www.neutr

ino.ro

Ministerul Educatiei, Cercetarii, Tineretului si SportuluiSocietatea de Stiinte Matematice din Romania

Olimpiada Nationala de MatematicaEtapa finala, Iasi, 6 aprilie 2010

CLASA a VII-aSOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE

Problema 1. Fie S o submultime cu 673 de elemente a multimii{1, 2, . . . , 2010}. Aratati ca exista doua elemente distincte a si b din S cuproprietatea ca 6 divide a + b.

Solutie. Consideram multimile: A = {6, 12, . . . , 2010}, B = {3, 9, 15, . . . ,2007}, C = {1, 7, 13, . . . , 2005}, D = {2, 8, 14, . . . , 2006}, E = {4, 10, 16, . . . ,2008}, F = {5, 11, 17, . . . , 2009}, fiecare avand cate 335 elemente. . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 puncte

Daca ın S exista doua elemente din A sau doua elemente din B, suma lorse divide cu 6, ceea ce ıncheie solutia. In caz contrar, ın celelalte 4 multimise afla cel putin 673− 2 = 671 elemente din S. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Consideram multimile C∪F si D∪E, fiecare avand 670 elemente. Atunciintersectia lui S cu una dintre cele doua multimi – fie ea C∪F – are cel putin336 elemente. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Atunci multimile S ∩ C si S ∩ F au fiecare cel putin un element. Sumaacestora este multiplu de 6, ceea ce ıncheie solutia. . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

(Cazul |D ∪ E| ≥ 336 se trateaza analog.)

Problema 2. Fie ABCD un dreptunghi de centru O, avand �DAC =60◦. Bisectoarea unghiului �DAC intersecteaza DC ın S. Dreptele OSsi AD se intersecteaza ın L, iar dreptele BL si AC se intersecteaza ın M .Aratati ca dreptele SM si CL sunt paralele.

Solutie. Avem �SAC = �SCA = 30◦, deci SA = SC. Cum OA = OC,rezulta ca SO⊥AC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

De aici LA = LC. In plus, unghiul �LAC are 60◦, deci triunghiul ALCeste echilateral. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Punctul S este centrul triunghiului echilateral LAC, deciLS

SO= 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Patrulaterul DBCL este paralelogram. Notam Q centrul sau, deciDQ = QC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Punctul M este centrul de greutate al triunghiului DBC, deciCM

MO= 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

www.neutr

ino.ro

DinLS

SO=

CM

MO, conform reciprocei teoremei lui Thales rezulta

cerinta. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Problema 3. Casutele unui tablou cu 50 de linii si 50 de coloane se potcolora numai cu rosu sau cu albastru. Initial, toate casutele sunt colorate curosu. Un pas ınseamna schimbarea culorii tuturor casutelor dintr-o linie saudintr-o coloana.

a) Aratati ca nu exista nicio secventa de pasi dupa care tabloul contineexact 2011 casute colorate cu albastru.

b) Gasiti un numar de pasi dupa care tabloul contine exact 2010 casutecolorate cu albastru.

Solutie. Sa observam ca liniile selectate spre a fi modificate pot fi conside-rate consecutive; aceeasi precizare este valabila pentru coloane. Mai mult,selectarea unei linii (sau coloane) de doua ori nu modifica starea acesteia,deci presupunem ca cele x linii sunt distincte si cele y coloane sunt distincte.

Daca primele x linii si primele 50−y coloane au fost modificate, se creeazaun dreptunghi x × y si un dreptunghi (50 − x) × (50 − y) cu toate casutelealbastre, restul tabloului ramanand rosu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Astfel obtinem exact A = xy + (50− x)(50− y) casute albastre. . . . . . 2puncte

a) Numarul A = 2500 + 2xy− 50(x+ y) este par, deci nu poate fi egal cu2011. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

b) Avem A = 2010 ⇔ xy − 25x − 25y + 245 = 0 ⇔ (x − 25)(y − 25) =380 = 19 · 20. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncte

Pentru x = 25 + 19 = 44 si y = 25 + 20 = 45 obtinem cerinta. 1 punctNota. Numarul necesar de pasi nu este unic.

Problema 4. Intr-un triunghi isoscel ABC cu AB = AC, bisectoareaunghiului B intersecteaza latura AC ın punctul B′ si exista egalitatea BB′+B′A = BC. Determinati masurile unghiurilor triunghiului ABC.

Solutie. Pe latura BC a triunghiului consideram punctul M cu BB′ =BM . Egalitatea din enunt devine AB′ = MC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Teorema bisectoarei implica AB′

B′C= AB

BC= AC

BC, de unde

MCB′C

= ACBC

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncteRezulta ca triunghiurile MCB′ si ACB sunt asemenea, . . . . . . . 1 punct

deci MC = MB′. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctMai mult, C = �MCB′ = �MB′C. Atunci �BMB′ = 2C si cum

triunghiul BB′M este isoscel, rezulta ca �BB′M = 2C. . . . . . . . . . 1 punctIn triunghiul BB′M avem 180◦ = 2C + 2C + C

2, adica C = B = 40◦ si

A = 100◦. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

2

www.neutr

ino.ro

Ministerul Educatiei, Cercetarii, Tineretului si SportuluiSocietatea de Stiinte Matematice din Romania

Olimpiada Nationala de MatematicaEtapa finala, Iasi, 6 aprilie 2010

CLASA a VIII-aSOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE

Problema 1. Fie a, b, c numere naturale mai mari sau egale cu 2.Aratati ca a(a− 1) + b(b− 1) + c(c− 1) ≤ (a + b + c− 4)(a + b + c− 5) + 4.

Solutie. Inegalitatea se scrie echivalent a2 + b2 + c2 − a − b − c ≤ (a +b + c)2 − 9(a + b + c) + 24, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncteadica 0 ≤ 2(ab+bc+ca)−8(a+b+c)+24 sau 0 ≤ (ab+bc+ca)−4(a+b+c)+12.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Cum (ab− 2a− 2b + 4) = (a− 2)(b− 2), . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctgrupand convenabil gasim (ab − 2a − 2b + 4) + (bc − 2b − 2c + 4) + (ca −2c− 2a + 4) = (a− 2)(b− 2) + (b− 2)(c− 2) + (c− 2)(a− 2) ≥ 0, deoarecea, b, c ≥ 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Problema 2. Determinati cate numere naturale de patru cifre abcdverifica simultan egalitatile a + b = c + d si a2 + b2 = c2 + d2.

Solutie. Din a + b = c + d rezulta (a + b)2 = (c + d)2, deciab = cd. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Deducem ca a2 − 2ab + b2 = c2 − 2cd + d2, adica (a− b)2 = (c− d)2, deci|a− b| = |c− d|. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Obtinem a− b = c−d sau a− b = d− c. Cum a+ b = c+d, prin adunarerezulta a = c, b = d sau a = d, b = c. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Rezulta ca numerele sunt de forma aaaa, abba sau abab, cu a 6= 0 sia 6= b. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Obtinem 9 + 9 · 9 + 9 · 9 = 9 + 81 + 81 = 171 numere. . . . . . . . 2 puncte

Problema 3. Consideram piramida patrulatera regulata V ABCD. Pedreapta AC exista un punct M astfel ıncat V M = MB si (V MB)⊥(V AB).Aratati ca 4AM = 3AC.

Solutie. Deoarece MV = MB = MD si MO⊥(V BD), rezulta ca O estecentrul cercului circumscris triunghiului V BD. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Rezulta ca triunghiul V BD este dreptunghic isoscel, deci fetele lateraleale piramidei sunt triunghiuri echilaterale. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Notam P mijlocul muchiei V B. Atunci unghiul dintre planele (V AB) si(V BM) este �APM , deci �APM = 90◦. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

www.neutr

ino.ro

Triunghiurile MPA si POA sunt asemenea, deciMA

PA=

PA

OA. 2 puncte

De aici AM =PA2

OA=

3

4AC, ceea ce trebuia demonstrat. . . . . . 1 punct

Problema 4. Fie a, b, c, d numere naturale nenule si p = a + b + c + d.Stiind ca p este numar prim, aratati ca p nu divide ab− cd.

Solutie. Avem (a+c)(b+c) = ab+ac+bc+c2 = (a+b+c+d)c+ab−cd =pc + ab− cd. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 puncte

Daca p divide ab− cd, atunci p divide a + c sau b + c. . . . . . . .2 puncteInsa 0 < a + c < p si 0 < b + c < p, contradictie. . . . . . . . . . . . . .2 puncte

2

www.neutr

ino.ro

Ministerul Educatiei, Cercetarii, Tineretului si SportuluiSocietatea de Stiinte Matematice din Romania

Olimpiada Nationala de MatematicaEtapa nationala, Iasi, 6 aprilie 2010

CLASA a IX-aSOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE

Problema 1. Se considera triunghiul ABC si punctele D,E, F ın carebisectoarele unghiurilor �BAC,�ABC, respectiv �ACB taie cercul sau cir-cumscris.

a) Aratati ca ortocentrul triunghiului DEF coincide cu centrul cerculuiınscris ın triunghiul ABC.

b) Aratati ca, daca−−→AD +

−−→BE +

−→CF =

−→0 , atunci triunghiul ABC este

echilateral.

Solutie. a) Daca I este centrul cercului ınscris ın triunghiul ABC, atunci

D,E, F sunt mijloacele arcelor mici BC, CA, AB . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctDe aici, unghiul AD,EF este 1

2(AE + DF ) = 1

4(AB+ BC + CA) = 90◦, deci

AD⊥EF ; analog BE⊥DF . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

b) Din ipoteza deducem−→OA+

−−→OB +

−→OC =

−−→OD+

−−→OE +

−→OF , unde O este

centrul cercului circumscris . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncteFolosind relatia lui Sylvester, reiese ca ortocentrele celor doua triunghiuricoincid. Astfel, ın triunghiul ABC punctul I este si ortocentru, de undeconcluzia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Problema 2. Demonstrati ca exista o asemanare ıntre un triunghi ABCsi triunghiul avand ca laturi medianele sale daca si numai daca patratelelungimilor laturilor triunghiului ABC sunt ın progresie aritmetica.

Solutie. Folosim m2a = 1

4(2(b2 + c2)− a2) si analoagele . . . . . . . 1 punct

Daca patratele laturilor sunt ın progresie aritmetica, atunci, de exemplu,2b2 = a2 + c2, de unde m2

a = 34c2, m2

b = 34b2, m2

c = 34a2, ceea ce arata ca

ma

c=

mb

b=

mc

a=

√3

2

si are loc asemanarea ceruta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncteReciproc, daca exista asemanarea si a≤ b≤ c, atunci ma≥ mb≥ mc, deci

ma

c=

mb

b=

mc

a= k . . . . . . . . . . . . . . .2 puncte

Din m2a + m2

b + m2c = 3

4(a2 + b2 + c2) reiese k =

√32

, de unde 4m2b = 3b2,

ceea ce conduce la 2b2 = a2 + c2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

www.neutr

ino.ro

Problema 3. Pentru orice numar natural n ≥ 2 notam An multimeasolutiilor reale ale ecuatiei

x =[x

2

]+[x

3

]+ . . . +

[xn

].

a) Determinati A2 ∪ A3.b) Aratati ca multimea A =

⋃n≥2

An este finita si determinati maxA.

Solutie. Observam ca An ⊂ Z, ∀n ∈ N, n ≥ 2 . . . . . . . . . . . . . . . . .1 puncta) Elementele din A2 ındeplinesc inegalitatile x − 2 < 2x ≤ x, de unde,

prin verificare, A2 = {−1, 0} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctElementele din A3 ındeplinesc inegalitatile 5x − 12 < 6x ≤ 5x, de unde,

prin verificare, A3 = {−7,−5,−4,−3,−2, 0}, iar A2∪A3 = {−7,−5,−4,−3,−2,−1, 0}.1 punct

b) Pentru n ≥ 4, daca x ∈ An, atunci x ≤(12

+ 13

+ . . . + 1n

)x, iar din

12

+ 13

+ . . . + 1n> 1 reiese x ≥ 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Apoi, pentru x, n ∈ Z si n ≥ 2,[xn

]≥ x−(n−1)

n. Astfel, daca n ≥ 4 si

x ∈ An, atunci

x ≥[x

2

]+[x

3

]+[x

4

]≥ x− 1

2+

x− 2

3+

x− 3

4,

de unde x ≤ 23, deci A este marginita superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctDeoarece A ⊂ {−5,−4, . . . , 23} si 23 ∈ A4, maxA = 23 . . . . . . 2 puncte

Observatie. Pentru marginirea superioara a lui A este suficient sa folosim[xk

]> x

k− 1 pentru k ∈ {2, 3, 4}, dar aceasta ıngreuneaza aflarea lui maxA.

Problema 4. Se considera multimea F a functiilor f : N → N care auproprietatea:

f(a2 − b2) = f 2(a)− f 2(b), pentru orice a, b ∈ N, a ≥ b.

a) Determinati {f(1) | f ∈ F}.b) Aratati ca F are exact doua elemente.

Solutie. a) Pentru a = b obtinem f(0) = 0. Apoi f(a2) = f 2(a), ∀a ∈ N,deci f(1) = f 2(1), de unde f(1) ∈ {0, 1} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Este posibil ca f(1) = 0 (pentru f0 ≡ 0 ∈ F) si ca f(1) = 1 (pentruf1 = 1N ∈ F), deci multimea ceruta este {0, 1} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

b) Daca a, b ∈ N, a ≥ b si f ∈ F , atunci f(a), f(b) ∈ N si f 2(a)− f 2(b) =f(a2 − b2) ≥ 0, deci f(a) ≥ f(b), adica f este crescatoare. . . . . . . . .1 punct

In cazul f(1) = 0 obtinem f(4) = f 2(2) = f 2(2)− f 2(1) = f(3), de undef(7) = f 2(4)−f 2(3) = 0, apoi, inductiv, f(72n) = 0. Cum f este crescatoare,reiese f = f0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

2

www.neutr

ino.ro

In cazul f(1) = 1, notand f(2) = x obtinem f(4) = x2, f(3) = x2 − 1,f(5) = f 2(3)− f 2(2) = x4 − 3x2 + 1, iar din f(16) = f 2(5)− f 2(3) deducemx4 = (x4 − 3x2 + 1)2 − (x2 − 1)2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Aceasta este echivalent cu x2(x2− 1)2(x2− 4) = 0. Deoarece ın acest cazf este strict crescatoare (a, b ∈ N, a > b implica f 2(a)− f 2(b) ≥ f(1) > 0),deducem x = 2. De aici, inductiv, f(22n) = 22n si, din stricta monotonie,f = f1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

3

www.neutr

ino.ro

Ministerul Educatiei, Cercetarii, Tineretului si SportuluiSocietatea de Stiinte Matematice din Romania

Olimpiada Nationala de MatematicaEtapa nationala, Iasi, 6 aprilie 2010

CLASA a X-aSOLUTII SI BAREMURI ORIENTATIVE

Problema 1. Se considera sirul (an)n≥0 de numere reale strict pozitive,pentru care

n∑k=0

Ckn · ak · an−k = a2

n,

pentru orice n ≥ 0. Sa se arate ca sirul este o progresie geometrica.

Solutie. Notand a0 = a, obtinem imediat a1 = 2a, si, pentru n = 2,

a22 − 2a · a2 − 8a2 = 0,

de unde, deoarece a2 > 0, rezulta a2 = 4a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncteDemonstram prin inductie ca an = 2na, pentru orice n. Presupunand

ak = 2ka, pentru orice k, 0 ≤ k ≤ n, ramane sa aratam ca an+1 = 2n+1a.Avem

2a · an+1 + a2 · 2n+1 ·n∑

k=1

Ckn+1 = a2

n+1,

sau2a · an+1 + a2 · 2n+1 ·

(2n+1 − 2

)= a2

n+1.

Singura valoare pozitiva a lui an+1 care verifica egalitatea este an+1 =2n+1a, ceea ce incheie demonstratia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 puncte

Problema 2. Fie v, w ∈ C∗, distincte. Sa se arate ca

|zw + w| ≤ |zv + v| ,

pentru orice z ∈ C, |z| = 1, daca si numai daca exista k ∈ [−1, 1] astfelıncat w=kv.

Solutie. Daca exista k ∈ [−1, 1] astfel ıncat w = kv, inegalitatea cerutase verifica imediat. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Reciproc, fie t > 1 astfel ca w − tv 6= 0. Luand

z =tv − w

w − tv,

www.neutr

ino.ro

avem |z| = 1 si obtinem

zw + w =t(wv − wv)

w − tv,

zv + v =wv − wv

w − tv,

de unde|zw + w| = t |zv + v| .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 puncteDeoarece t > 1, din inegalitatea din ipoteza deducem ca |zw + w| =

|zv + v| = 0, deci wv − wv = 0, adica wv

= k ∈ R. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Inlocuind ın conditia initiala, deducem si k ∈ [−1, 1] . . . . . . . . . . 1 punct

Problema 3. Se considera ın plan 100 de puncte, oricare trei necoliniare.Punctele se ımpart ın 10 grupe, fiecare avand cel putin trei puncte. Oricaredoua puncte din aceeasi grupa se unesc ıntre ele cu un segment.

a) Sa se determine pentru ce ımpartire a punctelor numarul de triun-ghiuri formate cu aceste segmente este minim.

b) Sa se arate ca exista o alegere a grupelor cu proprietatea ca toatesegmentele pot fi colorate cu trei culori astfel ıncat sa nu existe un triunghiavand laturile colorate cu aceeasi culoare.

Solutie. a) Daca grupele contin, respectiv a1, a2, . . . , a10 puncte, atuncinumarul de triunghiuri formate este

N = C3a1

+ C3a2

+ . . . + C3a10

.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctAfirmam ca acest numar este minim atunci cand

a1 = a2 = . . . = a10 = 10,

valoarea minima fiind 10C310. Intr-adevar, daca exista o grupa avand m ≥ 11

puncte, va exista o alta grupa avand n ≤ 9 puncte. Mutand un punctdin prima grupa ın cea de-a doua, numarul de triunghiuri scade. Aceastaafirmatie rezulta din inegalitatea

C3m + C3

n > C3m−1 + C3

n+1,

care se verifica imediat prin calcul direct. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 puncteb) Alegem ın fiecare grupa cate 10 puncte si ın fiecare grupa formam cate

doua subgrupe de cate 5 puncte. Deoarece pozitiile punctelor nu conteaza,putem presupune ca fiecare subgrupa de 5 puncte formeaza un pentagonconvex. Coloram laturile lor cu culoarea C1, diagonalele cu culoarea C2, iar

2

www.neutr

ino.ro

segmentele care unesc punctele din subgrupe diferite cu culoarea C3. E usorde vazut ca nu exista nici un triunghi monocolor. . . . . . . . . . . . . . . .3 puncte

Problema 4. In exteriorul triunghiului neechilateral ABC se consideratriunghiurile asemenea ABM, BCN si CAP astfel ıncat triunghiul MNPsa fie echilateral. Sa se determine masurile unghiurilor triunghiurilor ABM,BCN si CAP.

Solutie. Consideram orientarea direct trigonometrica pentru triunghiulABC. Notam afixele punctelor cu litere mici analoage. Din asemanarea dinipoteza deducem

m− b

a− b=

n− c

b− c=

p− a

c− anot= k,

de unde

m = ka + (1− k) b,

n = kb + (1− k) c,

p = kc + (1− k) a.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncteDeoarece triunghiul MNP este echilateral, avem

m + εn + ε2p = 0,

unde ε = cos 2π3

+ i sin 2π3

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Inlocuind, obtinem

0 = k(a + bε + cε2

)+ (1− k)

(b + cε + aε2

)= k

(a + bε + cε2

)+

1− k

ε

(a + bε + cε2

)=

(a + bε + cε2

) (k +

1− k

ε

).

Dar ABC nu este echilateral, asadar a + bε + cε2 6= 0. Rezulta

k =1

1− ε

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 punctesi egalitatea m = ka + (1− k) b devine m − a = ε (m− b) , ceea ce arata catriunghiul AMB este isoscel, cu un unghi de masura 2π

3. Desigur, celelalte

doua unghiuri au masura π6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

3

www.neutr

ino.ro

Ministerul Educatiei, Cercetarii si InovariiSocietatea de Stiinte Matematice din Romania

Olimpiada Nationala de MatematicaEtapa finala, Iasi, 6 aprilie 2010

CLASA a XI-aSOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE

Problema 1. Se considera numerele reale a, b cu b−a2 > 0. Determinatitoate matricele A ∈M2(R) astfel ıncat det(A2 − 2aA + bI2) = 0.

Solutie. Fie c =√b− a2. Avem

A2 − 2aA + bI2 = (A− (a + ic)I2)(A− (a− ic)I2)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 punctede unde rezulta ca polinomul caracteristic al lui A are radacina a + ic saua − ic. Cum acesta este real, ambele sunt radacini, deci valoriproprii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Prin urmare polinomul este x2 − 2ax + b. Rezulta A2 − 2aA + bI2 = 0 sideci tr(A) = 2a, detA = b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

In concluzie toate matricile cu proprietatea din enunt sunt de forma(a + x ya2−x2−b

ya− x

),

unde x ∈ R si y ∈ R∗. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 puncte

Problema 2. Fie matricele A,B,C ∈Mn(R) astfel ıncat ABC = On sirang(B) = 1. Aratati ca AB = On sau BC = On.

Solutie. Fie K ∈Mn,1(C) si L ∈M1,n(C) astfel ıncatKL = B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Atunci On = (AK)(LC) cu AK ∈ Mn,1(C), LC ∈ M1,n(C). FieAK = t(a1, a2, . . . , an) (unde cu tX s-a notat transpusa lui X) si LC =(b1, b2, . . . , bn). Deducem

On =

a1b1 a1b2 · · · a1bn...

... · · · ...anb1 · · · anb2 · · · anbn

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

www.neutr

ino.ro

Daca LC 6= O1,n atunci exista 1 ≤ i ≤ n cu bi 6= 0. Rezulta a1 = a2 =· · · = an = 0, deci AK = On,1. Rezulta ca cel putin una dintre matricele AKsi LC este nula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

In primul caz avem AB = (AK)L = On,1L = On, iar ın al doilea BC =K(LC) = KO1,n = On . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Observatii. Matricele A,B,C pot fi si nepatratice.Se poate da si o solutie pe ranguri (folosind teorema lui Frobenius).

Problema 3. Fie f : R → [0,∞). Aratati ca f satisface inegalitateaf(x+ y) ≥ (1 + y)f(x) pentru orice x ∈ R si orice y ≥ 0, daca si numai dacafunctia g : R→ [0,∞) definita prin g(x) = e−xg(x), pentru orice x ∈ R, estecrescatoare.

Solutie. Are loc inegalitatea ey ≥ 1+y, pentru orice y∈R. . . . 1 punctPresupunem ca functia g este monoton crescatoare pe R. Atunci, pe bazainegalitatii de mai sus, obtinem:

f(x + y) = ex+yg(x + y) ≥ ex(1 + y)g(x) = (1 + y)f(x),

pentru orice x ∈ R si orice y ≥ 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncteReciproc, presupunem f(x+y) ≥ (1+y)f(x), pentru oricare x ∈ R si oricarey ≥ 0.Se verifica prin inductie proprietatea:

f(x + nt) ≥ (1 + t)nf(x),

pentru oricare x ∈ R, t ≥ 0 si n ∈ N. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctFie x, z ∈ R, cu x < z. Notam y = z − x. Pentru n ∈ N∗, avem:

g(z) = e−zf(z) = e−x−yf(x + n · y

n

)≥ e−x−y

(1 +

y

n

)nf(x) =

(1 + y

n

)ney

g(x).

Rezulta

g(z) ≥ limn→∞

(1 + y

n

)ney

g(x) = g(x).

Deducem ca g este monoton crescatoare pe R. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 puncte

Problema 4. Pentru un numar real pozitiv a, definim sirul de numerereale (xn)n prin x1 = a si relatia de recurenta

xn+1 =

∣∣∣∣xn −1

n

∣∣∣∣ , pentru n ≥ 1.

Aratati ca sirul este convergent si calculati limita.

2

www.neutr

ino.ro

Solutie. Are loc proprietatea: pentru oricare n ∈ N∗, exista k ∈ N, k ≥n, astfel ıncat xk ≤ 1

k. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Astfel, presupunand ca, pentru un anumit n ∈ N∗, am avea xk > 1k,

∀ k ≥ n, ar rezulta

xm+1 = xn +m∑

k=n

(xk+1 − xk) = xn −m∑

k=n

1

k,

pentru orice m ∈ N,m ≥ n.

Cum limm→∞

m∑k=n

1k

=∞, am obtine limm→∞

xm = −∞.

Contradictie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 puncteFie ε > 0. Consideram N ∈ N∗ astfel ca 1

N< ε. In baza proprietatii

demonstrate, exista N1 ≥ N astfel ca xN1 ∈[0, 1

N1

]. Se verifica prin inductie

proprietatea: xn ∈[0, 1

N1

]⊂ [0, ε), pentru oricare n ≥ N1.

Rezulta ca sirul converge la 0, pentru oricare a ∈ R. . . . . . . . . . 3 puncte

Observatie. O demonstratie mai eleganta, dar bazata pe aceeasi idee,rezulta considerand sirul yn = max(xn,

1n)

3

www.neutr

ino.ro

Ministerul Educatiei, Cercetarii, Tineretului si SportuluiSocietatea de Stiinte Matematice din Romania

Olimpiada Nationala de MatematicaEtapa Finala, 6 aprilie 2010

CLASA a XII-aSOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE

Problema 1. Fie f : R → R o functie monotona si F : R → R,

F (x) =

∫ x

0

f(t) dt.

Aratati ca daca F este derivabila, atunci f este continua.

Solutie. Fie f crescatoare si x0 ∈ R. Atunci limitele laterale, f(x0 − 0)si f(x0 +0), ale lui f ın x0 exista, sunt reale si f(x0−0) ≤ f(x0) ≤ f(x0 +0).Fie x < x0. Intrucat f(t) ≤ f(x0 − 0), x ≤ t < x0, rezulta ca∫ x0

x

f(t) dt ≤ (x0 − x)f(x0 − 0).

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Prin urmare,

F (x)− F (x0)

x− x0

=

∫ x0

x

f(t) dt

x0 − x≤ f(x0 − 0).

Intrucat F este derivabila ın x0, rezulta ca F ′(x0) ≤ f(x0 − 0). In modanalog, F ′(x0) ≥ f(x0 + 0). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4 puncteDeci f(x0 − 0) = f(x0 + 0) = f(x0). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Problema 2. Un inel A are proprietatatea (P ) daca orice element nenulse scrie ın mod unic ca suma dintre un element inversabil si unul neinversabil.

(a) Daca ın inelul A, 1 + 1 6= 0, aratati ca A are proprietatea (P ) daca sinumai daca A este corp.

(b) Dati un exemplu de inel cu cel putin doua elemente, care are propri-etatea (P ), dar nu este corp.

www.neutr

ino.ro

Solutie. (a) Daca A este corp si x ∈ A, x 6= 0, atunci x este inversabil six = x + 0; scrierea este unica, deoarece 0 este singurul element neinversabil.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Presupunem ca A nu este corp. Fie x ∈ A, x 6= 0, un element neinversabil.Intrucat 1 + x = (1 + x) + 0 si −1 + x = (−1 + x) + 0, elementele 1 + xsi −1 + x sunt neinversabile — ın caz contrar, unicitatea scrierii ar implicax = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncte

Deoarece x = 1 + (−1 + x) = −1 + (1 + x), rezulta 1 = −1,contradictie. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

(b) Fie E o multime nevida si A = (P(E), ∆,∩) inelul partilor lui E. Inacest inel, E este singurul element inversabil. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctDaca X este o submultime nevida a lui E, atunci E \ X este neinversabilsi X = E∆(E \ X). Scrierea este unica, deoarece E este singurul elementinversabil. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Problema 3. Fie G un grup finit cu n elemente,

H = {x : x ∈ G si x2 = e},

unde e este elementul neutru al lui G, si p numarul elementelor lui H.Aratati ca:

(a) Card (H ∩xH) ≥ 2p−n, oricare ar fi x ∈ G, unde xH = {xh : h ∈ H}.

(b) Daca p > 3n/4, atunci G este comutativ.

(c) Daca n/2 < p ≤ 3n/4, atunci G este necomutativ.

Solutie. (a) Intrucat G este grup, rezulta ca |xH| = p. . . . . . . 1 punctDeci n = |G| ≥ |H ∪ xH| = |H|+ |xH| − |H ∩ xH| = 2p− |H ∩ xH|, de

unde, |H ∩ xH| ≥ 2p− n. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct(b) Fie x ∈ H si y ∈ H ∩xH. Atunci y = y−1 si y = xh, h ∈ H. Intrucat

xy = x2h = h ∈ H, rezulta ca xy = (xy)−1 = y−1x−1 = yx. Deci x comutacu toate elementele din H ∩ xH. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Intrucat |H ∩ xH| ≥ 2p − n > 3n/2 − n = n/2, rezulta ca subgrupulelementelor care comuta cu x are cel putin n/2 elemente. Din teorema luiLagrange, rezulta ca x comuta cu toate elementele lui G. . . . . . . . . .1 punct

Deci H ⊆ Z(G), centrul lui G. Prin urmare, |Z(G)| ≥ |H| = p > 3n/4 >n/2, deci Z(G) = G. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

(c) Presupunem ca G este comutativ. Daca x, y ∈ H, atunci (xy)2 =x2y2 = e, deci xy ∈ H. Intrucat H este finita, rezulta ca H este un subgrupal lui G. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Conditia |H| > n/2 forteaza H = G, deci 3n/4 ≥ |H| = |G| = n —contradictie. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

2

www.neutr

ino.ro

Problema 4. Fie f : [−1, 1] → R o functie continua, derivabila ın 0, si

I(h) =

∫ h

−h

f(x) dx, h ∈ [0, 1].

Aratati ca:

(a) Exista M > 0, astfel ıncat |I(h)−2f(0)h| ≤ Mh2, oricare ar fi h ∈ [0, 1].

(b) Sirul (an)n∈N∗ , definit prin an =n∑

k=1

√k |I(1/k)|, este convergent daca

si numai daca f(0) = 0.

Solutie. (a) Functia continua ϕ : (0, 1] → R, ϕ(h) =I(h)− 2f(0)h

h2,

poate fi prelungita prin continuitate ın 0, deoarece

limh→0

ϕ(h) = limh→0

(I(h)− 2f(0)h)′

2h= lim

h→0

f(h) + f(−h)− 2f(0)

2h

=1

2limh→0

(f(h)− f(0)

h− f(−h)− f(0)

−h

)=

1

2(f ′(0)− f ′(0)) = 0.

Prin urmare, ϕ este marginita pe (0, 1]. Fie M = sup{|ϕ(h)| : 0 < h ≤ 1}.Atunci |I(h) − 2f(0)h| ≤ Mh2, oricare ar fi h ∈ (0, 1]; inegalitatea esteevident adevarata si pentru h = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3 puncte

(b) Deoarece∣∣|I(h)| − 2|f(0)|h∣∣ ≤ |I(h)− 2f(0)h| ≤ Mh2, 0 < h ≤ 1,

rezulta ca

2|f(0)|h−Mh2 ≤ |I(h)| ≤ 2|f(0)|h + Mh2, 0 < h ≤ 1,

de unde

2|f(0)|√k

− M

k√

k≤√

k |I(1/k)| ≤ 2|f(0)|√k

+M

k√

k, k ∈ N∗.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Darn∑

k=1

1√k≥

n∑k=1

1√n

=√

n, n ∈ N∗,

si

n∑k=1

1

k√

k= 1 +

n∑k=2

1

k√

k≤ 1 + 2

n∑k=2

(1√

k − 1− 1√

k

)= 1 + 2

(1− 1√

n

)< 3, n ∈ N∗. . . . . . . . . . . . .1 punct

3

www.neutr

ino.ro

Tinand cont de aceste inegalitati, rezulta ca:(1) Daca f(0) = 0, atunci an ≤ 3M , oricare ar fi n ∈ N∗; ıntrucat sirul

(an)n∈N∗ este crescator, el este deci convergent. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct(2) Daca f(0) 6= 0, atunci an ≥ 2|f(0)|

√n − 3M , oricare ar fi n ∈ N∗,

deci sirul (an)n∈N∗ este nemarginit. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Remarca. Dubla inegalitate

2(√

k + 1−√

k)

<1√k

< 2(√

k −√

k − 1)

, k ∈ N∗,

permite ıncadrarea

4|f(0)|(√

n + 1− 1)− 3M ≤ an ≤ 4|f(0)|

√n + 3M, n ∈ N∗,

care arata ca sirul (an)n∈N∗ este marginit daca si numai daca f(0)=0; ıntrucat(an)n∈N∗ este crescator, el este deci convergent daca si numai daca f(0)=0.

4