universitatea de vest din timi˘soara - neutrino · pentru ultima parte a solut˘iei este util urm...

Universitatea de Vest din TimisoaraInspectoratul Scolar Judetean Arad

Concursul Interjudetean de Matematica Memorialul ”Traian Lalescu”

Editia a XXXI-a, Arad, 31 martie - 2 aprilie 2017

Barem de corectare

Clasa a V-a

Subiectul 1

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Deoarece 6! = 720, prezenta unei cifre mai mari sau egale cu 6 ar implica abc > 720.In consecinta, am avea a ≥ 7, fapt imposibil deoarece 7! > 1000. Obtinem decia, b, c ≤ 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3p

Vom avea abc ≤ 5! + 5! + 5! = 360, de unde a ≤ 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Daca a, b, c ≤ 4, atunci abc ≤ 4! + 4! + 4! = 72 - nu convine. Prin urmare, cel putinuna dintre cifrele b si c va fi egala cu 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2p

Se analizeaza pe rand cazurile a = 1, b = 5; a = 1, c = 5; a = 2, b = 5; a = 2, c = 5;a = 3, b = 5 si a = 3, c = 5. Se gaseste solutia unica a = 1, b = 4, c = 5, deciabc = 145 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3p

Subiectul 2

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Deoarece numarul A + B + C + C + D + E + E + F + G + G + H + I este suma apatru numere naturale egale, el va fi multiplu de 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Avem A + B + C + C + D + E + E + F + G + G + H + I = 45 + C + E + G. 2pValoarea maxima a sumei se atinge pentru C, E si G fiind 6, 8 si 9, deci A+B+C =C + D + E = E + F + G = G + H + I = 17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3p

Daca C = 6 rezulta E + G = 17, deci F = 0 - nu convine. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pDaca C = 8 rezulta E = 6, G = 9, deci D = 3, F = 2, si A + B = 9, H + I = 8(configuratie care se poate obtine de exemplu cu A = 4, B = 5, H = 1, I = 7). . .1pDaca C = 9 rezulta E = 6, G = 8, deci D = 2, F = 3, si A + B = 8, H + I = 9(configuratie care se poate obtine cu A = 1, B = 7, H = 4, I = 5). . . . . . . . . . . . . . .1p

Subiectul 3

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Fie m numarul de monede, c numarul de cartonase si b numarul de bomboane aflatela un moment dat ın ascunzatoare. Initial, m + c = 73, m + b = 74, c + b = 77 . 2p

La fiecare vizita, una din aceste sume scade cu 2, ın timp ce celelalte doua nu semodifica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4p

Deoarece m+ c si c+ b sunt impare, singura suma care poate ajunge la 0 dupa maimulti pasi este m+ b, deci Alin va mai avea ın final doar cartonase cu fotbalisti. 3p

Solutie alternativa:

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Daca la un moment dat Alin are un numar par de obiecte de un anumit tip, dupaurmatoarea vizita numarul acestor obiecte va fi impar si viceversa. . . . . . . . . . . . . 3p

Dupa efectuarea unui anumit numar de vizite, sau m si b vor fi pare si c impar, saum si b vor fi impare si c par. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3p

Situatia ca doua dintre numerele m, c si b sa fie simultan 0 se poate obtine doardaca acestea sunt m si b, deci c va fi impar si prin urmare nenul. . . . . . . . . . . . . . . 3p

Subiectul 4

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

In cazul numerelor de cel mult trei cifre din sir exista cate 7 posibilitati pentru cifraunitatilor, zecilor si sutelor, deci vom avea 73 = 343 astfel de numere.. . . . . . . . . . .4p

Deducem ca ın sir se vor afla 343 numere de patru cifre cu cifra miilor 1. . . . . . . 2p

Intre 2000 si 2017 inclusiv mai sunt ınca 13 numere cu proprietatea ceruta. . . . . 2p

Prin urmare, 2017 se va afla pe pozitia 2 · 343 + 13 = 699. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Nota: La fiecare subiect, o solutie corecta (alta decat cea propusa ın barem), va fipunctata cu 10 p.




Barem de corectare

Clasa a VI-a

Subiectul 1

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

a) Se cere de fapt ultima cifra a celui de-al (1+2+...+100)-lea numar natural. Cum1 + 2 + . . . + 100 = 5050, aceasta cifra este 0.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3p

b) Secventa 2017 nu se poate obtine dintr-un numar terminat ın 2, urmat de unulunul care ıncepe cu 017, deci vom cauta numere din sir care contin o succesiunedintre un numar care se termina ın 20 si unul care ıncepe cu 17. Prima astfel desuccesiune este 1720, 1721. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3p

Deoarece 1 + 2 + . . . + 58 = 1711 si 1 + 2 + . . . + 59 = 1770, succesiunea 1720, 1721face parte din cel de-al 59-lea numar din sir. Raspuns: secventa 2017 apare pentruprima oara ın numarul 17121713 . . . 17201721 . . . 1770 (care este al 59-lea numar dinsir). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3p

Subiectul 2

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

a) Numerele din M sunt impare, deci nu au niciun divizor par si deoarece suntsuperdivizibile, toate cifrele lor sunt impare. De asemenea, ele nu contin cifra 5,deoarece nu se divid cu 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Cel mai mare numar din M are la ınceput cifre de 9, si nu se poate ca primele sale5 cifre sa fie 9 (999993 nu se divide cu 9). El nu poate ıncepe nici cu 4 cifre de 9deoarece ın caz contrar, notand cu x cifra ramasa, ar trebui ca 3 + x sa se dividacu 9, deci x = 6, ceea ce am vazut ca nu se poate. Numerele din M care ıncep cutrei de 9 nu contin cifra 7 (ın caz contrar, notand cu x cifra ramasa, ar trebui ca10 + x sa se divida cu 9, deci x = 8, imposibil). Cum 999333 apartine multimii M,deducem ca cel mai mare element al acestei multimi este 999333. . . . . . . . . . . . . . . . 1p

In mod asemanator obtinem si cel mai mic numar din M: 111333. . . . . . . . . . . . . . 1p

b) Am vazut ca un numar dinM are toate cifrele impare si nu contine cifra 5, deciare cel mult 4 cifre distincte. Asadar, numerele dinM pot avea eventual una, doua,trei sau patru cifre distincte. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

In M exista numere cu o cifra si cu doua cifre distincte, de exemplu 333333 si111333. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

In M exista si numere cu trei cifre distincte, de exemplu 911133. . . . . . . . . . . . . . . .1p

Numerele din M cu patru cifre distincte contin toate cifrele 1, 3, 7, 9. Daca n =abcde3 este un asemenea numar, atunci trei dintre cifrele a, b, c, d, e sunt 1, 7, 9. Sanotam cu x, y celelalte doua cifre. Atunci x si y se afla printre cifrele 1, 3, 7, 9 siın plus 1 + 7 + 9 + 3 + x + y se divide cu 9, deoarece n se divide cu 9. Rezulta cax + y = 7 sau x + y = 16, de unde obtinem ca {x, y} = {7, 9}, deci n are doua cifrede 9, doua cifre de 7, o cifra 1 si o cifra (ultima) 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Deoarece putem aranja cele sase cifre astfel ın cat sa obtinem un multiplu de 7 (deexemplu, numarul 979713 se divide cu 7), rezulta ca ınM exista si numere cu patrucifre distincte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Remarca. Pentru ultima parte a solutiei este util urmatorul criteriu de divizibilitatecu 7, 11 sau 13, bazat pe egalitatea 1001 = 7 · 11 · 13: abcdef se divide cu 7 (11, 13)daca si numai daca abc− def se divide cu 7 (11, 13).

Subiectul 3

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

a) Un numar prim are doar divizori improprii, deci multimea A poate contine celmult un numar prim p, pe 101 (prima cifra este 1, deoarece 1 este singurul divizorde o cifra al lui p, a doua cifra este 0, deoarece p nu are divizori de doua cifre, iar atreia cifra este 1, deoarece p este singurul divizor de trei cifre al sau.) . . . . . . . . . . 1p

Deoarece 101 este prim, deducem ca A contine un singur numar prim. . . . . . . . . . 1p

b) Vom arata ca multimea A nu contine numere cu toate cifrele impare, deci baronulnu are dreptate. Observam mai ıntai ca daca abc apartine multimii A, atunci el area + b + c divizori. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Daca abc ∈ A are toate cifrele impare, atunci a + b + c este impar, deci abc estepatrat perfect (are un numar impar de divizori). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1p

In plus, prima cifra a lui abc este cel mult 5, deoarece divizorii de o cifra ai lui abcse afla printre numerele 1, 3, 5, 7, 9. Insa niciunul dintre patratele perfecte imparede trei cifre mai mici decat 600 nu are toate cifrele impare: 112 = 121, 132 = 169,152 = 225, 172 = 289, 192 = 361, 212 = 441, 232 = 529. (De fapt, penultima cifra aoricarui patrat perfect impar este ıntotdeauna para!) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

c) Daca abc ∈ A, atunci c ≥ 1 (abc este un divizor de trei cifre al lui abc) si c ≤ a,

deoarece fiecarui divizor d de trei cifre al lui abc ıi corespunde divizorul abcd

, care

are o singura cifra. De asemenea, un numar abc ∈ A nu poate ıncepe cu cifra 8,deoarece atunci cei 8 divizori de o cifra ai sai sunt 1, 2, 3, 4, 6, 7, 8 si 9, deci el s-ardivide cu 23 · 32 · 7 = 504, ceea ce este imposibil. Asadar daca abc are toate cifrelepare, atunci a ∈ {2, 4, 6}, c ∈ {2, 4, 6} si c ≤ a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Daca a = 2, atunci c = 2, iar abc trebuie cautat printre numerele 202, 242, 262 (amexclus numerele 222 si 282, deoarece se divid cu 3, pe cand cei doi divizori de o cifraai lui abc sunt 1 si 2). Stim ca numarul 202 este bun. Numerele 242 = 2 · 112 si262 = 2 · 131 nu apartin multimii A: primul nu are decat 2 divizori de doua cifre,iar al doilea nu are niciun divizor de doua cifre. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Daca a = 6, atunci 3 se afla printre cei sase divizori de o cifra a lui abc. Rezulta caa + b + c = 12 sau a + b + c = 18, deci trebuie sa verificam numerele 606, 624, 642,666 si 684. Niciunul dintre ele nu apartine ınsa multimii A: 606 = 2 · 3 · 101 nu are

decat 4 divizori de o cifra (sau are doar 8 divizori), 624 = 24 · 3 · 13 are mai mult dedoi divizori de doua cifre (sau are 20 divizori), 666 = 2 · 32 · 37 are 5 divizori de ocifra (sau are doar 12 divizori) 684 = 22 · 32 · 19 are 7 divizori de doua cifre. . . . 1p

Daca a = 4, atunci c = 2 sau c = 4, iar printre divizorii de o cifra ai lui abc se aflasau 3 sau 4 (ın caz contrar ar lipsi 0, 3, 4, 5, 6, 8 si 9) deci avem de verificat doarnumerele: 402, 462, 404, 424, 444, 464, 484. Cum 402 = 2 · 3 · 67 are cel putin undivizor de doua cifre, 462 = 2 · 3 · 7 · 11 are 5 divizori de o cifra, 404 = 22 · 101 nuare decat 3 divizori de o cifra, 424 = 23 · 53 nu are decat un divizor de doua cifre,444 = 22 · 3 · 37 are 5 divizori de o cifra, 464 = 24 · 29 are doar 3 divizori de douacifre, 484 = 22 · 112 are doar 3 divizori de o cifra, niciunul dintre aceste numere nuse afla ın A. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1p

Asadar singurul numar din A cu toate cifrele pare este 202.

Subiectul 4

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

a) Notam cu M mijlocul laturii [BC]. Din 4BQM ≡ 4CQM (CC) rezulta ca

BQM ≡ CQM , deci [QM este bisectoare ın triunghiul BQC. Rezulta ca punctulP este intersectia a doua dintre bisectoarele triunghiului BQC, deci este punctul deintersectie a bisectoarelor acestui triunghi, de unde deducem ca [CP este bisectoareaunghiului C al triunghiului BCQ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3p

Alternativ, se demonstreaza ca PBM ≡ PCM si QBM ≡ QCM (din 4PBM ≡4PCM si 4QBM ≡ 4QCM sau folosind triunghiurile isoscele BPC si BQC),

deci toate cele patru unghiuri, QBP , PBM , MCP si PCQ sunt congruente. . . 3p

b) Deoarece triunghiul QBM este dreptunghic rezulta ca masura unghiului BQMeste 60◦. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Deoarece [QM este bisectoarea unghiului Q al triunghiului BQC, rezulta ca m(MQC) =

60◦, deci m(BQM) = m(MQC) = m(CQA) = 60◦. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Din punctul a) deducem ca m(PCM) = m(PCQ) = 15◦, deci m(PCQ) = m(QCA) =15◦ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Rezulta ca triunghiurile PQC si AQC sunt congruente (ULU), deci AC = PC, sicum PC = BP obtinem ca BP = AC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

(Alternativ, 4QBP ≡ 4QCA (ULU).)

Consecinta. Intr-un triunghi dreptunghic cu un unghi de 30◦, lungimea bisectoareiunghiului de 30◦ este de doua ori mai mare decat lungimea bisectoarei unghiuluidrept.





Barem de corectare

Clasa a VII - a

Subiectul 1

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

7√

3 =√

147 ∈ (12, 13) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

deci [7√

3] = 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

si {7√

3} = 7√

3− 12 =√

147− 12 =147− 144√

147 + 12>

3

13 + 12=

3

25. . . . . . 1p

3√

7 =√

63 ∈ (7, 8) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

deci [3√

7] = 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

si {3√

7} = 3√

7− 7 = 1− (8− 3√

7) = 1− 64− 63

8 +√

63> 1− 1

8 + 7=

14

15. .2p

20 < 12 + 7 +79

75= 12 +

3

25+ 7 +

14

15< 7√

3 + 3√

7 < 13 + 8 = 21, . . . . . 1p

deci [7√

3 + 3√

7] = 20. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Subiectul 2

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

p | x12 +x9 +x6 +x3 +1 = (x3)4 +(x3)3 +(x3)2 +x3 +1 = (x3)5−1x3−1

= (x5)3−1x3−1

=

= (x5−1)((x5)2+x5+1)(x−1)(x2+x+1)

= (x4+x3+x2+x+1)(x10+x5+1)x2+x+1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6p

deci p divide cel putin unul dintre factorii numaratorului. . . . . . . . . . . . . . . 3p

Subiectul 3

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

1

Din teorema bisectoarei obtinem succesiv

BD

DC=

AB

AC,

BD

BD + DC=

AB

AB + AC, BD =

AB ·BC

AB + AC=

80

21

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3p

Aplicam teorema lui Menelaos triunghiului ADC si transversalei BF :

AE

ED· DB

BC· CF

FA= 1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2p

de unde rezulta succesiv

AF

FC=

BD

BC=

8021

20=

4

21,

AF

AF + FC=

4

25, AF =

68

25.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4p

Subiectul 4

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Fiind unghi exterior triunghiului ABD, unghiul ADC nu poate fi congruent

nici cu unghiul ABD, nici cu unghiul BAD. Ramane doar posibilitatea

ADC ≡ ADB, adica AD ⊥ BC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Toate cele 3 triunghiuri sunt deci dreptunghice, iar singurul unghi al tri-

unghiului ABC care poate fi drept este BAC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Triunghiurile AOB, BOC, COD si DOA le numim ”mici”, iar triunghiurileABC, ACD, ABD si BCD le numim ”mari”. Cele 7 triunghiuri asemeneaıntre ele sunt sau 4 ”mici” si 3 ”mari” (cazul i.), sau 3 ”mici” si 4 ”mari”(cazul ii.). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Putem presupune ca cele 3 triunghiuri ”mari” asemenea sunt ABC, ACD siABD. Aplicand fiecaruia concluzia de la punctul (a) rezulta ca patrulaterulABCD are 3 unghiuri drepte si diagonalele perpendiculare, deci este unpatrat. Toate cele 8 triunghiuri formate sunt asemenea, fiind dreptunghiceisoscele. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Putem presupune ca cele 3 triunghiuri ”mici” asemenea sunt AOB, BOCsi COD. Aplicand triunghiurilor ABC si BCD concluzia de la punctul

2

(a) rezulta ca patrulaterul ABCD are doua unghiuri drepte (B si C) sidiagonalele perpendiculare.

Triunghiul ABD este si el dreptunghic, cu unghiurile ABD si ADBascutite (fiecare dintre acestea face parte dintr-un triunghi ”mic” dreptunghic),deci neaparat unghiul A al patrulaterului este drept. Patrulaterul ABCDeste astfel un patrat si cle 8 triunghiuri formate sunt toate asemenea. . . . 2p

Nota: La fiecare subiect, o solutie corecta (alta decat cea propusa ın barem),va fi punctata cu 10 p.

3




Barem de corectare

Clasa a VIII-a

Subiectul 1 Fie M si N mijloacele muchiilor [BB′], respectiv [CD], ale cubuluiABCDA′B′C ′D′.a) Aratati ca dreptele A′M si C ′N sunt perpendiculare.b) Daca PQ, cu P ∈ A′M si Q ∈ C ′N , este perpendiculara comuna a dreptelor

A′M si C ′N , aflati raportulA′P

PM.

∗ ∗ ∗

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pa) Fie M ′ mijlocul lui [CC ′]. Atunci A′MM ′D′ este dreptunghi. . . . . . . . . . . . . . . .2pEste suficient atunci sa demonstram ca C ′N ⊥ D′M ′. Acest lucru rezulta dincongruenta triunghiurilor D′C ′M ′ si C ′CN (CC). Atunci m(^NC ′D′) = 90◦ −m(^NC ′C) = 90◦ −m(^C ′D′M ′), de unde concluzia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2pb) Fie {Q} = D′M ′∩C ′N si P ∈ (A′M) astfel ıncat A′P = D′Q. Evident, A′D′QPeste dreptunghi, deci PQ ‖ A′D′, adica PQ ⊥ (CDD′C ′). Deducem ca PQ ⊥ C ′Nsi PQ ⊥ D′M ′, deci PQ ⊥ A′M . Prin urmare, PQ este perpendiculara comuna adreptelor A′M si C ′N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Daca {R} = CD ∩ D′M ′, avem CR = C ′D′, deciD′Q

QR=

C ′D′

NR=

2

3. Obtinem ca

D′Q

D′R=

2

5,D′Q

D′M ′ =4

5si

A′P

PM=

D′Q

QM ′ = 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3p

Subiectul 2 a) Rezolvati ecuatia[x

5

]+

[x + 1

5

]+

[x + 2

5

]+

[x + 3

5

]+

[x + 4

5

]+

[x + 5

5

]= 2017.

b) Determinati multimea valorilor pe care le ia expresia[x

5

]+

[x + 1

5

]+

[x + 2

5

]+

[x + 3

5

]+

[x + 4

5

]+

[x + 5

5

],

cand x ≥ 0.

∗ ∗ ∗

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

a) Daca

[x

5

]= k ∈ N, atunci

[x + 5

5

]= k + 1, deci fiecare din numerele[

x + 1

5

],

[x + 2

5

],

[x + 3

5

],

[x + 4

5

]este egal cu k sau cu k + 1. . . . . . . . . . . . . . 2p

Atunci suma data va fi egala cu 6k + 1, 6k + 2, 6k + 3, 6k + 4 sau 6k + 5. . . . . . 2pCum 2017 = 6 · 336 + 1, rezulta ca k = 336 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

dar si faptul ca

[x + 4

5

]= k = 336, deci

x + 4

5< 337 ≤ x + 5

5. Deducem ca

x ∈ [1680, 1681). Orice x din acest interval satisface conditia din enunt. . . . . . . . 2pb) Din cele de mai sus se vede ca valorile care se obtin sunt numere naturale nedi-vizibile cu 6.Pe de alta parte toate aceste numere se obtin:Daca x = 5n, n ∈ N, expresia este 6n + 1; daca x = 5n + 1, expresia este 6n + 2,s.a.m.d., daca x = 5n + 4, expresia este 6n + 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Subiectul 3 Pe muchiile laterale ale cubului ABCDA′B′C ′D′ de latura 2 m seconsidera punctele P1, P5, . . . , P97 ∈ [AA′], P2, P6, . . . , P98 ∈ [BB′], P3, P7, . . . , P99 ∈[CC ′] si P4, P8, . . . , P100 ∈ [DD′] astfel ıncat d

(Pk, (ABCD)

)= k cm, oricare ar fi

k ∈ {1, 2, . . . , 100}.Cate plane distincte determina cele 100 puncte?

Andrei Eckstein

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pUn plan este determinat de trei puncte necoliniare. Daca doua dintre cele trei punctede afla pe o aceeasi muchie si un al treilea se afla pe o alta muchie, cele trei punctedetermina fie una dintre fete, fie unul dintre cele doua plane diagonale verticale.Obtinem 6 asemenea plane. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2pMai raman planele determinate de trei puncte apartinand unor muchii diferite.Exista 25 · 25 · 25 · 4 = 62500 asemenea plane. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pPutem alege cele trei muchi pe care se afla punctele ın 4 moduri, iar fiecare punctde pe respectiva muchie ın cate 25 de moduri. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2pMai ramane sa demonstram ca toate aceste plane sunt distincte. . . . . . . . . . . . . . . .1p

Presupunand ca punctele Pa ∈ [AA′], Pb ∈ [BB′], Pc ∈ [CC ′] si Pd ∈ [DD′] ar ficoplanare, daca notam cu {O} = AC ∩BD si cu O′ intersectia perpendicularei ın Ope planul (ABCD) cu planul (PaPbPcPd), atunci [OO′] este linie mijlocie ın trapezeleAPaPcC si BPbPdD, deci 2OO′ = APa + CPc = BPb + DPd, deci a + c = b + d.Dar a ≡ 1 (mod 4), b ≡ 2 (mod 4), c ≡ 3 (mod 4), d ≡ 0 (mod 4), deci a + c ≡ 0(mod 4), iar b + d ≡ 2 (mod 4), prin urmare egalitatea a + c = b + d nu poate avealoc, deci punctele nu pot fi coplanare. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3p

Subiectul 4 Pentru x, y, z ∈ [1, 3] notam E(x, y, z) = xyz + (4− x)(4− y)(4− z).a) Demonstrati ca (x− 2)(y − 2) ≤ 1− |x− y|, ∀x, y ∈ [1, 3].b) Folosind eventual subpunctul anterior, determinati maximul expresiei E(x, y, z).c) Aratati ca E(x, y, z) ≥ min{E(x, y, 1), E(x, y, 3)}, ∀x, y, z ∈ [1, 3].d) Demonstrati ca E(x, y, z) ≥ 12, ∀x, y, z ∈ [1, 3]. Cand are loc egalitatea?

prelucrare Andrei Eckstein

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pa) Datorita simetriei, putem presupune x ≤ y. Inegalitatea de demonstrat devinexy−y−3x+3 ≤ 0, adica (x−1)(y−3) ≤ 0, ceea ce este adevarat deoarece x−1 ≥ 0si y − 3 ≤ 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

b) Avem (x − 2)(y − 2) ≤ 1 − |x − y| ≤ 1 si, analog, (y − 2)(z − 2) ≤ 1 si(z−2)(x−2) ≤ 1. Adunand aceste relatii obtinem ca xy+yz+zx−4(x+y+z) ≤ −9.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pDar E(x, y, z) = 4[xy + yz + zx− 4(x + y + z)] + 64 ≤ 4 · (−9) + 64 = 28. . . . . . 1pPe de alta parte, pentru x = y = z = 1 (sau x = y = z = 3) aceasta valoare chiar seatinge, deci maximul cautat este 28. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1pc) Avem E(x, y, z)−E(x, y, 1) = xy(z−1)+(4−x)(4−y)(1−z) = 4(z−1)(x+y−4)si E(x, y, z)− E(x, y, 3) = xy(z − 3) + (4− x)(4− y)(3− z) = 4(z − 3)(x + y − 4).Daca x+y ≥ 4, atunci E(x, y, z) ≥ E(x, y, 1), iar daca x+y ≤ 4, atunci E(x, y, z) ≥E(x, y, 3). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pd) Avem succesiv: E(x, y, z) ≥ min{E(x, y, 1), E(x, y, 3)} ≥min{E(x, 1, 1), E(x, 3, 1), E(x, 1, 3), E(x, 3, 3)} ≥ min{E(1, 1, 1), E(3, 1, 1),E(1, 3, 1), E(3, 3, 1), E(1, 1, 3), E(3, 1, 3), E(1, 3, 3), E(3, 3, 3)} = min{28, 12} = 12.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2pEgalitate ın inegalitatea de la c) avem daca z = 1, z = 3 sau daca x + y = 4.In final, egalitate avem daca una din variabile este egala cu 1, iar o a doua este egalacu 3. (A treia variabila poate lua orice valoare.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p


Solutii si barem orientativ de corectare la clasa a IX-a

1. Un numar de 1042017 de becuri sunt conectate la 1042017 comutatoare, astfel ıncat comutatorulcu numarul i este conectat la becul cu numarul j daca si numai daca i|j. Prin actionarea unuicomutator se schimba starea tuturor becurilor conectate la acesta. Presupunem ca initial toatebecurile sunt stinse.a) Daca sunt actionate toate comutatoarele ıntr-o anumita ordine, fiecare o singura data, aratatica starea finala a fiecarui bec este independenta de ordinea ın care sunt actionate comutatoarele.b) Care becuri raman aprinse dupa actionarea tuturor comutatoarelor cate o singura data? Catesunt aceste becuri?Solutie si barem: Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pa) Arata ca starea finala a unui bec depinde doar de paritatea numarului divizorilor sai:Un bec ramane aprins daca si numai daca are un numar impar de divizori. . . . . . . . . . . . . . . . 4pb) Numerele cu un numar impar de divizori sunt exact patratele perfecte. . . . . . . . . . . . . . . . . 4pNumarul acestora este b

√1042017c = 1020. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

2. Fie ABC un triunghi ascutitunghic, [AA1], [BB1] si [CC1] ınaltimile sale, iar M , N si respectivP , mijloacele segmentelor [B1C1], [C1A1], respectiv [A1B1]. Aratati ca dreptele AM , BN si CPsunt concurente.Solutie si barem: Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pVar.1. Laturile triunghiului ortic sunt antiparalele laturilor triunghiului ın raport cu unghiurilesale. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3pMediana AM a triunghiului AB1C1 este izogonala medianei corespunzatoare laturii [BC] atriunghiului ABC (si analoagele). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3pCa drepte suport ale simedianelor triunghiului ABC, AM , BN si CP sunt concurente.. . . .3p

3. Fie a, b, c > 0 cu proprietatea ca a + b + c = 1. Aratati ca

9abc ≤ ab + ac + bc ≤ a3 + b3 + c3 + 6abc ≤ a2 + b2 + c2.

Solutie si barem: Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pTinand cont de conditia a + b + c = 1, inegalitatile de demonstrat sunt echivalente cu

9abc ≤ (a + b + c)(ab + ac + bc) ≤ a3 + b3 + c3 + 6abc ≤ (a + b + c)(a2 + b2 + c2).

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2pDupa reducerea termenilor, prima si ultima inegalitate sunt echivalente cu

6abc ≤ a2b + a2c + b2a + b2c + c2a + c2b ,

care rezulta din inegalitatea mediilor. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3pInegalitatea din mijloc se rescrie

a2b + a2c + b2a + b2c + c2a + c2b ≤ a3 + b3 + c3 + 3abc ,

saua(a− b)(a− c) + b(b− a)(b− c) + c(c− a)(c− b) ≥ 0 ,

care este inegalitatea lui Schur. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4p

4. a) Fie ABC un triunghi, O centrul cercului sau circumscris, R raza cercului circumscris, iar rraza cercului ınscris triunghiului ABC. Aratati ca

εA · d(O,BC) + εB · d(O,CA) + εC · d(O,AB) = R + r,

unde εX = sgn(90−m(X)).b) Fie ABCD un patrulater inscriptibil, iar rA, rB, rC, rD razele cercurilor ınscrise ın tri-unghiurile BCD, CDA, DAB, respectiv ABC. Aratati ca

rA + rC = rB + rD.

c) Formulati o generalizare a proprietatii de la b) pentru poligoane inscriptibile oarecare.Solutie si barem: Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pa)(var.1) Are loc εA · d(O,BC) = R · cos(A) si analoagele. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pDeoarece

∑cos(A) = 1 + 4 sin

(A2

)sin(B2

)sin(C2

)= 1 + r

R, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1p

rezulta relatia din enut. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1p. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ,var.2) Fie M , N , P mijloacele laturilor triunghiului si da, db, dc distantele centrului O lalaturile [BC], [CA], respectiv [AB]. Daca ABC este ascutitunghic, atunci O ∈ Int(ABC), sidin inscriptibilitatea patrulaterelor OMCN , ONAP , OPBM rezulta ca

da ·b

2+ db ·

a

2= R · c

2, (1)

db ·c

2+ dc ·

c

2= R · a

2, (2)

dc ·a

2+ da ·

c

2= R · b

2, (3)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1pDeoarece A[OBC] +A[OCA] +A[OAB] = A[ABC], are loc

da ·a

2+ db ·

b

2+ dc ·

c

2= r · p. (4)

Adunand relatiile (1)− (4) si ımpartind prin semiperimetrul p se obtine atunci

da + db + dc = R + r

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1pDaca triunghiul ABC este obtuzunghic, cu unghiul obtuz ın varful A, relatiile (1), (3) si (4) seınlocuiesc cu

−da ·b

2+ db ·

a

2= R · c

2, (1′)

dc ·a

2− da ·

c

2= R · b

2, (3′)

−da ·a

2+ db ·

b

2+ dc ·

c

2= r · p. (4′)

Se obtine atunci−da + db + dc = R + r

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1p

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .b) Conform punctului a), au loc egalitatile

ε∠BCD · d(O,BD) + ε∠CBD · d(O,CD) + εBDC · d(O,BC) = R + rA,

siε∠BAD · d(O,BD) + ε∠ABD · d(O,AD) + εADB · d(O,AB) = R + rC .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1pDeoarece ε∠BCD · d(O,BD) + ε∠BAD · d(O,BD) = 0, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1prezulta ca

rA + rC = εADB · d(O,AB) + εBDC · d(O,BC) + ε∠CBD · d(O,CD) + ε∠ABD · d(O,DA),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1psi analog

rB + rD = εACB · d(O,AB) + εBAC · d(O,BC) + ε∠CAD · d(O,CD) + ε∠ACD · d(O,DA),

de unde rezulta concluzia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pc) Are loc proprietatea mai generala:Daca un poligon inscriptibil este ımpartit ın triunghiuri de diagonale care nu au puncte inte-rioare comune, suma razelor cercurilor ınscrise ın aceste triunghiuri nu depinde de ımpartireaefectuata. Mai precis, daca A1A2 . . . An este ınscris ın cercul C(O,R), suma razelor cercurilorınscrise ın cele n− 2 triunghiuri ale unei triangulari a poligonului este

n∑k=1

d(O,AkAk+1)− (n− 2)R.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p




Barem de corectare

Clasa a XI–a

Subiectul 1. Fie f, g : R → R doua functii astfel ıncat g este continua si pentruorice x ∈ R avem

f(x) ∈ Q⇔ f(g(x)) /∈ Q.Aratati ca functia f are cel putin un punct de discontinuitate.

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pSe observa ca functia f nu este constanta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1pPresupunem contrariul: f este continua pe R, deci si f ◦g este continua pe R; se con-sidera functiile continue h, k : R→ R definite prin h(x) = f(g(x)) + f(x), k(x) =f(g(x))− f(x),∀x ∈ R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2pSe observa ca h(x), k(x) ∈ R \Q,∀x ∈ R, adica h(R), k(R) ⊂ R \Q . . . . . . . . . . . . 2pDeoarece h(R), k(R) sunt intervale (eventual multimi cu un singur element) se de-duce ca functiile h, k sunt constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3pSe deduce ca functia f = 1

2· (h− k) este constanta – contradictie; rezulta ca f are

cel putin un punct de discontinuitate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Subiectul 2. (a) Fie λ > 1 un numar real si (xn)n≥0 un sir de numere reale cuproprietatea ca sirul (λxn+1 − xn)n≥0 este convergent. Aratati ca sirul (xn)n≥0 estede asemenea convergent.(b) Fie (yn)n≥0 un sir de numere reale cu proprietatea ca sirul (6yn+2−5yn+1+yn)n≥0

este convergent. Aratati ca sirul (yn)n≥0 este de asemenea convergent.

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p(a) Sirul (λn)n≥0 este strict crescator si are limita +∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

λxn+1 − xn = (λ− 1) · λn+1xn+1 − λnxnλn+1 − λn

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Din teorema lui Cesaro-Stolz rezulta ca sirul λnxnλn

= xn este convergent . . . . . . . . 2p(b) Se scrie tn := 6yn+2− 5yn+1 + yn = 3(2yn+2− yn+1)− (2yn+1− yn) = 3zn+1− zn,unde s-a notat zn := 2yn+1 − yn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2pAplicand de doua ori rezultatul de la punctul (a) pentru sirurile (tn), respectiv (zn)se deduce ca sirul (yn) este convergent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Subiectul 3. Fie A ∈M4,2(R), B ∈M2,4(R) doua matrice cu proprietatea ca

AB =

4 2 −2 −4−2 0 1 3−2 −2 1 1

2 2 −1 −1

.

(a) Aratati ca (AB)2 = 2AB si ca rang(AB) = 2.(b) Aratati ca BA = 2I2.

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

(a) Daca se noteaza C := AB se calculeaza C2 =

8 4 −4 −8−4 0 2 6−4 −4 2 2

4 4 −2 −2

si se

observa ca C2 = 2C; de asemenea, se obtine rang(C) = 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p(b) Se observa ca rang(C2) = 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pDin C2 = (AB)2 = A(BA)B rezulta ca 2 = rang(C2) ≤ rang(BA) ≤ 2, de unde seobtine ca rang(BA) = 2, deci matricea BA este inversabila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3p(BA)2 = BABA = BCA, (BA)3 = BABABA = B(AB)2A = BC2A = 2BCA =2(BA)2 si din BA inversabila rezulta concluzia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3p

Subiectul 4. (a) Aratati ca nu exista numere ıntregi a, b, c astfel ıncat n3 + an2 +bn+ c este patrat perfect pentru orice numar natural n.(b) Fie a, b, c numere ıntregi, a 6= 0, astfel ıncat an2 + bn + c este patrat perfectpentru orice numar natural nenul n, adica exista un sir de numere naturale (xn)n≥1

cu proprietatea ca an2 + bn+ c = x2n pentru orice n ∈ N∗.

(b1) Aratati ca sirul (xn+1 − xn)n≥1 este convergent si determinati limita acestuisir.

(b2) Aratati ca exista numerele ıntregi u, v astfel ıncat a = u2, b = 2uv, c = v2.

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p(a) Presupunem contrariul. Daca se noteaza f(n) := n3 + an2 + bn + c, atuncif(3)− f(1) = 26 + 8a+ 2b si f(4)− f(2) = 56 + 12a+ 2b sunt diferente de patrateperfecte avand aceeasi paritate, diferente care sunt prin urmare multipli de 4; dinprima egalitate rezulta b impar, iar din a doua ca b este par - contradictie . . . . . 3p(b1) Se observa ca a > 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1pPrin calcul direct

xn+1 − xn =√a(n+ 1)2 + b(n+ 1) + c−

√an2 + bn+ c

=2an+ a+ b√

a(n+ 1)2 + b(n+ 1) + c+√an2 + bn+ c

→√a (n→∞) . . . 1p

(b2) Sirul (xn+1 − xn)n≥1 este un sir convergent de numere ıntregi, de unde rezultaca este sir constant de la un rang N ∈ N∗ ıncolo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pFie u aceasta constanta ıntreaga; rezulta

√a = u, adica a = u2 . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Rezulta imediat ca xn = xN + (n − N)u pentru orice n ≥ N , de unde (xN + (n −N)u)2 = u2n2 + bn+ c pentru orice n ≥ N . Prin identificare directa a coeficientilorrezulta c = (xN − Nu)2 si b = 2u(xN − Nu), de unde se obtine concluzia, alegandv = xN −Nu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2p

Nota: La fiecare subiect, orice solutie corecta (alta decat cea propusa ın barem)va fi punctata cu 10p.




Clasa a X-a

Problema 1. Fie n ≥ 2 un numar natural fixat. Comparati numerele A(n) si B(n), unde

A(n) =2√

log2 3 + 23√

log2 3 + · · ·+ 2n√

log2 3

n− 1, B(n) = 3

√log3 2+ 3

√log23 2+···+ n

√logn−1

3 2

n−1 .

Barem Problema 1. Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1p)

Pentru n = 2 observa ca A(2) = 2√

log2 3 = 3√

log3 2 = B(2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2p)

Demonstreaza ca pentru orice k ≥ 2 are loc egalitatea 2k√

log2 3 = 3k√

logk−13 2 . . . (2p)

Rescrie A(n) sub forma A(n) = 3√

log3 2+33√

log23 2+···+3

n√

logn−13 2

n−1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1p)

Observa ca 3√

log3 2 > 0, 33√

log23 2 > 0, . . . , 3n√

logn−13 2 > 0, aplica inegalitatea mediilor

(ma ≥ mg) si obtine A(n) ≥ B(n) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2p)

Pentru n ≥ 3 observa ca numerele ce intervin ın inegalitatea mediilor nu sunt toateegale (mai mult, acestea sunt toate diferite), deduce A(n) > B(n) si finalizeaza . . . (2p)

Problema 2. Fie n un numar natural fixat. Aflati partea ıntreaga a numarului N(n),unde

N(n) =n∑

k=0

log22k

[(1 + 22k

)2k].


Observa ca pentru orice k ≥ 0 are loc egalitatea

log22k

[(1 + 22k

)2k]= log2

(1 + 22k

)si rescrie N(n) sub forma N(n) = log2

[∏nk=0

(22k + 1

)]. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2p)

Obtine succesiv

N(n) = log2

[(2− 1)

n∏k=0

(22k + 1

)]= log2

[(220 − 1

)(220 + 1

)(221 + 1

). . .(22n + 1

)]= log2

[(221 − 1

)(221 + 1

). . .(22n + 1

)]= · · · = log2

[(22n − 1

) (22n + 1

)]= log2

(22n+1 − 1

).

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (3p)

Demonstreaza ca pentru orice n ≥ 0 are loc dubla inegalitate

2n+1 − 1 < log2

(22n+1 − 1

)< 2n+1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (3p)

Deduce astfel ca [N(n)] = 2n+1 − 1 si finalizeaza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1p)

Problema 3. Fie M = {(z1, z2) ∈ C × C : |z1 + z2| = |z21 + z22 | = 2}. Determinatimin(z1,z2)∈M |z31 + z32 |.


Observa ca pentru orice z1, z2 ∈ C are loc identitatea

z31 + z32 = (z1 + z2)(z21 − z1z2 + z22)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1p)

Rescrie al doilea factor din membrul drept al identitatii de mai sus sub forma

z21 − z1z2 + z22 =1

2

[3(z21 + z22)− (z1 + z2)

2)]

si deduce astfel ca pentru orice z1, z2 ∈ C are loc identitatea

|z31 + z32 | =1

2|z1 + z2||3(z21 + z22)− (z1 + z2)

2)|

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2p)

Utilizeaza inegalitatea |u− v| ≥ ||u| − |v||, (∀)u, v ∈ C si deduce

|z31 + z32 | ≥1

2|z1 + z2||3|z21 + z22 | − |z1 + z2|2||, (∀)z1, z2 ∈ C

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (3p)

Astfel, pentru orice (z1, z2) ∈M obtine ca

|z31 + z32 | ≥1

2· 2 · |3 · 2− 22| = 2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1p)

Da un exemplu de pereche (z1, z2) ∈M pentru care |z31+z32 | = 2, (e.g., (z1, z2) = (1, 1))si concluzioneaza ca min(z1,z2)∈M |z31 + z32 | = 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2p)

Problema 4. Determinati toate functiile f : N −→ N cu f(0) = 0 si

f(n) = f([ n

2017

])+ 1, (∀)n ≥ 1,

unde prin [x] am notat partea ıntreaga a numarului real x.


Observa ca pentru orice n ∈ N cu 1 ≤ n < 2017 avem[

n2017

]= 0 si astfel, cum

f(0) = 0, obtine

f(n) = f([ n

2017

])+ 1 = f(0) + 1 = 1 (1)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2p)

Observa ca pentru orice n ∈ N cu 2017 ≤ n < 20172 avem 1 ≤[

n2017

]< 2017 si astfel

din relatia (1) deduce f([

n2017

])= 1. In consecinta, obtine ca pentru orice n ∈ N cu

2017 ≤ n < 20172

f(n) = f([ n

2017

])+ 1 = 1 + 1 = 2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2p)

Demonstreaza inductiv ca pentru orice k ∈ N? si orice n ∈ N cu 2017k−1 ≤ n < 2017k

avemf(n) = k.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (3p)

Obtine f(n) = [log2017 n]+1 pentru orice n ≥ 1 si f(n) = 0 pentru n = 0 (din ipoteza),functie ce verifica conditia din enuntul problemei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2p)




Barem de corectare

Clasa a XII-a

Subiectul 1

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Din conditia f continua si1∫0

f(x)dx = 0 rezulta ca f are cel putin o radacina ın

intervalul (0, 1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Presupunem ca aceasta radacina este unica, o vom nota cu α. Mai presupunem caf(x) > 0, ∀x ∈ (0, α) si f(x) < 0 ∀x ∈ (α, 1). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Fie F : [0, 1]→ R, F (x) =x∫0

f(t)dt. F este o primitiva a lui f ; F are proprietatile:

0 = F (0) = F (1), F este strict crescatoare pe (0, α) si strict descrescatoare pe (α, 1),prin urmare F (x) ≥ 0, ∀x ∈ [0, 1] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3p

Avem 0 =1∫0

xf(x)dx = xF (x)|10 −1∫0

F (x)dx = −1∫0

F (x)dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

In conditiile de mai sus, egalitatea∫ 1

0F (x)dx = 0 este imposibila. . . . . . . . . . . . . . 1p

Subiectul 2

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Functia f este monotona pe portiuni, deci este integrabila. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4p

1∫0

f(x)dx =∞∑k=1

1

22k∫1

22k+1

1dx =∞∑k=1

(1

22k− 1

22k+1

)=∞∑k=1

1

22k+1=

1

2

∞∑k=1

1

4k=

= limn→∞

1

2

n∑k=1

1

4k=

1

6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5p

Subiectul 3

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

i) Pentru orice x ∈ G, x 6= e, cu x3 = e, avem (x2)3 = x6 = e. Deci x, x2 suntelemente de ordinul 3 si x 6= x2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Orice element x de ordinul 3 genereaza un alt element de ordinul 3, si anume x2.Astfel, elementele de ordinul 3 formeaza perechile (x, x2), (y, y2), . . . . Deoarecee3 = e rezulta ca numarul elementelor care satisfac x3 = e este impar. . . . . . . . . . 3p

ii) Fie x ∈ G, x 6= e, cu proprietatea x2 6= e. Rezulta x 6= x−1 si (x−1)2 = e. . . . . 2p

Prin urmare, elementele care satisfac x2 6= e sunt perechile (x, x−1), (y, y−1), . . . ,deci numarul acestor elemente este par. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Subiectul 4

Start . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

a) Tabla legii de compozitie pentru un grup cu 3 elemente se construieste ın modunic. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4p

b) Presupunem ca exista f : (Q,+)→ (Q∗+, ·) izomorfism de grupuri. Exista y ∈ Qcu f(y) = 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Dar f(y) = f(y

2+y

2

)= f

(y2

)· f(y

2

)=(f(y

2

))2= 2, rezulta f(y) /∈ Q. . . . . 4p


universitatea de vest din timi˘soara - neutrino · pentru ultima parte a solut˘iei este util urm...

Documents