈ 𝑵, este y=3 pentru care 𝑥 = 45. În concluzie, avem

soluția unică x=45 și y=3.

3p

Enunţ subiect 4, autori Petre Simion, Cristian Ciobănescu

În pătratul 𝑨𝑩𝑪𝑫, fie 𝑴 ∈ 𝑨𝑪. Paralela prin 𝑴 la 𝑨𝑫 intersectează 𝑩𝑫 în 𝑵, paralela prin 𝑵 la 𝑫𝑪 intersectează 𝑨𝑪 în 𝑷, iar paralela prin 𝑷 la 𝑩𝑪 intersectează 𝑫𝑩 în 𝑸. Punctele 𝑶𝟏, 𝑶𝟐, 𝑶𝟑 și 𝑶𝟒 sunt centrele cercurilor circumscrise triunghiurilor

𝑴𝑨𝑩, 𝑵𝑨𝑩, 𝑷𝑪𝑩 și respectiv 𝑵𝑩𝑪. Demonstrați că 𝑶𝟏𝑶𝟐 + 𝑶𝟑𝑶𝟒

= 𝑸𝑵 .


N este ortocentrul triunghiului MAB, iar M este ortocentrul triunghiului NAB P este ortocentrul triunghiului NBC, iar N este ortocentrul triunghiului PBC

2p

Aplicăm Teorema lui Sylvester în triunghiurile MAB, NAB, PCB și NBC se obțin următoarele relații:

O1N = O1A + O1B + O1M (1)

O2M = O2N + O2A + O2B (2)

O3N = O3P + O3B + O3C (3)

O4P = O4N + O4B + O4C (4)

2p

Prin scăderea relațiilor (1) și (2) obținem:

O1N − O2M = O1A + O1B + O1M − O2N − O2A − O2B de unde O1N − O2M =

(O1A + AO2 ) + (O1B + BO2

) + O1M − O2N

De aici 2MN = 2O1O2 , adică MN = O1O2

.

Analog, prin scăderea relațiilor (3) și (4) se obține că PN = O3O4 .

De aici O1O2 + O3O4

= QN , deoarece MNPQ este pătrat.

3p



CLASA a X-a




Enunţ subiect 1, autori Ana-Maria și Daniel Petriceanu

Determinați toate funcțiile injective 𝒇: ℝ → ℝ care verifică egalitatea

𝟐 + 𝒇(𝒙 + 𝒚) = 𝒇(𝒇(𝒙) + 𝒚), ∀𝒙, 𝒚 ∈ ℝ.


Fie 𝑦 → 𝑥 și 𝑥 → 𝑦. Obținem 2 + 𝑓(𝑦 + 𝑥) = 𝑓(𝑓(𝑦) + 𝑥). 2p Rezultă 𝑓(𝑓(𝑥) + 𝑦) = 𝑓(𝑓(𝑦) + 𝑥). Deoarece 𝑓 este funcție injectivă se obține: 𝑓(𝑥) + 𝑦 = 𝑓(𝑦) + 𝑥, ∀𝑥, 𝑦 ∈ ℝ.

2p

Pentru 𝑦 = 0 și notând 𝑓(0) = 𝑘 rezultă că 𝑓(𝑥) = 𝑘 + 𝑥, ∀𝑥 ∈ ℝ. 2p Obținem 2 + 𝑘 + 𝑥 + 𝑦 = 𝑓(𝑥) + 𝑦 + 𝑘 ⟺ 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 2, ∀𝑥 ∈ ℝ. 1p

Enunţ subiect 2, autor Constantin Nicolau, G.M.4/2019

Fie 𝒖, 𝒗 ∈ ℂ, astfel încât |𝒖| = |𝒗| și 𝟐|𝒖 + 𝒗| ≥ |𝒖 + 𝟑𝒗|. Să se arate că 𝒖 = 𝒗.


Dacă 𝑣 = 0, atunci, evident 𝑢 = 𝑣 = 0. 1p

Dacă 𝑣 ≠ 0, fie Dacă 𝑧 =𝑢

𝑣. Condițiile devin |𝑧| = 1 și 2|𝑧 + 1| ≥ |𝑧 + 3| 1p

Ridicând inegalitatea la pătrat, vom obține succesiv 4(𝑧 + 1)(𝑧 + 1) ≥(𝑧 + 3)(𝑧 + 3) ⟺ 𝑧 + 𝑧 ≥ 2. (1)

3p

Dacă 𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖, 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ atunci (1) ⟺ 𝑎 ≥ 1. Însă 𝑎2 + 𝑏2 = 1 (2). 1p Din (2) obținem 𝑎 = 1 și deci 𝑏 = 0, adică 𝑧 = 1. 1p

Enunţ subiect 3, autor Eugen Radu

Rezolvați ecuația 𝟓 + 𝒍𝒐𝒈𝟏𝟐𝒙

𝒙𝟑+𝟏𝟔= 𝒙 +

𝟐

√𝒙−𝟏 .


Condiția de existență 𝑥 > 1. 1p

Din inegalitatea mediilor avem 𝑥 +2

√𝑥−1= 1 + (𝑥 − 1) +

1

√𝑥−1+

1

√𝑥−1≥

1 + +3√(𝑥 − 1) ∙1

√𝑥−1∙

1

√𝑥−1

3= 4 (1)

2p

Egalitate pentru 𝑥 − 1 =1

√𝑥−1⟺ 𝑥 = 2 1p

Dar 𝑥3 + 16 = 𝑥3 + 8 + 8 ≥ 3 √𝑥3 ∙ 8 ∙ 83

= 12𝑥, deci 𝑥

𝑥3+16≤

1

12 , de

unde rezultă că 5 + 𝑙𝑜𝑔12𝑥

𝑥3+16≤ 4. (2)

2p

Din (1) și (2) rezultă 𝑥 = 2, care verifică ecuația dată. 1p

Enunţ subiect 4, autor Mihail Bălună

Rezolvați ecuația 𝒄𝒐𝒔𝟓 𝒙 𝒄𝒐𝒔 𝟓𝒙 − 𝒔𝒊𝒏𝟓 𝒙 𝒔𝒊𝒏 𝟓𝒙 = 𝟏.


Ecuația se poate scrie echivalent 𝑐𝑜𝑠2 𝑥 (1 − 𝑐𝑜𝑠3 𝑥 𝑐𝑜𝑠 5 𝑥) + 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 (1 + 𝑠𝑖𝑛3 𝑥 𝑠𝑖𝑛 5 𝑥) = 0

Deoarece 𝑐𝑜𝑠2 𝑥 (1 − 𝑐𝑜𝑠3 𝑥 𝑐𝑜𝑠 5 𝑥) ≥ 0 şi 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 (1 + 𝑠𝑖𝑛3 𝑥 𝑠𝑖𝑛 5 𝑥) ≥ 0 iar 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 şi 𝑐𝑜𝑠2 𝑥 nu pot fi simultan 0, egalitatea precedentă se realizează doar în cazurile:

2p

I) 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 0 şi 𝑠𝑖𝑛3 𝑥 𝑠𝑖𝑛 5 𝑥 = −1, situaţie în care nu obţinem nicio soluţie, deoarece soluţiile primei ecuaţii nu o verifică şi pe a doua;

1p

II) 𝑠𝑖𝑛 𝑥 = 0 şi 𝑐𝑜𝑠3 𝑥 𝑐𝑜𝑠 5 𝑥 = 1, situaţie în care obţinem soluţiile 𝑥 = 𝑛𝜋, 𝑛 ∈ ℤ;

2p

III) 𝑐𝑜𝑠3 𝑥 = 𝑐𝑜𝑠 5 𝑥 = ±1 şi 𝑠𝑖𝑛3 𝑥 = − 𝑠𝑖𝑛 5 𝑥 = ±1, situaţie în care nu obţinem nicio soluţie, deoarece 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = ±1 ⇒ 𝑠𝑖𝑛 𝑥 = 0.

1p

În concluzie, soluţiile ecuaţiei sunt 𝑥 = 𝑛𝜋, 𝑛 ∈ ℤ. 1p



CLASA a XI-a




Enunţ subiect 1a) , autor ∗∗∗

Determinați toate matricele 𝑿 ∈ 𝓜𝟐(ℝ) care verifică ecuația 𝑿𝟑 − 𝟑𝑿𝟐 + 𝟑𝑿 = (𝟑 𝟏𝟔 𝟒

).


Ecuația devine (𝑋 − 𝐼2)3 = (2 16 3

). Notăm 𝑌 = 𝑋 − 𝐼2 ⟹ 𝑌3 = (2 16 3

) 1p

𝑑𝑒𝑡(𝑌3) = 0 ⟹ 𝑑𝑒𝑡(𝑌) = 0. Din teorema Hamilton-Cayley avem: 𝑌2 − 𝑡𝑌 = 𝑂2 ⟹ 𝑌2 = 𝑡𝑌 ⟹ 𝑌3 = 𝑡2𝑌

1p

Așadar 𝑡2𝑌 = (2 16 3

) ⟹ 𝑇𝑟(𝑡2𝑌) = 5 ⟹ 𝑡3 = 5 ⟹ 𝑡 = √53

(𝑡 ∈ ℝ)

⟹ 𝑌 =1

√253 (

2 16 3

)

1p

Obținem 𝑋 = 𝐼2 + 𝑌 = 𝐼2 +1

√253 (

2 16 3

). 1p

Enunț subiect 1b), autor S. Moldoveanu

În mulțimea 𝓜𝒏({𝟎, 𝟏}), 𝒏 ∈ ℕ∗, 𝒏 ≥ 𝟐, vom spune că o matrice este simplă dacă pe fiecare

linie a sa, între orice două elemente egale cu 1 nu avem niciun element egal cu 0. Demonstrați

că orice matrice simplă are determinantul -1, 0 sau 1.


Vom demonstra afirmația prin inducție matematică. Verificarea cazului n=2 1p Presupunem că orice matrice simplă cu j linii și j coloane are determinantul 0, 1 sau -1 și demonstrăm că orice matrice simplă cu j+1 linii și j+1 coloane are determinantul din aceeași mulțime. Dacă în matricea cu j+1 linii în prima coloană avem numai 0, atunci determinantul său este 0.

2p

Dacă avem cel puțin un element egal cu 1 în prima coloană, vom considera numai liniile care încep cu 1. Dintre acestea vom alege linia care are cele mai puține elemente egale cu 1 și o vom scădea din celelalte linii care încep cu 1 (dacă avem două linii care au același număr minim de valori 1, determinantul este 0). Rezultă că determinantul matricei inițiale este ±1 înmulțit cu determinatul unei matrice simple cu j linii și j coloane. De aici rezultă concluzia.

Enunţ subiect 2, autori Gheorghe Alexe, George-Florin Șerban , GM 5/2019

Matricele 𝑨, 𝑩 ∈ 𝓜𝒏(ℂ) verifică 𝑨𝑩 = 𝟐𝑨 + 𝟑𝑩. Să se arate că 𝒓𝒂𝒏𝒈(𝑨) = 𝒓𝒂𝒏𝒈(𝑩) și

că matricele 𝑨 − 𝟑𝑰𝒏 și 𝑩 − 𝟐𝑰𝒏 sunt inversabile.


𝐴𝐵 = 2𝐴 + 3𝐵 ⇔ 𝐴𝐵 − 2𝐴 − 3𝐵 + 6𝐼𝑛 = 6𝐼𝑛 ⇔ (𝐴 − 3𝐼𝑛)(𝐵 − 2𝐼𝑛) =6𝐼𝑛, de unde aflăm că matricele 𝐴 − 3𝐼𝑛 și 𝐵 − 2𝐼𝑛 sunt inversabile.

3p

𝐴𝐵 = 2𝐴 + 3𝐵 ⇔ 𝐴𝐵 − 2𝐴 = 3𝐵 ⇔ 𝐴(𝐵 − 2𝐼𝑛) = 3𝐵 ⇔

⇔ 𝐴 (1

3(𝐵 − 2𝐼𝑛)) = 𝐵

2p

Cum matricea 1

3(𝐵 − 2𝐼𝑛) este inversabilă, deducem 𝑟𝑎𝑛𝑔(𝐴) =

𝑟𝑎𝑛𝑔(𝐵).

2p

Enunţ subiect 3, autor George-Daniel Zidu

Considerăm șirul (𝒙𝒏)𝒏∈ℕ∗ astfel încât 𝒙𝟏 ∈ [−𝟐; 𝟐] și 𝒙𝒏+𝟏 =𝟑𝒙𝒏+𝟕

𝒙𝒏+𝟑 , 𝒏 ∈ ℕ∗. Să se

stabilească dacă există 𝒑 ∈ ℝ, pentru care șirul (𝒚𝒏)𝒏∈ℕ∗ definit prin 𝒚𝒏 = 𝒏𝒑(√𝟕 − 𝒙𝒏),

𝒏 ∈ ℕ∗ să fie convergent către un număr real nenul.


Se arată prin inducție: 𝑥𝑛 ∈ [1; √7), ∀𝑛 ≥ 2.

𝑥1 ∈ [−2; 2] ⇔ 2

𝑥1+3∈ [

2

5; 2] ⇔ 3 −

2

𝑥1+3∈ [1;

13

5] ⇔ 𝑥2 ∈ [1;

13

5] ⊂ [1; √7).

Pentru 𝑥𝑛 ∈ [1; √7) avem 2

𝑥𝑛+3∈ (3 − √7;

1

2] ⇔ 3 −

2

𝑥𝑛+3∈ [

5

2; √7), de unde

𝑥𝑛+1 ∈ [1; √7). De aici deducem că șirul (𝑥𝑛)𝑛∈ℕ∗ este mărginit.

2p

Pentru monotonie: 𝑥𝑛+1 − 𝑥𝑛 =3𝑥𝑛+7

𝑥𝑛+3− 𝑥𝑛 =

3𝑥𝑛+7−𝑥𝑛2−3𝑥𝑛

𝑥𝑛+3=

7−𝑥𝑛2

𝑥𝑛+3> 0,

∀𝑛 ∈ ℕ∗, adică șirul (𝑥𝑛)𝑛∈ℕ∗ este monoton strict crescător. Din Weierstrass,

(𝑥𝑛)𝑛∈ℕ∗ este convergent și are limita √7.

2p

Avem 𝑦𝑛 = 𝑛𝑝(√7 − 𝑥𝑛) =𝑛𝑝

1

√7−𝑥𝑛

. Admitem că (𝑦𝑛)𝑛∈ℕ∗ este convergent și

notăm lim𝑛→∞

𝑦𝑛 = 𝑙 ∈ ℝ∗. Șirul 𝑧𝑛 =1

√7−𝑥𝑛 este strict crescător și nemărginit.

1p

Fie 𝐿 = lim𝑛→∞

(𝑛+1)𝑝−𝑛𝑝

1

√7−𝑥𝑛+1−

1

√7−𝑥𝑛

= lim𝑛→∞

𝑛𝑝((1+1

𝑛)

𝑝−1)

1

√7−3𝑥𝑛+7𝑥𝑛+3

−1

√7−𝑥𝑛

= lim𝑛→∞

𝑛𝑝((1+

1𝑛

)𝑝

−1

1𝑛

)∙1

𝑛

𝑥𝑛+3

𝑥𝑛√7+3√7−3𝑥𝑛−7−

1

√7−𝑥𝑛

=

lim𝑛→∞

𝑝𝑛𝑝−1

𝑥𝑛+3

(√7−𝑥𝑛)(3−√7)−

1

√7−𝑥𝑛

= lim𝑛→∞

𝑝𝑛𝑝−1(√7−𝑥𝑛)(3−√7)

√7+𝑥𝑛=

𝑝𝑙(3−√7)

2√7∙ lim

𝑛→∞

1

𝑛= 0. Din Stolz-

Cesaro va trebui ca lim𝑛→∞

𝑦𝑛 = 0, adică 𝑙 = 0, de unde aflăm că nu există 𝑝 cu

proprietatea cerută. Obs. În rezolvarea cerinței se poate utiliza criteriul cleștelui.

2p

Enunţ subiect 4, autori Ana-Maria și Daniel Petriceanu

Fie 𝒙𝒏 = {√𝒏 − 𝟏} + {√𝒏} + {√𝒏 + 𝟏} , 𝒏 ∈ ℕ∗.

a) Demonstrați că șirul (𝒙𝒏)𝒏≥𝟏 are un subșir cu limita 1.

b) Demonstrați că ∀𝑳 ∈ [𝟎, 𝟑], există un subșir al șirului (𝒙𝒏)𝒏≥𝟏 care are limita 𝑳.


a) 𝑥4𝑛2 = {√4𝑛2 − 1} + {√4𝑛2} + {√4𝑛2 + 1} = √4𝑛2 − 1 − (2𝑛 − 1) +

√4𝑛2 + 1 − 2𝑛 =

1p

=4𝑛2−1−4𝑛2

√4𝑛2−1+2𝑛+ 1 +

1

√4𝑛2+1+2𝑛⟶ 1 1p

b) Fie 𝑎, 𝑏 ∈ [0; 3), 𝑎 < 𝑏 și 𝑘 > 𝑚𝑎𝑥 {3

𝑏−𝑎;

𝑏2

6(3−𝑏)}. Alegem 𝑛 ∈ ℕ∗ astfel

încât [√𝑛 − 1] = [√𝑛] = [√𝑛 + 1] = 𝑘 ⟺ 𝑘2 + 1 ≤ 𝑛 < (𝑘 + 1)2 − 1.

1p

Demonstrăm că ∃𝑛 ∈ ℕ∗ astfel încât 𝑎 < 𝑥𝑛 < 𝑏.

𝑎 < {√𝑛 − 1} + {√𝑛} + {√𝑛 + 1} < 𝑏 ⟺ 𝑎 < √𝑛 − 1 + √𝑛 + √𝑛 + 1 − 3𝑘 < 𝑏

⟺ 𝑎 + 3𝑘 < √𝑛 − 1 + √𝑛 + √𝑛 + 1 < 𝑏 + 3𝑘.

Avem √𝑛 − 1 + √𝑛 + √𝑛 + 1 < 3√𝑛. Punem condiția 3√𝑛 < 𝑏 + 3𝑘 ⟺ 𝑛 <

(𝑏+3𝑘

3)

2

Avem √𝑛 − 1 + √𝑛 + √𝑛 + 1 > 3√𝑛 − 1. Punem condiția 3√𝑛 − 1 > 𝑎 + 3𝑘 ⟺

𝑛 > 1 + (𝑎+3𝑘

3)

2

. Deoarece (𝑏+3𝑘

3)

2

− (𝑎+3𝑘

3)

2

− 1 > 1 ⟺

𝑏2 − 𝑎2 + 6𝑘(𝑏 − 𝑎) > 18, este adevărată pentru că știm 𝑘 >3

𝑏−𝑎 .

Deci ∃𝑛 ∈ ℕ∗ astfel încât 1 + (𝑎+3𝑘

3)

2

< 𝑛 < (𝑏+3𝑘

3)

2

. (1)

2p

Deoarece 𝑘2 + 1 ≤ 𝑛 < (𝑘 + 1)2 − 1, demonstrăm că valorile lui 𝑛, determinate în relația (1), verifică aceste inegalități:

𝑘2 + 1 ≤ (𝑎+3𝑘

3)

2

+ 1 ⟺ a≥ 0 adevărată.

2p

(𝑏+3𝑘

3)

2

< (𝑘 + 1)2 − 1 ⟺ 𝑘 >𝑏2

6(3−𝑏) adevărată.

Așadar, ∃𝑛 ∈ ℕ∗ astfel încât 𝑎 < 𝑥𝑛 < 𝑏. Am demonstrat că {𝑥𝑛|𝑛 ∈ ℕ∗} este

densă în [0,3], deci ∀𝐿 ∈ [0,3], ∃(𝑥𝑘𝑛)

𝑛⊂ (𝑥𝑛)𝑛 astfel încât lim

𝑛⟶∞𝑥𝑘𝑛

= 𝐿.



CLASA a XII-a




Enunţ subiect 1, autor Constantin Nicolau GM 6-7-8/2019

Să se calculeze 𝒍𝒊𝒎𝒏→∞

∫ 𝒙𝟒 𝒄𝒐𝒔𝒙

𝒏ⅆ𝒙

𝟐

𝟎

.


∫ 𝑥4 𝑐𝑜𝑠𝑥

𝑛ⅆ𝑥

2

0

=32

5− 2 ∫ 𝑥4 sin2 𝑥

2𝑛ⅆ𝑥

2

0

2p

Avem 0 ≤ 𝑥4 𝑠𝑖𝑛2 𝑥

2𝑛≤

𝑥6

4𝑛2 , ∀𝑥 ∈ [0; 2] ⇒ 0 ≤ ∫ 𝑥4 sin2 𝑥

2𝑛ⅆ𝑥

2

0

≤27

28𝑛4 3p

𝑙𝑖𝑚𝑛→∞

∫ 𝑥4 𝑠𝑖𝑛2 𝑥

2𝑛ⅆ𝑥

2

0

= 0 1p

Obținem că există 𝑙𝑖𝑚𝑛→∞

∫ 𝑥4 𝑐𝑜𝑠𝑥

𝑛ⅆ𝑥

2

0

=32

5

1p

Enunţ subiect 2, autori Ana-Maria si Daniel Petriceanu

Determinați toate funcțiile derivabile 𝒇, 𝒈: ℝ → ℝ care verifică condițiile 𝒇 ∈ ∫ 𝒈(𝒙) ⅆ𝒙 și

𝒈 ∈ ∫ 𝒇(𝒙) ⅆ𝒙.


Avem 𝑓′(𝑥) = 𝑔(𝑥) si 𝑔′(𝑥) = 𝑓(𝑥), ∀𝑥 ∈ ℝ 2p

Obținem 𝑓′(𝑥) + 𝑔′(𝑥) = 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥) ⇔ (𝑓′(𝑥) + 𝑔′(𝑥))𝑒−𝑥 − (𝑓(𝑥) +

𝑔(𝑥))𝑒−𝑥 = 0 ⇔ ∃𝑐1 ∈ ℝ astfel încât (𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥))𝑒−𝑥 = 𝑐1 ⇔ 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥) =

𝑐1𝑒𝑥

2p

Pe de altă parte avem: 𝑓′(𝑥) − 𝑔′(𝑥) = 𝑔(𝑥) − 𝑓(𝑥) ⇔ (𝑓′(𝑥) − 𝑔′(𝑥))𝑒𝑥 +

(𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥))𝑒𝑥 = 0 ⇔ ∃𝑐2 ∈ ℝ astfel încât (𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥))𝑒𝑥 = 𝑐2 ⇔ 𝑓(𝑥) −

𝑔(𝑥) = 𝑐2𝑒−𝑥

2p

Soluția căutată este 𝑓(𝑥) =𝑐1ⅇ𝑥+𝑐2ⅇ−𝑥

2 , 𝑔(𝑥) =

𝑐1ⅇ𝑥−𝑐2ⅇ−𝑥

2. 1p

Enunţ subiect 3

a) autori Costel Chiteș si Stelian Fedorca

În inelul matricelor (𝑴𝟒(ℤ), +,∙) considerăm matricea

𝑨 = (

𝟐𝟎𝟐𝟎 𝟓𝟖𝟐 𝟖𝟔𝟎 𝟖𝟕𝟎𝟏𝟗𝟔𝟐 𝟔𝟎𝟑 𝟑𝟒𝟐 𝟏𝟎𝟏𝟏𝟑𝟒𝟒𝟒 𝟏𝟎𝟐 𝟓𝟎𝟐 𝟒𝟖𝟐𝟐𝟖 𝟗𝟕𝟐 𝟕𝟎𝟖 𝟓𝟏

) = (𝒂𝒊𝒋)𝒊,𝒋𝝐𝟏,𝟓 .

Fie �� = (��𝒊𝒋)𝒊,𝒋∈𝝐𝟏,𝟓 matricea A redusă modulo 5. Demonstrați că �� este inversabilă

și calculați inversa sa.

b) autori Ana-Maria si Daniel Petriceanu

Fie 𝑨 = {𝒙𝟐 − 𝒙𝒚 + 𝟒𝒚𝟐|𝒙, 𝒚 ∈ ℚ, 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 ≠ 𝟎}. Demonstrați că 𝑨 este grup abelian în

raport cu înmulțirea numerelor.


a) ⅆ𝑒𝑡 �� = 1 ≠ 0, deducem că matricea �� este inversabilă. 1p

Obținem ��−1 = (

4 4 3 23 0 0 04 0 2 40 3 0 3

)

2p

b) Fie 𝑢, 𝑣 ∈ 𝐴, atunci 𝑢 = 𝑥2 − 𝑥𝑦 + 2𝑦2 și 𝑣 = 𝑎2 − 𝑎𝑏 + 2𝑏2, (𝑎; 𝑏) ≠(0; 0) ș𝑖 (𝑥; 𝑦) ≠ (0; 0), 𝑥, 𝑦, 𝑎, 𝑏 ∈ ℚ

Definim matricele X= (𝑥 𝑦

−2𝑦 𝑥 − 𝑦) și Y= (𝑎 𝑏

−2𝑏 𝑎 − 𝑏). Avem 𝑢𝑣 =

(ⅆ𝑒𝑡 𝑋)(ⅆ𝑒𝑡 𝑌) = det(𝑋𝑌) = (𝑎𝑥 − 2𝑏𝑦)2 − (𝑎𝑥 − 2𝑏𝑦)(𝑎𝑦 + 𝑏𝑥 − 𝑏𝑦) +2(𝑎𝑦 + 𝑏𝑥 − 𝑏𝑦)2 (𝑎𝑥 − 𝑏𝑦, 𝑎𝑦 + 𝑏𝑥 − 𝑏𝑦) ≠ (0; 0) Deducem că 𝑢𝑣 ∈ 𝐴.

2p

Avem 1

𝑢=

1

𝑑ⅇ𝑡 𝑋= ⅆ𝑒𝑡 𝑋−1 . 𝐷𝑒𝑜𝑎𝑟𝑒𝑐𝑒 𝑋−1 =

1

det 𝑋(

𝑥 − 𝑦 −𝑦2𝑦 𝑥 ) =

(𝑚 − 𝑛 −𝑛

2𝑛 𝑚), atunci

1

𝑢= 𝑚2 − 𝑚𝑛 + 2𝑛2, (𝑚, 𝑛) ≠ (0; 0). Deducem că

1

𝑢∈ 𝐴.

Am obținut că 𝐴 este subgrup al grupului (ℚ∗,∙), deci (𝐴;⋅) este grup abelian.

2p

Enunţ subiect 4, Costel Chiteș

Fie A={𝒇|𝒇: [𝟎; 𝟏] → ℝ, 𝒇 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒊𝒏𝒖ă}.Vom considera că (𝑨,+,∙) este inel comutativ.

a) (3p) Demonstrați echivalența „𝒇 ∈ 𝑨 este divizor al lui zero dacă și numai dacă există un interval nevid și deschis 𝑰 ⊂ [𝟎; 𝟏] pentru care 𝒇(𝒙) = 𝟎, ∀𝒙 ∈ 𝑰”

b) (4p) In subinelul 𝑩 = {𝒇|𝒇: [𝟎; 𝟏] → ℝ, 𝒇 ⅆ𝒆𝒓𝒊𝒗𝒂𝒃𝒊𝒍ă} determinați o pereche de funcții

𝒈, 𝒉 ∈ 𝑩, g, h neidentic nule astfel încât 𝒈 ⋅ 𝒉 = 𝟎.


a) 𝑓 este divizor al lui 0⇔ ∃𝑔 ∈ 𝐴 𝑎𝑠𝑡𝑓𝑒𝑙 î𝑛𝑐â𝑡 𝑔 ≠ 0 și 𝑓𝑔 = 0. Deoarece 𝑔 ≠ 0, atunci ∃𝑎 ∈ [0; 1] astfel încât 𝑔(𝑎) ≠ 0

1p

Din continuitatea lui 𝑔 rezultă că ∃𝑈 ∈ 𝑉(𝑎) pentru care 𝑔(𝑥) ≠ 0 ∀𝑥 ∈ 𝑈 ∩[0; 1]. Am obținut că ∃𝐼 ⊂ [0,1], 𝐼 interval deschis astfel încât 𝑔(𝑥) ≠ 0 ∀𝑥 ∈ 𝐼. Din condiția inițială rezultă 𝑓(𝑥) = 0, ∀𝑥 ∈ 𝐼.

Se construiește 𝑔 pentru implicația reciprocă.

1p 1p

b) Considerăm 0 < 𝑎 < 𝑏 < 𝑐 < ⅆ < 1 și 𝑔(𝑥) = {𝑒1

(𝑥−𝑎)(𝑥−𝑏), 𝑥 ∈ (𝑎; 𝑏)

0, 𝑥 ∈ [0; 𝑎] ∪ [𝑏; 1] și

ℎ(𝑥) = {𝑒1

(𝑥−𝑐)(𝑥−𝑑), 𝑥 ∈ (𝑐; ⅆ)

0, 𝑥 ∈ [0; 𝑐] ∪ [ⅆ; 1]

2p

Verificăm derivabilitatea funcțiilor 𝑔, ℎ. 𝑔 este derivabilă pe [0; 1] ∖ {𝑎; 𝑏} și ℎ este derivabilă pe [0; 1] ∖ {𝑐; ⅆ}.

𝑔𝑠′ (𝑎) = 0 și 𝑔𝑑

′ (𝑎) = 𝑙𝑖𝑚𝑥↘𝑎

𝑔(𝑥)−𝑔(𝑎)

𝑥−𝑎= 𝑙𝑖𝑚

𝑥↘𝑎

ⅇ1

(𝑥−𝑎)(𝑥−𝑏)

𝑥−𝑎= 0.

Așadar 𝑔 este derivabilă în 𝑥 = 𝑎. Analog 𝑔 este derivabilă în 𝑏 și ℎ în 𝑐 și ⅆ, iar funcțiile 𝑔, ℎ verifică condițiile cerute.

2p

olimpiada de matematicĂ etapa local , 2.02.2019 clasa a ... · divide și cu 9. contradicția...

Documents