OLIMPIADA SATELORcsantipa.ro/documente/baremeojm2018.pdfOLIMPIADA SATELOR MATEMATICA˘ Faza...

OLIMPIADA SATELOR

MATEMATICĂ

Faza județeană, Brașov, 10martie 2018

Bareme și soluții

Clasa a IV-a

1. ( 7 puncte ) Se punctează fiecare operație rezolvată corect cu 1punct

722 – 462 : [( 4 x 106 – 112 - 918 : 3) : 3 ] =

= 722 – 462 : [ ( 424 – 112 – 306 ) : 3 ]=

= 722– 462 : [ ( 312 – 306 ) : 3 ]=

= 722 – 462 : ( 6 : 3 )=

= 722 – 462 : 2=

=722 – 231=

= 491

2. ( 7 puncte )

2 puncte

21 cm

21 cm : 3 = 7 cm ( un sfert din coadă )................. 2,5 puncte

7 cm + 21 cm = 28 cm ( lungimea cozii ).......... 2,5 puncte

3. ( 7 puncte )

80 + 2 x 4 = 88 ( ani – vârsta celor 4 membri ai familiei în prezent )………..3 puncte

100 – 88 = 12…………………………………………………………………..2 puncte

12 : 4 = 3 ( peste 3 ani )………………………………………………………2 puncte

4. ( 7 puncte )

b

f 3 puncte

189 – 63= 126 ( 3 x nr. fete rămase ) ………………………… 1 punct

126 : 3 = 42 ( fete rămase )…………………………………….. 1 punct

42 + 189 = 231 ( fete erau la început în curtea școlii )………. 1 punct

42 x 4 + 63 =231 ( băieți erau la început în curtea școlii )……. 1 punct

Orice altă variantă de rezolvare se va lua în considerare și se va puncta corespunzător.

63

189

OLIMPIADA SATELOR

MATEMATICA

Faza judeteana

Brasov, 10 martie 2018

Bareme si solutii

Clasa a V-a

1. (a) Determinati numerele prime ab, ba si x, daca 5 · ab− 7 · x = ba.

(b) Aratati ca N = 1 + 6 + 6 · 7 + 6 · 72 + ...+ 6 · 76 = 77.

Solutie.

(a) Numere prime ab si ba sunt 11, 13, 17, 31, 37, 71, 73, 79, 97 . . . . . ... 1 punct

Relatia data se scrie 49a− 5b = 7x si b se divide cu 7 . . . . . . . . . . . ... 1 punct

Daca ab = 17 ⇒ x = 2.Daca ab = 37 ⇒ x = 16, nu convine.Daca ab = 97 ⇒ x = 58, nu convine. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 3 puncte

(b) N = 1+ (7− 1) + (7− 1) · 7 + (7− 1) · 72 + ...+ (7− 1) · 76 = 77 ... 2 puncte

2. Restul obtinut prin ımpartirea numarului natural x la 30 este 8, iar restul obtinutprin ımpartirea numarului natural y la 35 este 34. Determinati restul ımpartiriinumarului 3x+ 2y la 10.Solutie.

x = 30 · c1 + 8 | · 3y = 35 · c2 + 34 | · 2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 4 puncte

3x+2y = 10(9 · c1 +7 · c2) + 92 = 10 · c3 +9 · 10+ 2, deci restul este 2.... 3 puncte

3. Deschizand o carte la ıntamplare, Dan observa ca suma numerelor care indica celedoua pagini este un patrat perfect de trei cifre, mai mic decat 300. Determinatipaginile la care Dan a deschis cartea.Solutie.

Cum suma celor doua numere consecutive ce indica paginile unde s-a deschis carteaeste un numar impar, cuprins ıntre 100 si 300, aceasta poate fi 121, 169, 225, 289.... 4 puncte

paginile pot fi 60 si 61, 84 si 85, 112 si 113, 144 si 145. . . . . . . . . . . . . . . . ... 3 puncte

4. De pe o foaie pe care erau scrise numerele naturale de la 1 la 2018, Paul a taiattoate numerele care au ultima cifra 0 sau 5 si l-a ıntrebat pe Mihai:- Crezi ca poti afla ultima cifra a produsului tuturor numerelor ramase pe foaie?- Desigur, a raspuns Mihai si a spus cifra 4.

Cum a procedat Mihai? Este corect raspunsul sau?Solutie.

Produsul 1 · 2 · 3 · 4 · 6 · 7 · 8 · 9 are ultima cifra 6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

De la 1 la 2010 vor fi 201 grupe cu ultima cifra a produsului egala cu 6, iar produsulnumarelelor de la 2011 la 2018 are ultima cifra 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 3 puncte

Deci, ultima cifra a produsului va fi 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

OLIMPIADA SATELOR

MATEMATICA

Faza judeteana


Bareme si solutii

Clasa a VI-a

1. Se dau numerele rationale a = (1+ 12)·(1+ 1

3)·(1+ 1

4)·...·(1+ 1

1000), b = 4

5· 67· 89·...1000

1001,

c = 56· 78· 910

· ... 9991000

.

(a) Aratati ca 500 < a < 501.

(b) Comparati numerele a si 1b·c .

Solutie.

(a) a = 10012

= 500, 5; 500 < a < 501. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 3 puncte

(b) b · c = 41001

, 1b·c =

10014

< 10012

= a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 4 puncte

2. Determinati numerele naturale x, y si z, stiind ca 2 ·x = 3 ·y = 9 ·z si 1x+ 1

y+ 1

z> 14

37.

Solutie.

x = 92z, x = 3z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

1x+ 1

y+ 1

z= 2

9z+ 3

9z+ 9

9z= 14

9z> 14

37. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

z ∈ {1, 2, 3, 4} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

Solutii vor fi tripletele (9, 6, 2), (18, 12, 4) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

3. (a) Verificati daca un unghi drept poate fi ımpartit ın unghiuri adiacente cu masurileexprimate ın grade prin primele numere pare consecutive.

(b) Fie m(A0OA1) = 2◦, m(A1OA2) = 4◦, m(A2OA3) = 6◦, ..., iar (OM si (ON

bisectoarele unghiurilor A1OA2, respectiv A9OA10. Calculati m(MON).

Solutie.

(a) Cautam k astfel ıncat 2◦ + 4◦ + ...+ (2k)◦ = 90 . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

k(k+1) = 90, iar k = 9, deci unghiul se poate ımpartii ın 9 unghiuri adiacentecu masurile numere pare consecutive. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

(b) m(A1OA2) = 4◦, m(A1OM) = 2◦, m(A0OM) = 3◦ . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

m(A9OA10) = 20◦, m(A9ON) = 10◦, m(A0ON) = 100◦ . . . . . . . . . ... 2 puncte

m(MON) = 97◦ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

4. Fie XOY un unghi ascutit si (OZ bisectoarea acestuia. In semiplane opuse fata dedreapta ce contine semidreapta (OZ, consideram punctele A si B, B fiind ın acelasi

semiplan cu X, astfel ıncat BOX ≡ AOY si AOB unghi alungit.

(a) Daca m(Y OZ) = m(BOX

8), determinati m(XOY ).

(b) Fie punctele T ∈ (OZ, L ∈ (OX si R ∈ (OY astfel ıncat [OL] ≡ [OR]. Aratatica triunghiul TLR este isoscel.

(c) Daca TL ∩ AB = {E} si TR ∩ AB = {C}, aratati ca triunghiul TEC esteisoscel.

Solutie.

(a) Fie x = m(Y OZ). x+ 8x+ 8x+ x = 180◦, x = 10◦, m(XOY ) = 20◦ . . . . ... 2puncte

(b) ∆ROT ≡ ∆LOT (L.U.L.), [TL] ≡ [RT ], ∆TRL isoscel, iar TO bisectoareaunghiului CTE. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 3 puncte

(c) In ∆TCE, TO bisectoare si ınaltime, din proprietatile liniilor importane ıntriunghi sau din congruente de triunghiuri, ∆TCE isoscel. . . . . . . ... 2 puncte

OLIMPIADA SATELOR

MATEMATICA

Faza judeteana


Bareme si solutii

Clasa a VII-a

1. Determinati numerele naturale nenule x, y, z, stiind ca x3 + y3 + z3 = 1728 six2

x2+9= y2

y2+16= z2

z2+25.

Solutie.x2

x2+9= y2

y2+16= z2

z2+25=⇒ x

3= y

4= z

5= k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

x = 3k, y = 4k, z = 5k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

27k3 + 64k3 + 125k3 = 1728, k3 = 8, k = 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

x = 6, y = 8, z = 10. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

2. (a) Determinati cel mai mic numar natural nenul n pentru care√

3√2n ∈ N.

(b) Determinati numerele naturale x si y pentru care√3x +

√2y = 82.

Solutie.

(a)√3√2n ∈ N =⇒

√2n = 3k2, k = 1 nu convine, deci 2n = 9 · 24 = 144, n = 72.

... 4 puncte

(b) 3x impar, (∀)x ∈ N, 2y par, (∀)x ∈ N∗, deci y = 0, iar x = 8. . . . . ... 3 puncte

3. Trapezul isoscel ABCD cu AB‖CD, AB > CD are AD = CD = BC = 12 cm siAC⊥BC. Calculati

(a) masurile unghiurilor trapezului.

(b) perimetrul trapezului.

Solutie.

(a) Fie x = m(DAC) = m(ACD) = m(CAB), m(ABC) = 2x. In ABCD,2(x+ 90◦) + 4x = 360◦, x = 30◦. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 3 puncte

m(A) = m(B) = 60◦, m(D) = m(C) = 120◦ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

(b) In ∆ACB, BC = AB2, AB = 24 cm, PABCD = 60 cm. . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

4. Consideram patrulaterul convex ABCD ın carem(B) = m(D) = 90◦ sim(A) 6= 90◦.Stiind ca (BD este bisectoarea unghiului B, demonstrati ca [AD] ≡ [CD].Solutie.

Fie E si F sunt proiectiile punctului D pe dreptele AB si BC, BEDF patrat.... 3puncte

∆DEA ≡ ∆DFC (C.U.), [AD] ≡ [CD]. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 4 puncte

OLIMPIADA SATELOR

MATEMATICA

Faza judeteana


Bareme si solutii

Clasa a VIII-a

1. Determinati media geometrica a numerelor reale pozitive x si y care satisfac relatiax2 + 4y2 − 4(x+ 3y) + 13 = 0.

***

Solutie.

(x− 2)2 + (2y − 3)2 = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

x = 2, y = 32. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte√

x · y =√3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 3 puncte

2. Se considera a ∈ R∗, astfel ıncat a+ 1a= 3.

(a) Calculati a2 + 1a2.

(b) Calculati valoarea expresiei a6+a5+a3+a2+a+1a3

.

Solutie.

(a) a2 + 1a2

=(a+ 1

a

)2 − 2 = 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

(b) a3 + 1a3

=(a+ 1

a

)3 − 3(a+ 1

a

)= 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

a3 + a2 + a+ 1 + 1a+ 1

a2+ 1

a3= 29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 3 puncte

3. In prisma triunghiulara regulata ABCDEF , notam cu M mijlocul muchiei EF .Demonstrati ca dreapta AF este paralela cu planul (BMD).Solutie. Fie MN centrul fetei ABED. Atunci, MN linie mijlocie ın ∆EAF . ... 4puncte

AF‖MN , MN ⊂ (BMD) ⇒ AF‖(BMD). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 3 puncte

4. In paralelipipedul dreptunghic ABCDA′B′C ′D′, M este mijlocul muchiei CC ′.Stiind ca AB = 3 cm, BC =

√15 cm si AA′ = 2 cm.

(a) Aflati aria triunghiului A′BM .

(b) Determinati distanta de la M la A′B.

Solutie.

Fie B′R⊥MB. Din teorema celor trei perpendiculare, A′R⊥BM . . . . . ... 1 punct

B′M = 4 cm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

AB′MB = B′R·MB2

= BB′·BC2

, B′R =√152

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

In ∆A′B′R, A′R =√512, AA′BM =

√51. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

Fie MP⊥A′B. AA′BM = A′B·MP2

, MP = 2√66313

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

Olimpiada Nationala de MatematicaEtapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, 10 martie 2018

CLASA a V-a, varianta 2

Problema 1. Vlad, Luca si Adina au cumparat de la o librarie rechizite ın valoare totala de 118lei. Vlad a cumparat 5 pixuri, 4 caiete si 3 cutii cu creioane colorate, Luca a cumparat 7 pixuri, 3caiete si 4 cutii cu creioane colorate, iar Adina a cumparat 8 pixuri, 7 caiete si 7 cutii cu creioanecolorate.

Stiind ca Luca a platit cu 5 lei mai mult decat Vlad, iar Adina cu 4 lei mai putin decat Vlad siLuca la un loc, aflati cat costa un creion, cat costa un caiet si cat costa o cutie cu creioane colorate.

Solutie. Folosim metoda grafica pentru a afla sumele platite de fiecare copil. In reprezentarea demai jos, p este suma platita de Vlad:

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pp + p + 5 + 2p + 1 = 118, de unde p = 28, deci Vlad a platit 28 de lei, Luca a platit 33 de lei, iar

Adina 57 de lei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2pFolosim metoda comparatiei pentru a afla pretul fiecarui tip de rechizite:

5 pixuri ............... 4 caiete ............... 3 cutii cu creioane ............... 28 lei7 pixuri ............... 3 caiete ............... 4 cutii cu creioane ............... 33 lei8 pixuri ............... 7 caiete ............... 7 cutii cu creioane ............... 57 lei

Adunand primele doua relatii obtinem

12 pixuri ............... 7 caiete ............... 7 cutii cu creioane ............... 61 lei

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pComparand cu a treia relatie si efectuand diferenta, obtinem ca 4 pixuri costa 4 lei, deci un pix

costa 1 leu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pInlocuind ın primele doua relatii, obtinem:

4 caiete ............... 3 cutii cu creioane ............... 23 lei3 caiete ............... 4 cutii cu creioane ............... 26 lei

Pentru a aduce la acelasi termen de comparatie, vom egala numarul de caiete, ınmultind cu 3prima relatie si cu 4 pe cea de-a doua:

12 caiete ............... 9 cutii cu creioane ............... 69 lei12 caiete ............... 16 cutii cu creioane ............... 104 lei

Obtinem ca 7 cutii cu creioane costa 35 de lei, deci o cutie cu creioane costa 5 lei . . . . . . . . . . 1pInlocuind ıntr-una dintre relatii, obtinem ca un caiet costa 2 lei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Problema 2. Suma a 15 numere naturale consecutive este un numar cu cifre diferite, printrecare se afla cifrele 0, 1, 2 si 4. Care este cel mai mic numar posibil dintre cele 15 numere?

Gazeta Matematica

Solutie. Daca n este cel mai mic numar cautat, atunci cele 15 numere consecutive din enunt suntn, n + 1, ..., n + 14, a caror suma S este egala cu 15n + 105, adica S = 3 · 5 · (n + 7) . . . . . . . . . . 3p

Intrucat suma S este divizibila cu 3, suma cifrelor lui S este, la randul ei, divizibila cu 3. Cum0, 1, 2 si 4 sunt cifre ale lui S, iar 0 + 1 + 2 + 4 = 7 nu se divide cu 3, rezulta ca S mai are cel putinınca o cifra, diferita de 0, 1, 2 si 4. Conditiile de minim si de divizibilitate cu 3 conduc la faptul caS mai are o singura alta cifra, egala cu 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Cel mai mic numar de forma 15 (n + 7) care se scrie cu cifrele 0, 1, 2, 4 si 5 este 10 245, pentrucare se obtine n = 676 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Problema 3. Determinati numerele de forma abcd care ındeplinesc simultan urmatoarele conditii:a) suma patratelor cifrelor este divizibila cu 4;b) restul ımpartirii numarului abcd la c este 7.

Solutie. Patratul unui numar natural este de forma 4k sau 4k + 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pa2 + b2 + c2 + d2 este divizibil cu 4 daca a, b, c, d au aceeasi paritate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pDin teorema ımpartirii cu rest exista numerele naturale q si r astfel ıncat abcd = c · q+ 7 si 7 < c,

deci c = 8 sau c = 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pDaca c = 8, toate cifrele sunt pare si abcd = 8q + 7, imposibil, deoarece membrul stang este par,

iar membrul drept este impar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pDaca c = 9, toate cifrele sunt impare si, cum ab9d da restul 7 la ımpartirea cu 9, rezulta ca

a + b + d + 9 este un numar par care da restul 7 la ımpartirea cu 9; se obtine ca a + b + d poate fi 7sau 25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Pentru a + b + d = 7 se obtin solutiile 1393, 3193, 3391, 1195, 1591 si 5191 . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pPentru a + b + d = 25 se obtin solutiile 7999, 9799 si 9997 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Problema 4. Intr-o cutie se afla 50 de cartonase pe care sunt scrise primele 100 de numerenaturale nenule, astfel: pe primul cartonas sunt scrise numerele 1 (pe o parte) si 2 (pe cealaltaparte), pe al doilea cartonas sunt scrise numerele 3 (pe o parte) si 4 (pe cealalta parte) si asa maideparte, pana la al 50-lea cartonas, pe care sunt scrise numerele 99 (pe o parte) si 100 (pe cealaltaparte).

Eliza scoate patru cartonase din cutie si calculeaza suma celor opt numere scrise pe ele. Catesume distincte poate obtine Eliza?

Solutie. Sumele celor doua numere de pe fiecare cartonas sunt: 3, 7, 11, 15, ..., 195, 199, adicanumerele de forma 4k − 1, unde k este un numar natural care ia valori ıntre 1 si 50 . . . . . . . . . . . 2p

Daca 4a − 1, 4b − 1, 4c − 1 si 4d − 1 sunt sumele de pe cele 4 cartonase, suma totala este4(a+ b+ c+ d)− 4, deci problema se reduce la a calcula numarul de valori pe care le poate lua sumaa patru numere naturale nenule a < b < c < d, cuprinse ıntre 1 si 50.

Suma minima este 1 + 2 + 3 + 4 = 10, iar suma maxima este 47 + 48 + 49 + 50 = 194 . . . . . . 1pVom arata ca fiecare suma a+ b+ c+ d poate lua toate valorile de la 10 la 194, adica ın total 185

de valori. Astfel avem:• sumele de la 10 la 56 se obtin pentru a = 1, b = 2, c = 3 si d luand valori de la 4 la 50:

1 + 2 + 3 + 4, 1 + 2 + 3 + 5, 1 + 2 + 3 + 6, ..., 1 + 2 + 3 + 50• sumele de la 57 la 102 se obtin pentru a = 1, b = 2, d = 50 si c luand valori de la 4 la 49:

1 + 2 + 4 + 50, 1 + 2 + 5 + 50, 1 + 2 + 6 + 50, ..., 1 + 2 + 49 + 50

2

• sumele de la 103 la 148 se obtin pentru a = 1, c = 49, d = 50 si b luand valori de la 3 la 48:1 + 3 + 49 + 50, 1 + 4 + 49 + 50, 1 + 5 + 49 + 50, ..., 1 + 48 + 49 + 50

• sumele de la 149 la 194 se obtin pentru b = 48, c = 49, d = 50 si a luand valori de la 2 la 47:2 + 48 + 49 + 50, 3 + 48 + 49 + 50, 4 + 48 + 49 + 50, ..., 47 + 48 + 49 + 50

In concluzie, Eliza poate obtine 185 de sume diferite, si anume toate numerele cuprinse ıntre4 · 10 − 4 = 36 si 4 · 194 − 4 = 772, numarate din 4 ın 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4p

3


CLASA a VI-aVarianta 2

Solutii si baremuri orientative

Problema 1. Numerele naturale x, y, z satisfac egalitatea

13x + 8y = 5z.

Demonstrati ca numarul (x + y) (y + z) (z + x) este divizibil cu 130.Solutie si barem: Din egalitatea 13x+ 8y = 5z, obtinem 13x+ 13y = 5z + 5y, adica

13 (x + y) = 5 (z + y) . Deoarece numerele 13 si 5 sunt prime, obtinem ca (x + y)...5 si

(y + z)...13. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4p

Din ipoteza, obtinem 18x + 8y = 5z + 5x, adica 5 (z + x)...2, de unde (z + x)

...2. . . 2pDeoarece 130 = 2 · 5 · 13, rezulta concluzia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1p

Problema 2. Un tablou de forma patrata se ımparte ın 100 patratele identice,distribuite pe 10 linii si 10 coloane. Avem la dispozitie 10 cartonase, numerotate diferit,cu cifre de la 0 la 9. Pe tablou trebuie sa asezam doua cartonase, avand suma 10, ınpatratele situate pe linii si coloane diferite. Determinati numarul de posibilitati de asezarea acestor cartonase.

Solutie si barem: Deoarece suma cifrelor trebuie sa fie egala cu 10, exista doar 4perechi de cartonase care se pot plasa pe tablou. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Primul cartonas se poate plasa ın orice patratel, deci exista 100 variante. Pentru aldoilea cartonas mai raman 9 linii si 9 coloane la dispozitie, adica 81 de variante. Prinurmare avem 100× 81 = 8100 variante de plasare a unei perechi de cartonase. . . . . . . . 4p

Deoarece avem 4 perechi, atunci avem ın total 4× 8100 = 32400 variante. . . . . . . . 2p

Problema 3. In triunghiul ascutitunghic ABC, cu AB < AC, AD este ınaltime, iarAE este bisectoare, unde D,E ∈ (BC) . In triunghiul ascutitunghic A′B′C ′, cu A′B′ <A′C ′, A′D′ este ınaltime, iar A′E ′ este bisectoare, unde D′, E ′ ∈ (B′C ′) . Se stie ca[AB] ≡ [A′B′] , [AD] ≡ [A′D′] si [AE] ≡ [A′E ′] . Demonstrati ca triunghiurile ABC siA′B′C ′ sunt congruente.

Solutie si barem: Deoarece M ABD ≡M A′B′D′, conform cazului C.I., obtinem]B ≡ ]B′ (∗) si ]BAD ≡ ]B′A′D′. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3p

Pe de alta parte, M DAE ≡M D′A′E ′ (C.I.) , de unde ]DAE ≡ ]D′A′E ′. . . . . . . . 1pSuntem condusi la ]BAE ≡ ]B′A′E ′, de unde obtinem ]BAC ≡ ]B′A′C ′. . . . . .2pTinand cont de (∗) , rezulta ca M ABC ≡M A′B′C ′, conform cazului U.L.U. . . . . . .1p

Problema 4. Lucia are ın total 2018 bile galbene, albastre si verzi. Numarul bilelorverzi este de 4 ori mai mare decat numarul bilelor albastre. La un schimb, Lucia ofera

prietenei sale Cristina 13 bile galbene si primeste 5 bile albastre si 7 bile verzi. Dupamai multe astfel de schimburi, Lucia ramane fara bile galbene, dar cu 1271 bile verzi.Determinati numarul de bile galbene avute initial de Lucia?

Solutie si barem: Notam cu k numarul de schimburi efectuate ıntre cele doua pri-etene. Atunci numarul de bile galbene este 13k. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Numarul initial de bile albastre este2018− 13k

5, iar numarul initial de bile verzi este

4 (2018− 13k)

5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2p

Numarul final de bile verzi este4 (2018− 13k)

5+ 7k = 1271,

de unde se obtine k = 101. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3pObtinem ca Lucia a avut initial 1313 bile galbene. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

2


SOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE-CLASA a 7-aVarianta 2

Problema 1. Aratati ca oricare ar fi numarul natural nenul n, numarul√

n +[√

n + 12

]este irational.

(Am notat cu [a] partea ıntreaga a numarului real a.)Gazeta Matematica

Solutie.[√

n + 12

]= k, k numar natural, k ≤

√n + 1

2< k + 1 . . . . . . . . . . . . 2 puncte

k − 12> 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

(k − 12)2 ≤ n < (k + 1

2)2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

k2 + 14≤ n + k < k2 + 2k + 1

4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

k2 < n + [√n + 1

2] < (k + 1)2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

numarul din enunt este irational . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Problema 2. Determinati perechile de numere ıntregi (a, b) care au proprietatea caa2 + 2b2 + 2a + 1 este divizor al lui 2ab.

Solutie. (0, b) si (a, 0) sunt solutii pentru orice a, b ıntregi . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct(a, b) este solutie daca si numai daca (a,−b) este solutie,reducere la cazul ab > 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 puncta2 + 2b2 + 2a + 1 ≤ 2ab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct(a− 2b)2 + (a + 2)2 ≤ 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct|a + 2| ≤

√2, |a− 2b| ≤

√2, a ∈ {−3,−2,−1},

(a, b) ∈ {(−3,−2); (−3,−1); (−1,−1)} (dupa verificari) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncteS1 = {(−3,−2); (−3,−1); (−1,−1); (−3, 2); (−3, 1); (−1, 1)},S2 = {(a, 0)|a ∈ Z} ∪ {(0, b)|b ∈ Z}, S = S1 ∪ S2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Problema 3. Fie dreptunghiul ABCD si punctele arbitrare E ∈ (CD) si F ∈ (AD).Perpendiculara din punctul E pe dreapta FB intersecteaza dreapta BC ın punctul P siperpendiculara din punctul F pe dreapta EB intersecteaza dreapta AB ın punctul Q. Sase arate ca punctele P,D si Q sunt coliniare.

Solutie.

A B

C

P

ED

Q

F

FQA ≡ EBC (au acelasi complement, EBQ) . 1 punct4EBC ∼ 4FQA (U.U.), EC

FA= BC

QA. . . . . . . . . . 1 punct

PEC ≡ BFA (au acelasi complement, ABF ) . .1 punct4PEC ∼ 4BFA (U.U.), PC

AB= EC

FA. . . . . . . . . . .1 punct

DC = AB,AD = BC, PCAB

= ECFA

= BCQA

. . . . . . . . . 1 punct

4PCD ∼ 4DAQ (L.U.L.)( m(PCD) = m(DAQ) =90◦, PC

DA= DC

QA). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

m(PDQ) = m(PDC) + 90◦ + m(ADQ) = 180◦,

m(ADQ) = m(CPD), P,D,Q coliniare . . . . . . . .1 punct

Problema 4. Fie triunghiul ABC cu m(A) = 80◦ si m(C) = 30◦. Consideram punctul

M interior triunghiului ABC astfel ıncat m(MAC) = 60◦ si m(MCA) = 20◦. Daca N

este intersectia dreptelor BM si AC sa se arate ca (MN este bisectoarea unghiului AMC.

Solutie.A

A

A

E

B CD

M

N

’’’

AM ∩BC = {D}, AD ⊥ BC,BE ⊥ CM,M ∈ (EC), BE ∩ AM = {A′},4BAA′ isoscel (m(ABA′) = m(AA′B) = 10◦) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Fie A′′ cu 4BCA′′ echilateral, CA bisectoarea unghiului BCA′′ . . . . . . . . . . . . 2 puncteCA mediatoarea lui [BA′′], A egal departat de B si A′′,

4BAA′′ isoscel (m(ABA′′) = m(AA′′B) = 10◦) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte4BAA′ ≡ 4BAA′′ (U.L.U), BA′ = BA′′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct4BDA′ ≡ 4BEC (I.U.), BD = BE,

B se afla pe bisectoarea lui m(AMC) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

2


CLASA a VIII-a - Solutii si barem

Varianta 2

Problema 1. Aratati ca, daca m,n ∈ N∗, atunci{m

n

}+{ n

m

}6= 1.

Gazeta Matematica

Solutie. Presupunand prin absurd ca exista m,n ∈ N∗, astfel ca{m

n

}+

{ n

m

}= 1

reiesem

n+

n

m−

[mn

]−

[ nm

]∈ N, deci

m

n+

n

m∈ N si, simplificand fractiile, putem

presupune (m,n) = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Dacam

n+

n

m= k ∈ N, atunci n2 − knm + m2 = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Din relatia precedenta rezulta ca m | n2 si n | m2, ceea ce, tinand cont de (m,n) = 1,implica m = n = 1. Dar, pentru m = n = 1 expresia din enunt este egala cu 0, deci amobtinut o contraditie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5p

Problema 2. Fie a, b, c ∈ [1,∞). Demonstrati ca

a√b

a + b+

b√c

b + c+

c√a

c + a+

3

2≤ a + b + c.

Solutie. Din inegalitatea mediilor avem a + b ≥ 2√ab si analoagele, de unde rezulta

a√b

a + b+

b√c

b + c+

c√a

c + a+

3

2≤√a

2+

√b

2+

√c

2+

3

2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3p

Vom arata ca√a ≤ 2a − 1 pentru orice a ≥ 1. Intr-adevar, relatia precedenta este

echivalenta cu (2√a− 1)(

√a− 1) ≥ 0, relatie evidenta pentru orice a ≥ 1 . . . . . . . . . . . 2p

Din inegalitatea de mai sus si analoagele ei obtinem ca

√a

2+

√b

2+

√c

2+

3

2≤ a+ b+ c

2p

Problema 3. Fie paralelipipedul dreptunghic ABCDA′B′C ′D′. Notam cu M , N siP mijloacele muchiilor [AB], [BC], respectiv [BB′]. Fie {O} = A′N ∩ C ′M .

a) Aratati ca punctele D, O, P sunt coliniare.b) Aratati ca MC ′ ⊥ (A′PN) daca si numai daca ABCDA′B′C ′D′ este cub.

a) [MN ] este linie mijlocie ın triunghiul BAC, deci MN ‖ AC si MN = 12AC. Cum

AC ‖ A′C ′ si AC = A′C ′, rezulta ca MNC ′A′ este trapez si ca MOOC′ = NO

OA′ = 12. Daca

notam {O′} = DP ∩MC ′, analog se arata ca MPDC ′ este trapez si MO′

O′C′ = MPDC′ = 1

2.

Rezulta ca punctele O si O′ ımpart segmentul [MC ′] ın raport 1/2, deci coincid. Asadarpunctele D, O, P sunt coliniare. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2p

b) Notam AB = 2x,BC = 2y,BB′ = 2z. C ′M ⊥ (A′PN) ⇔ C ′M ⊥ A′N siC ′M ⊥ DP . Aplicam succesiv teorema lui Pitagora. In 4C ′BC, 4C ′BM , 4A′BA,

4A′BN ,4DBA,4DBP ,4BMN ,4DAM obtinem OM2 = 19C ′M2 = 1

9(4z2+4y2+x2),

ON2 = 19A′N2 = 1

9(4z2 + 4x2 + y2), OD2 = 4

9DP 2 = 4

9(4y2 + 4x2 + z2), MN2 = x2 + y2,

DM2 = 4y2 + x2. Din C ′M ⊥ A′N rezulta ca 4MNO este dreptunghic ın O si, prinaplicarea teoremei lui Pitagora, MN2 = MO2 + ON2 ceea ce conduce la x2 + y2 = 2z2

(*). La fel, din C ′M ⊥ DP , aplicand teorema lui Pitagora ın triunghiul MDO avemDM2 = DO2 + OM2, ceea ce ne conduce la relatia x2 + z2 = 2y2 (**). Din (*) si (**)rezulta x = y = z, de unde rezulta ca ABCDA′B′C ′D′ este cub.

Problema 4. a) Consideram numerele naturale nenule a, b, c astfel ıncat a < b < csi a2 + b2 = c2. Demonstrati ca daca a1 = a2, a2 = ab, a3 = bc, a4 = c2, atuncia21 + a22 + a23 = a24 si a1 < a2 < a3 < a4.

b) Demonstrati ca, oricare ar fi n ∈ N, n ≥ 3, exista numerele naturale nenulea1, a2, . . . , an care verifica relatiile a21 +a22 + . . .+a2n−1 = a2n si a1 < a2 < . . . < an−1 < an.

Solutie. a) Avem a21 + a22 + a23 = a4 + a2b2 + b2c2 = a2(a2 + b2) + b2c2 = a2c2 + b2c2 =(a2 + b2)c2 = c4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1p

Apoi a1 = a2 < ab = a2 (deoarece a < b), a2 = ab < bc = a3 (deoarece a < c) sia3 = bc < c2 = a4 (deoarece b < c), asadar a1 < a2 < a3 < a4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

b) Pentru n = 3, un exemplu este a1 = 3, a2 = 4, a3 = 5 (3 < 4 < 5 si 32 + 42 = 52).Pentru n ≥ 4 putem alege a1 = 7, a2 = 8, a3 = 10, . . . , an−2 = 2n. Evident, suma

a21 + a22 + . . . + a2n−2 este impara. Fie N ∈ N astfel ca a21 + a22 + . . . + a2n−2 = 2N + 1.Atunci N ≥ 3. Definim atunci an−1 = N si an = N + 1.

Avem a21 + a22 + . . . + a2n−2 + a2n−1 = 2N + 1 + N2 = (N + 1)2 = a2n si a1 < a2 <. . . < an−2 < an−1 < an. Toate inegalitatile sunt evidente ın afara de penultima: an−2 ≤√

2N + 1 < N = an−1 revine la N2 > 2N + 1, adica la (N − 1)2 > 2, evident adevaratpentru N ≥ 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5p

2


CLASA a 9-a, SOLUTII SI BAREME

Varianta 2

Problema 1. Determinati functiile strict crescatoare f : N → N cu proprietatea caf(x) + f(y)

1 + f(x + y)este un numar natural nenul, pentru orice x, y ∈ N.

Gazeta Matematica

Solutie. Luand x = y = 0 rezulta2f(0)

1 + f(0)∈ N∗, deci f(0) 6= 0. Dar f(0) si 1 + f(0)

sunt relative prime, deci 1 + f(0) divide pe 2, adica f(0) = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Sa aratam caf(x) + f(1)

1 + f(x + 1)= 1 pentru orice x ≥ 1 (*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Intr-adevar, ın caz contrar am aveaf(x) + f(1)

1 + f(x + 1)≥ 2 pentru un anumit x ∈ N∗ si

atunci f(x) + f(1) ≥ 2 + 2f(x + 1) ≥ 2 + 2(f(x) + 1), de unde f(x) ≤ f(1) − 4, ıncontradictie cu monotonia lui f . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Din (*) rezulta f(x + 1) = f(x) + f(1) − 1 pentru orice x ≥ 1, de unde obtinemf(n) = nf(1)− n + 1,∀n,∈ N∗, relatie care este valabila si pentru n = 0 . . . . . . . . . . . . .2p

Obtinem astfel functiile de forma f(n) = an+ 1, unde a = f(1)− 1 ∈ N∗, care verificaproprietatile din enunt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Problema 2. Se considera triunghiul dreptunghic ABC, m(∠A) = 90◦ si punctele D

si E pe cateta (AB) astfel ıncat ∠ACD ≡ ∠DCE ≡ ∠ECB. Aratati ca daca 3−−→AD = 2

−−→DE

si−−→CD +

−−→CE = 2

−−→CM atunci

−→AB = 4

−−→AM .

Solutie. Relatia−−→CD+

−−→CE = 2

−−→CM arata ca M este mijlocul segmentului [DE]. Cum

M ∈ (AB), trebuie sa demonstram ca AB = 4AM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1pAlegand convenabil unitatea de masura, fie AD = 2, DE = 3 si AC = 2x. Cu

teorema bisectoarei ın triunghiul ACE, obtinem CE = 3x. Folosind teorema lui Pitagoraın triunghiurile ACE, apoi ACD, gasim x =

√5 si CD = 2

√6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2p

Folosind teorema bisectoarei ın triunghiul CDB si teorema lui Pitagora ın triunghiulABC, avem ca 3

BE= 2

√6

BC, respectiv BC2 = (5 +BE)2 + (2

√5)2. Inlocuind BC = 2

√6

3BE

ın cea de-a doua relatie, obtinem ca BE = 9. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3pDeducem ca AB = 14, AM = AD + 1

2DE = 7

2, prin urmare AB = 4AM . . . . . . . . . .1p

Problema 3. Fie AD,BE,CF ınaltimile triunghiului ABC si K,L,M ortocentreletriunghiurilor AEF,BFD, respectiv CDE. Notam cu G1 si G2 centrele de greutateale triunghiurilor DEF , respectiv KLM . Sa se arate ca HG1 = G1G2, unde H esteortocentrul triunghiului ABC.

Solutie. Cum FK ⊥ AC (FK este ınaltime ın triunghiul AEF ) si BE ⊥ AC (BEeste ınaltime ın triunghiul ABC), FK ‖ HE (1)

Analog, EK ⊥ AB (EK este ınaltime ın triunghiul AEF ) si CF ⊥ AB (CF esteınaltime ın triunghiul ABC), deci EK ‖ HF (2). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3p

Din (1) si (2) FHEK este paralelogram, deci −→rF +−→rE = −→rH +−→rK (3)Analog, se demonstreaza ca FHDL si DHEM sunt paralelograme, deci −→rF + −→rD =

−→rH +−→rL (4) si −→rD +−→rE = −→rH +−→rM (5) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pDin (3), (4) si (5) rezulta ca 2(−→rD +−→rE +−→rF ) = 3−→rH +−→rK +−→rL +−→rM . . . . . . . . . . . . . . 1pCum −→rD +−→rE +−→rF = 3−→rG1 si −→rK +−→rL +−→rM = 3−→rG2 , reiese 2−→rG1 = −→rH +−→rG2 . . . . . . . .1pAstfel, G1 este mijlocul segmentului HG2, de unde HG1 = G1G2 . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Problema 4. Fie f : R → R o functie. Pentru fiecare a ∈ Z consideram functiafa : R → R, fa(x) = (x − a)f(x). Aratati ca daca exista o infinitate de valori a ∈ Zpentru care functiile fa sunt crescatoare, atunci functia f este monotona.

Solutie. Daca functia fa este crescatoare atunci, oricare ar fi x1, x2 ∈ R cu x1 < x2,avem fa(x1) ≤ fa(x2), adica a(f(x2)− f(x1)) ≤ x2f(x2)− x1f(x1) (*) . . . . . . . . . . . . . . 2p

Sa presupunem ca functia f nu este monotona. Atunci f nu este crescatoare, deciexista p1, p2 ∈ R cu p1 < p2 si f(p1) > f(p2) si f nu este descrescatoare, deci existaq1, q2 ∈ R cu q1 < q2 si f(q1) < f(q2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Astfel, daca fa este crescatoare, rezulta din (*) ca

p2f(p2)− p1f(p1)

f(p2)− f(p1)≤ a ≤ q2f(q2)− q1f(q1)

f(q2)− f(q1). (∗∗)

Cum relatia (**) nu poate fi ındeplinita decat de un numar finit de valori ıntregi alelui a, presupunerea ca f nu este monotona contrazice ipoteza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3p

2


CLASA a 10-aSolutii si barem de notare

Problema 1. Sa se afle x pentru care

log2(x2 + 4)− log2 x + x2 − 4x + 2 = 0.

Solutie. Avem x > 0 si ecuatia se scrie echivalent

log2

(x +

4

x

)= 2− (x− 2)2.

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

Cum x + 4x≥ 2√

x · 4x

= 4, obtinem log2

(x + 4

x

)≥ 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Pe de alta parte, 2− (x− 2)2 ≤ 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1pdeci ecuatia are solutia unica x = 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Problema 2. Sa se arate ca numarul

n

√√2018 +

√2017 +

n

√√2018−

√2017

este irational, pentru orice n ≥ 2. Gazeta MatematicaSolutie. Sa presupunem ca, pentru un anumit n, numarul este rational.

Notam a =n√√

2018 +√

2017, b =n√√

2018−√

2017. Atunci a + b ∈ Q siab = 1.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1p

Daca sk = ak + bk, atunci (sk)k≥0 verifica relatia de recurenta

sk+2 − (a + b)sk+1 + sk = 0,

pentru orice k ≥ 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3pCum s0 = 2 si s1 = a + b ∈ Q, deducem ca sk ∈ Q, pentru orice k. . . . 2pIn particular, sn = 2

√2018 ∈ Q, contradictie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Problema 3. Fie a, b, c numere reale, astfel ıncat 1 < b ≤ c2 ≤ a10, si

loga b + 2 logb c + 5 logc a = 12.

Sa se arate ca

2 loga c + 5 logc b + 10 logb a ≥ 21.

Solutie Fie x = loga b, y = 2 logb c, z = 5 logc a. Din ipoteza rezulta cax, y, z > 0 si x + y + z = 12. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

De asemenea, obtinem xyz = 10 loga b logb c logc a = 10. . . . . . . . . . . . . . . 1pDin b ≤ c2 deducem 2 logb c ≥ 1, iar din c2 ≤ a10 rezulta 5 logc a ≥ 1,

asadar y, z ≥ 1, de unde x ≤ 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Sa observam ca

2 loga c+ 5 logc b+ 10 logb a = xy + xz + yz = x(y + z) + yz = x(12− x) +10

x

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2pInegalitatea x(12− x) + 10

x≥ 21 este echivalenta cu (x− 1)2(x− 10) ≤ 0,

evident adevarata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Problema 4. Fie n ≥ 2 un numar natural. Sa se determine numerelecomplexe z care verifica relatiile

a) zn + zn−1 + . . . + z2 + |z| = n;b) |z|n−1 + |z|n−2 + . . . + |z|2 + z + 1 = nzn.Solutie. Observatia ca din enunt rezulta n > 2 se noteaza cu 1 punct.Din conditia a) deducem

n = |zn + zn−1 + . . . + z2 + |z|| ≤ |z|n + |z|n−1 + . . . + |z|2 + |z|,

de unde |z| ≥ 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1pDin b) deducem

n|z|n ≤ 1 + |z|+ |z|2 + . . . + |z|n−1,

si deducem |z| ≤ 1, deci |z| = 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2pRelatia b) devine nzn − z = n− 1 (∗), de unde |nzn−1 − 1| = n− 1. . .1pScriind z = cos t + i sin t, obtinem usor cos(n− 1)t = 1, sin(n− 1)t = 0,

adica zn−1 = 1 si atunci din (*) deducem z = 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

2


CLASA a XI-a, varianta 2

Problema 1. Aratati ca, daca n ≥ 2 este un numar ıntreg, atunci exista matricele inversabileA1, A2, . . . , An ∈M2(R), cu elementele nenule, asa ıncatA−11 +A−12 +. . .+A−1n = (A1+A2+. . .+An)−1.

Gazeta MatematicaSolutie. Egalitatea este echivalenta cu (A1 + A2 + . . .+ An)(A−11 + A−12 + . . .+ A−1n ) = I2 . . . 2pVom lua A1 = A, A2 = . . . = An = B. Cerinta devine I2+(n−1)AB−1+(n−1)BA−1+(n−1)2I2 =

I2. Notand AB−1 = X, cautam X astfel ıncat X+X−1+(n−1)I2 = 02, sau X2+(n−1)X+I2 = 02.

Astfel, putem lua X =

(1 n+ 1−1 −n

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

Pentru acest X putem lua A =

(1 11 2

), B =

(−2n− 1 −3n− 2

2 3

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

Problema 2. Consideram multimea M =

{(a bc d

)∈M2(C) | ab = cd

}.

a) Dati exemplu de matrice A ∈M astfel ıncat A2017 ∈M si A2019 ∈M , dar A2018 /∈M .b) Aratati ca, daca A ∈ M si exista numarul ıntreg k ≥ 1 astfel ıncat Ak ∈ M , Ak+1 ∈ M si

Ak+2 ∈M , atunci An ∈M , oricare ar fi numarul ıntreg n ≥ 1.Solutie. a) Luam A ∈ M astfel ıncat A2 /∈ M si A2 + A + I2 = 02, deci A3 = I2 = A2019 ∈ M ,

A2017 = A ∈M si A2018 = A2 /∈M . Un exemplu este A =

(1

√6

−√

3/2 −2

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

b) Din teorema Hamilton-Cayley reiese recursiv ca exista α, β ∈ C astfel ıncat Ak+2 = αA+ βI2.

Daca A =

(a bc d

), obtinem (αa+ β)αb = αc(αd+ β), de unde αβ(b− c) = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . .1p

I) Daca b = c, atunci A =

(a bb a

)sau A =

(a 00 d

); ın ambele cazuri An ∈M, ∀n ∈ N∗ . . . . . .1p

II) Daca b 6= c, atunci α = 0 sau β = 0, Ak+2 = βI2 sau Ak+2 = αA si analizam ın functie deδ = det(A).

II.1) Daca δ = 0, atunci A ∈M si An = (tr(A))n−1A ∈M pentru n ≥ 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

II.2) Daca δ 6= 0, atunci A−1 =1

βAk+1, β 6= 0 sau A−1 =

1

αAk, α 6= 0, deci A−1 ∈ M . Cum

A−1 =1

δ

(d −b−c a

), obtinem bd = ac, iar ab = cd duce la b(a+d) = c(a+d), deci a+d = 0. Aceasta

duce mai departe la a = d = 0, caz ın care An =

(0 bn

cn 0

)pentru n impar si An =

(bn 00 cn

)pentru

n par, sau la a = −d 6= 0, de unde b = −c si A2n = (a2 − b2)nI2, A2n+1 = (a2 − b2)nA; ın toate

cazurile reiese An ∈M,∀n ∈ N∗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Problema 3. Fie sirul (an)n≥1 cu proprietatile an > 1 si a2n+1 ≥ anan+2, oricare ar fi n ≥ 1.Aratati ca sirul (xn)n≥1 dat de xn = logan an+1 pentru n ≥ 1 este convergent si calculati-i limita.

Solutie. Din ipoteza reiese 2 ≥ logan+1an + logan+1

an+2 = 1xn

+ xn+1 (*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Deducem xn+1 ≤ 2− 1xn≤ xn, deci sirul (xn)n≥1 este descrescator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Cum sirul are termenii pozitivi, rezulta ca el este convergent catre o limita x . . . . . . . . . . . . . . . . 2pTrecand la limita ın (*) obtinem (x− 1)2 ≤ 0, deci x = 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2p

Problema 4. Fie a < b numere reale si f : (a, b)→ R o functie astfel ıncat functiile g : (a, b)→ R,g(x) = (x− a)f(x) si h : (a, b)→ R, h(x) = (x− b)f(x) sa fie crescatoare. Aratati ca functia f estecontinua pe (a, b).

Solutie. Fie a < c < b. Pentru x ∈ (c, b) avem g(x) ≥ g(c) si, cum x − a > 0, f(x) ≥ c−ax−af(c).

Apoi, din h(x) ≥ h(c) si x− b < 0 rezulta f(x) ≤ c−bx−bf(c). Deoarece lim

x→c

c−ax−a = lim

x→c

c−bx−b = 1, folosind

criteriul clestelui, deducem limx↘c

f(x) = f(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5p

Analog obtinem limx↗c

f(x) = f(c), deci functia este continua ın orice punct c ∈ (a, b) . . . . . . . . . 2p

Societatea de ȘtiințeMatematice din România


CLASA a XII-a

Varianta 2 — Solutii si barem orientativ

Problema 1. Fie F multimea functiilor continue f : [0, 1]→ R, care ındeplinesc conditiamax 0≤x≤1 |f(x)| = 1, si fie I : F → R,

I(f) =

∫ 1

0

f(x) dx− f(0) + f(1).

(a) Aratati ca I(f) < 3, oricare ar fi f ∈ F .(b) Determinati sup {I(f) | f ∈ F}.

Solutie. (a) Fie f o functie din F . Din conditia max 0≤x≤1 |f(x)| = 1, rezulta ca

I(f) ≤∫ 1

01 dx+ 1 + 1 = 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Inegalitatea este stricta, ın caz contrar, f(x) = 1, oricare ar fi x ∈ [0, 1], si f(0) = −1,contradictie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

(b) Pentru n ≥ 2, functia fn : [0, 1]→ R,

fn(x) =

{2nx− 1, 0 ≤ x ≤ 1/n,1, 1/n < x ≤ 1,

este un element din F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Pentru aceasta functie,

I(fn) =

∫ 1

0

fn(x) dx− fn(0) + fn(1) =

∫ 1/n

0

(2nx− 1) dx+

∫ 1

1/n

1 dx+ 1 + 1

= (nx2 − x)

∣∣∣∣1/n0

+ 3− 1/n = 3− 1/n.

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

Prin urmare, 3− 1/n ≤ sup {I(f) | f ∈ F} ≤ 3, oricare ar fi n ≥ 2, deci supremumulcerut este 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Problema 2. Fie p un numar natural mai mare sau egal cu 2 si fie (M, ·) un monoidfinit, astfel ıncat ap 6= a, oricare ar fi a ∈ M r {e}, unde e este elementul neutru al luiM . Aratati ca (M, ·) este grup.

Solutie. Fie a ∈M r {e}. Cum M este finit, exista doua numere naturale nenule i si k,astfel ıncat ai = ai+k. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Prin ınmultiri succesive cu ak, rezulta ca ai = ai+nk, oricare ar fi numarul naturalnenul n. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Alegem un numar natural m, astfel ıncat mk > i. Prin inmultirea relatiei anterioarecu amk−i, obtinem amk = a2mk. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 puncte

Fie b = amk. Atunci b = b2 si, prin eventuale ınmultiri succesive cu b, obtinem b = bp.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Rezulta ca b = e, i.e., amk = e. Cum mk ≥ 2, obtinem amk−1 · a = a · amk−1 = e, decia este inversabil si, prin urmare, (M, ·) este grup. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Problema 3. Aratati ca o functie continua f : R → R este crescatoare daca si numaidaca

(c− b)∫ b

a

f(x) dx ≤ (b− a)

∫ c

b

f(x) dx,

oricare ar fi numerele reale a < b < c.

Solutie. Daca f este crescatoare si a < b < c, atunci

(c− b)∫ b

a

f(x) dx ≤ (c− b)(b− a)f(b) = (b− a)(c− b)f(b) ≤ (b− a)

∫ c

b

f(x) dx.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3 puncte

Reciproc, fie a si b doua numere reale, astfel ıncat a < b, si fie F : R→ R o primitivaa lui f . Daca x si y sunt numere reale, astfel ıncat a < x < y < b, din relatia din enuntrezulta ca

F (x)− F (a)

x− a≤ F (y)− F (x)

y − x≤ F (b)− F (y)

b− y.

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

Cum F este derivabila si F ′ = f , obtinem

f(a) = F ′(a) = limx↘ a

F (x)− F (a)

x− a≤ lim

y↗ b

F (b)− F (y)

b− y= F ′(b) = f(b).

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

Remarca. Implicatia directa nu necesita continuitatea lui f , deoarece monotonia functieiimplica integrabilitatea pe orice interval compact.

Implicatia reciproca nu necesita nici ea continuitatea lui f , ci doar existenta primi-tivelor pe R.

In cazul ın care f este continua, implicatia directa mai poate fi demonstrata dupa cumurmeaza: conform teoremei de medie, exista α ∈ (a, b) si β ∈ (b, c), astfel ıncat∫ b

a

f(x) dx = (b− a)f(α) si

∫ c

b

f(x) dx = (c− b)f(β).

2

Cum α < β, rezulta f(α) ≤ f(β), deci

(c− b)∫ b

a

f(x) dx = (c− b)(b− a)f(α) ≤ (b− a)(c− b)f(β) = (b− a)

∫ c

b

f(x) dx.

Problema 4. Fie n si q doua numere naturale, n ≥ 2, q ≥ 2 si q 6≡ 1 (mod 4), si fie Kun corp finit care are exact q elemente. Aratati ca, oricare ar fi elementul a din K, existax si y ın K, astfel ıncat a = x2

n+ y2

n. (Orice corp finit este comutativ.)

Solutie. Fie p caracteristica lui K. Atunci p este prim si q = pα, unde α este un numarnatural nenul. Cum q 6≡ 1 (mod 4), rezulta ca si p 6≡ 1 (mod 4), deci p = 2 sau p ≡ 3(mod 4) si, ın acest caz, α este impar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Daca p = 2, iar x si y sunt elemente ale lui K, astfel ıncat x2n

= y2n, atunci x = y = 0

sau, ın cazul ın care y 6= 0, (xy−1)2n

= 1. Cum (xy−1)2α−1 = (xy−1)q−1 = 1, obtinem

xy−1 = 1, deci x = y. Prin urmare, functia f : K → K, f(x) = x2n, este injectiva, deci

surjectiva. Daca a este un element oarecare din K, atunci exista un element x ın K, astfelıncat a = f(x), deci a = x2

n+ 02n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Daca p ≡ 3 (mod 4) si α este impar, atunci si q ≡ 3 (mod 4), i.e., q = 4k + 3, undek este un numar natural. Fie g : K∗ → K∗, g(x) = x2

n, si fie x si y doua elemente din

K∗, astfel ıncat g(x) = g(y). Atunci (xy−1)2n

= 1 si cum (xy−1)4k+2 = (xy−1)q−1 = 1, iar(2n, 4k + 2) = 2, rezulta (xy−1)2 = 1, deci xy−1 = ±1, i.e., y = ±x. . . . . . . . . . . . 1 punct

Cum p este impar, rezulta ca 1 6= −1, deci imaginea functiei g are exact (q − 1)/2elemente. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Fie Kn = {x2n|x ∈ K} = {0} ∪ Im g. Evident, |Kn| = 1 + (q − 1)/2 = (q + 1)/2.Daca a este un element oarecare al lui K, atunci |Kn| = |a −Kn| = (q + 1)/2, deci celedoua multimi, Kn si a −Kn, nu sunt disjuncte. Prin urmare, exista u si v ın Kn, astfelıncat u = a − v. Cum u = x2

nsi v = y2

n, unde x si y sunt elemente din K, obtinem

a = x2n

+ y2n. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncte

3

Filiera tehnologică: profilul servicii, resurse naturale și protecția mediului

BAREM DE CORECTARE ŞI NOTARE

Clasa a IX -a

Problema 1.

Considerăm progresia aritmetică ( ) 1n na

≥, 2 1na n= − , *n∈ℕ și progresia geometrică ( ) 1n n

b≥

, 2 12 n

nb−

= , *n∈ℕ .

a) Determinați *n∈ℕ încât 21 2 3 ... 2018

na a a a+ + + + = .

b) Demonstrați că rezultatul calculului ( )1 1 23 ...n n

b b b b+

− + + + nu depinde de *n∈ℕ .

c) Demonstrați că pentru orice *n∈ℕ are loc inegalitatea 1n nb a≥ + .

SOLUŢIE:

a) ( )1 2

1 2 ...2

n

n

n a aa a a n

++ + + = = .............................................................................................................. 2p

2 22018n = 2018n = .......................................................................................................................... 1p

b) 1 2 1

1 4 1... 2

1 3

n n

n

qb b b b

q

− −+ + + = ⋅ = ⋅

− ........................................................................................................ 1p

( ) ( )2 11 1 23 ... 2 2 4 1 2n n

n nb b b b

+

+− + + + = − ⋅ − = ......................................................................................... 1p

c) Pentru 1n = , 1 11b a≥ + ⇔ 2 2≥ și pentru ca inducția matematică să confirme inegalitatea 1n n

b a≥ +

pentru orice 1n ≥ avem de demonstrat implicația 1k k

b a≥ + 1 11k k

b a+ +

≥ + ....................................... 1p

dar ( )1 14 4 1 8 2 2 1k k k k

b b a k k a+ +

= ≥ ⋅ + = ≥ + = + ...................................................................................... 1p

Problema 2.

Spunem că perechea de numere naturale nenule ( );m n este interesantă dacă ( )0, 3 0,34m

n< < .

a) Stabiliți dacă perechea ( )330;1000 este interesantă.

b) Determinați valorile posibile ale lui n astfel încât perechea ( )330;n să fie interesantă.

c) Aflați câte perechi de numere interesante de forma ( );1000m sunt.

d) Determinați m și n astfel încât perechea ( );m n să fie interesantă și m să aibă valoare minimă.

SOLUŢIE:

a) ( )330

0,33 0, 31000

m

n= = < , contrazice ( )0, 3

m

n< , deci ( )330;1000 nu este interesantă ................................ 1p

CONCURSUL NAȚIONAL

DE MATEMATICĂ APLICATĂ

"ADOLF HAIMOVICI"

ETAPA JUDEȚEANĂ

10 martie 2018

b) 330m = 1 330 34

3 100n< < .......................................................................................................................... 1p

970,... 990n< < { }971;972;...;989n∈ ................................................................................................... 1p

c) 1000n = , 1 34

3 1000 100

m< < ............................................................................................................................ 1p

333 340m< < { }334;335;...;339m∈ , 6 soluții ..................................................................................... 1p

d) 1 34

3 100

m

n< < ⇔

100

34

mn m< < 3 ................................................................................................................. 1p

cum n și 3m sunt numere naturale, există n numai dacă 100

134

mm< 3 − , deci 17m > , min 18m =

și atunci 53n = .............................................................................................................................................. 1p

Problema 3. Un atlet aleargă în jurul unui teren de formă dreptunghiulară ABCD cu lungimea de 150 m și lățimea de 50 m , pe traseul ...A B C D A B→ → → → → → și fără a-și schimba sensul de alergat. El pleacă din A cu zero puncte și de fiecare dată când ajunge într-unul din vârfurile , , , , , ,...B C D A B C primește puncte după următoarea regulă: câte 1 punct în B ; câte 2 puncte în C ; câte 3 puncte în D ; câte 4 puncte în A .

a) Aflați în ce punct s-a aflat atletul în momentul în care a înregistrat 53 de puncte. b) Determinați câți kilometri a parcurs atletul de la momentul plecării până când a înregistrat 53 de puncte. c) Aflați dacă atletul poate obține exact 2018 puncte.

SOLUŢIE:

a) La prima parcurgere A B C D→ → → atletul obține 1 2 3 6+ + = puncte ............................................... 1p și la fiecare parcurgere următoare D A B C→ → → obține câte 4 1 2 3 10+ + + = puncte ....................... 1p După 5 parcurgeri complete A B C D→ → → obține 46 puncte și este în D ....................................... 1p și continuând ajunge în A cu cu 50 puncte, în B cu 51 puncte, în C cu 53 puncte ................................. 1p

b) Atletul aleargă ( )5 200 2,2ABCD

P m Km⋅ + = ............................................................................................... 1p

c) Atletul poate obține puncte în una din variantele: 10 ;10 1;10 3;10 6n n n n+ + + , n∈ℕ ............................. 1p și deoarece 2018 2010 8= + , atletul nu poate înregistra 2018 puncte ........................................................ 1p

Problema 4.

Considerăm paralelogramul ABCD și punctele ( )M DC∈ , ( )N BM∈ astfel încât 3DM MC= și 4BN NM= .

a) Verificați că 1

4MC AB=��

.

b) Demonstrați că 1

4BM AB AD= − +��

.

c) Exprimați vectorul AN��

în funcție de vectorii AB��

și AD��

.

d) Demonstrați că punctele , ,A N C sunt coliniare și calculați valoarea raportului AN

NC.

SOLUŢIE:

a) MC��

și AB��

sunt coliniari și de același sens, deci 1

4

MCMC AB AB

AB= ⋅ =

�� ........................................... 1p

b) 1

4BM BC CM AD AB= + = −��

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

c) 4 4 1

5 5 5BN BM AD AB= = −��

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

( )4 1 4

5 5 5AN AB BN AB AD AB AB AD= + = + − = +��

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

d) ( )4 4

5 5AN AB AD AC= + =��

, deci , ,A N C sunt coliniare ...................................................................... 1p

4

5AN AC=��

4AN NC=��

, deci 4AN

NC= .......................................................................................... 1p



Clasa a X -a

Problema 1.

Pentru fiecare ( )0;x∈ + ∞ , considerăm numerele ( ) ( ) ( )21

3n n

na x x x−

= ⋅ , *n∈ℕ .

a) Demonstrați că există *n∈ℕ astfel încât ( )na x nu depinde de x .

b) Determinați *n∈ℕ în cazul în care ( )3 27n

a = .

c) Determinați ( )0;x∈ + ∞ în cazul în care ( )45 3a x = .

d) Demonstrați că, pentru o infinitate de valori ( )0;x∈ + ∞ , toate numerele ( )na x sunt raționale.

SOLUŢIE:

a) ( )6321

3 62

n nn

na x x x x

−−

= ⋅ = ............................................................................................................................ 1p

pentru 63n = , ( )63 1a x = nu depinde de x ............................................................................................... 1p

b) ( )3 27na = 63

36

n−= 45n = ...................................................................................................... 2p

c) ( )45 3a x = 3 3x = 3 3x = ............................................................................................................. 2p

d) pentru 62 kx = , ( )∀ k ∈ℤ , ( )n

a x ∈ℚ ................................................................................................1p

Problema 2.

Pentru fiecare număr real a definim numărul 1a

a iz

a i

+=

+ ⋅, unde 2 1i = − .

a) Demonstrați că 1a

z = , pentru orice a∈ℝ .

b) Demonstrați că az i≠ − , pentru orice a∈ℝ .

c) Determinați numerele reale a pentru care partea imaginară a numărului az este egală cu

4

5− .

d) Calculați produsul 1 1 1 1 1 2 3 2018

2 3 2018

... ...p z z z z z z z z= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

SOLUŢIE:

a) 2

2

11

1a

az

a

+= =

+ .................................................................................................................................. 2p

b) az i= − a i i a+ = − + , fals ............................................................................................................. 1p

CONCURSUL NAȚIONAL


"ADOLF HAIMOVICI"

ETAPA JUDEȚEANĂ

10 martie 2018

c) 2

2 2

2 1

1 1a

a az i

a a

−= + ⋅

+ + ........................................................................................................................... 1p

2

2

1 4

1 5

a

a

−= −

+ 3a = − sau 3a = ....................................................................................................... 1p

d) Observăm că 1

1 1

aa

aiz

a i z

+= =

+, deci 1 1a

a

z z⋅ = , ( ) *a∀ ∈ℝ ............................................................... 1p

1p = ............................................................................................................................................... 1p

Problema 3.

Fie numărul real 3 34 2 2 4 2 2a = + + − .

a) Verificați 3 6 8 0a a− − = .

b) Demonstrați că ( )6; 3a ∈ .

c) Demonstrați că numărul ( )22 1

2

8 1log 6 log 6 log

ax a

a a

= − + + +

este natural.

SOLUŢIE:

a) ( )( ) ( )3 33 34 2 2 4 2 2 3 4 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 8 6a a= + + − + + − + + − = + ................................. 2p

b) Evident, 0a > și din ( )28 6a a= − 6a > ...................................................................................... 1p

Dacă a ≥ 3 , atunci ( )28 6 9a a= − ≥ , fals ................................................................................................ 1p

c) 22 2

8log log logax a a

a= + + ..................................................................................................................... 1p

2

8log 2x a

a

= ⋅ +

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

5x = ..........................................................................................................................................................1p

Problema 4. Un program de calculator simulează o traiectorie curbă închisă, de lungime 15cm și pe care două mobile pornesc din

același punct dar în sensuri opuse, respectiv cu legile de deplasare date de funcțiile ( ) 2 1xf x x= + − și

( ) ( )2log 1g x x x= + + , unde variabila 0x ≥ reprezintă momentul măsurat în secunde iar ( )f x și ( )g x reprezintă

distanța parcursă de cele două mobile de la momentul zero al deplasării până la momentul 0x ≥ , măsurată în centimetri. Vom nota cu M mulțimea momentelor de întâlnire ale celor două mobile. Răspundeți la următoarele cerințe:

a) Demonstrați că x M∈ dacă și numai dacă ( ) *n∃ ∈ℕ astfel încât ( ) ( ) 15f x g x n+ = .

b) Determinați momentul primei întâlniri a celor două mobile. c) Demonstrați că 682 1x M= − ∈ .

SOLUŢIE:

a) Considerând [ ): 0;h + ∞ , ( ) ( ) ( )h x f x g x= +

( ) ( )22 2 log 1 1x

h x x x= + + + − este funcție strict crescătoare, cu ( )0 0h = ................................................. 1p

cum lungimea traseului este de 15cm și cele două mobile se deplasează pe traiectorie în sensuri opuse, are loc

întâlnirea în fiecare moment 0x > în care ( ) 15h x n= , *n∈ℕ ......................................................................... 1p

b) Cum ( ) ( ) ( )h x f x g x= + este strict crescătoare, cu ( )0 0h = , prima întâlnire are loc la unicul moment 0x > în

care se verifică ( ) 15h x = ..................................................................................................................................... 1p

Folosind monotonia, se caută și se găsește ( )3 15h = , deci 3x = este momentul primei întâlniri ...................... 1p

c) 682 1x M= − ∈ ⇔ ( )682 1 15h n− = , cu *n∈ℕ ................................................................................................. 1p

( ) ( )6868 68 2 12 1 2 2 1 2 67h

−− = − + + , din care ( ) ( ) ( )662 168 172 1 2 16 1 8 16 1 75h

− − = − + − +

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

dar ( )16 1 15k− ⋮ ( ) k∀ ∈ℕ și implicit ( )682 1 15h − ⋮ ............................................................................................ 1p



Clasa a XI -a

Problema 1.

Fie matricea unitate 3

1 0 0

0 1 0

0 0 1

I

=

și matricea

1 1

1 1

1 1

a

A a

a

=

, a ∈ℝ .

a) Calculați 3B A a I= − ⋅ .

b) Verificați 232B B I= + și ( ) ( )2 2

32 1 2A a A a a I= + ⋅ − + − ⋅ .

c) Demonstrați că A este inversabilă pentru orice { }\ 2; 1a ∈ −ℝ și determinați 1A− .

SOLUŢIE:

a)

0 1 1

1 0 1

1 1 0

B

=

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

b) 23

2 1 1

1 2 1 2

1 1 2

B B I

= = +

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

( ) ( ) ( )2 22 2 2 2

3 3 3 3 32 2A aI B a I aB B a I a A aI A aI= + = + + = + − + − = ..................................................... 1p

( ) ( )23... 2 1 2a A a a I= + ⋅ − + − ⋅ ................................................................................................................. 1p

c) ( )( )2

1 1

det 1 1 ... 2 1

1 1

a

A a a a

a

= = = + − ..................................................................................................... 1p

det 0A ≠ ⇔ { }2;1a ∉ − ........................................................................................................................... 1p

Cum ( ) ( )2 232 1 2A a A a a I= + ⋅ − + − ⋅ , 1

32 2

2 1 1

2 2

aA I A

a a a a

− += ⋅ − ⋅

+ − + − ............................................. 1p

CONCURSUL NAȚIONAL


"ADOLF HAIMOVICI"

ETAPA JUDEȚEANĂ

10 martie 2018

Problema 2.

Fie , ,a b c ∈ℝ și determinantul ( )

2

2

2

1

, , 1

1

a a

D a b c b b

c c

= .

Totodată, în sistemul de coordonate ( )xOy , considerăm punctele ( )2;n

A n n , n∈ℤ .

a) Demonstrați că ( ) ( )( ) ( ), ,D a b c b a c a c b= − − − .

b) Demonstrați că pentru orice trei numere întregi distincte , ,m n k , punctele ( )2;m

A m m , ( )2;n

A n n , ( )2;k

A k k sunt

necoliniare și aria triunghiului m n kA A A este număr natural.

c) Demonstrați că aria triunghiului 2018 2018n n nA A A− +

nu depinde de n∈ℤ .

d) Demonstrați că nici unul din triunghiurile m n kA A A , cu , ,m n k ∈ℤ , nu are aria egală cu 2.

SOLUŢIE:

a) Verificare ( ) ( ) ( ) ( ), , ...D a b c b a c a c b= = − − − ............................................................................................... 2p

b) ( ) ( ) ( ) ( )( )1 1

; ;2 2m n kS A A A D m n k m n m k n k= = − − − ∈ℕ deoarece din cele trei numere , ,m n k ∈ℤ ,

două au aceeași paritate și astfel diferența lor este număr par, deci ( ) ( ) ( ) 2m n m k n k− − − ⋮ ........................2p

c) 32018 2018 ... 2018

n n nA A A

− += = care nu depinde de n∈ℤ .................................................................................... 2p

d) Fără a afecta generalitatea, putem considera m n k> > și atunci, în ipoteza ( ) 2m n k

S A A A = , am avea

( ) ( )( ) 4m n m k n k− − − = . Cum , ,m n k ∈ℤ sunt distincte 1m k m n− > − ≥ și 1m k n k− > − ≥ , rezultând

4m k− = și 1m n n k− = − = , imposibil .......................................................................................................... 1p

Problema 3.

Două funcții ,f g le numim a-înrudite, a∈ℝ , dacă există și este finită limita ( ) ( )1

limx

f x a g x→

− ⋅ .

a) Demonstrați că funcțiile ( )3 2

2

2 2

1

x x xf x

x

− − −=

− și ( )

2

1

xg x

x

−=

− sunt 2-înrudite.

b) Determinați a∈ℝ încât ( ) 2

4 5xf x

x x

+=

− și ( )

( )

1

1g x

x x=

− să fie a-înrudite.

c) Dacă alegem trei funcții , ,f g h încât f și g sunt a-înrudite iar g și h sunt b-înrudite, demonstrați că atunci f și h sunt ab-înrudite.

SOLUŢIE:

a) ( ) ( )( ) ( )

( )( )

23 2 3 2

2 21 1 1 1

1 2 22 2 2 4 3 2 3lim 2 lim lim lim

1 1 1 1 1 2x x x x

x x xx x x x x xf x g x

x x x x x→ → → →

− − − − − − − − +− = − = = = −

− − − − + ...... 2p

b) ( ) ( )( )1 1

4 5lim lim

1x x

x a xf x a g x

x x→ →

− −− ⋅ =

− ⋅ este finită ⇔ 3a = ................................................................... 1p

( ) ( )( ) ( )1 1

5 5 5lim lim ...

61 4 5 3x x

xf x a g x

x x x x→ →

−− ⋅ = = = −

− ⋅ + + ............................................................. 2p

c) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x ab h x f x a g x a g x b h x− ⋅ = − ⋅ + − ⋅ ................................................................................. 1p

deci ( ) ( )1

limx

f x ab h x→

− ⋅ există și este finită ............................................................................................... 1p

Problema 4.

Fie , ,a b c ∈ℝ încât funcția ( ) 2f x x ax b cx= + + + are domeniul maxim ℝ și ( )lim 1

xf x

→∞= .

a) Demonstrați că 2a = , [ )1;b∈ + ∞ și 1c = − .

b) Demonstrați că toate funcțiile cu această proprietate au aceleași asimptote. c) Demonstrați că nici una din funcțiile obținute nu este funcție rațională.

SOLUŢIE:

a) ( )2lim 1x

x ax b cx→∞

+ + + = obligă 1c = − , în caz contrar limita fiind infinită ............................................ 1p

( )2

2lim lim 1

2x x

ax b ax ax b x

x ax b x→∞ →∞

++ + − = = =

+ + + 2a = ................................................................ 1p

din 2 0x ax b+ + ≥ , ( ) x∀ ∈ℝ [ )1;b∈ + ∞ .......................................................................................... 1p

b) ( ) 2 2f x x x b x= + + − , :f →ℝ ℝ , fiind elementară, este continuă pe domeniul ei de definiție, deci nu are

asimptote verticale și cum ( )2lim 2 1x

x x b x→∞

+ + − = , are la +∞ asimptotă orizontală 1y = ..................... 1p

Cum ( )2lim 2x

x x b x→−∞

+ + − = +∞ , f nu are asimptotă orizontală spre −∞ .

( ) 2 22 2lim lim lim 2x x x

f x x x b x x x b x

x x x→−∞ →−∞ →+∞

+ + − − + += = = −

− 2m = − .............................................. 1p

( )( ) ( ) ( )2 2

2

2lim lim 2 lim 2 lim 1

2x x x x

x bf x mx x x b x x x b x

x x b x→−∞ →−∞ →+∞ →+∞

− +− = + + + = − + − = = −

− + +

2 1y x= − − asimptotă oblică spre −∞ ................................................................................................... 1p

c) Dacă ( ) 2 2f x x x b x= + + − , :f →ℝ ℝ ar fi funcție rațională, atunci asimptota spre +∞ , 1y = , ar fi și

asimptotă spre −∞ , contradicție cu 2 1y x= − − asimptotă oblică spre −∞ ………………………………. 1p



Clasa a XII -a

Problema 1.

Considerăm structura algebrică ( );ℝ � cu legea de compoziție 3 2 1x y xy x y= − + −� , ( ) ,x y∀ ∈ℝ .

a) Demonstrați ( );ℝ � este structură neasociativă.

b) Stabiliți dacă ( );ℝ � admite element neutru.

c) Rezolvați în ( );ℝ � sistemul ( )

( ) ( )

1 9

1 1 13

x y

x y

− =

+ − =

�

�

SOLUŢIE:

a) Structura este neasociativă dacă are loc ( ) ( )x y z x y z≠� � � � , măcar într-o situație particulară ......... 1p

Verificare particulară, spre exemplu ( ) ( )0 1 2 0 1 2≠� � � � .................................................................... 1p

b) Dacă e∈ℝ este element neutru, x e e x x= =� � , ( ) x∀ ∈ℝ și atunci

x e x=� , ( ) x∀ ∈ℝ 1e = ................................................................................................................. 1p

e x x=� , ( ) x∀ ∈ℝ 3 2 1ex e x x− + − = , ( ) x∀ ∈ℝ și împreună cu 1e =

1x = ( ) x∀ ∈ℝ ( )!!! contradicție, deci ( );ℝ � nu admite element neutru. ...................................... 1p

c) ( )1 9x y− =� ⇔ 3 2 2 8xy y x− − = ...................................................................................................... 1p

( )1 9x y− =� ⇔ 3 4 5 20xy y x+ − = .................................................................................................... 1p

Soluții ( ) ( ); 2;3x y = și ( ) ( ); 4;0x y = − ................................................................................................. 1p

Problema 2.

Fie matricele ( ) 2X a a A I= ⋅ + , cu a∈ℝ , 2 1

6 3A

− =

− , 2

1 0

0 1I

=

și considerăm mulțimea ( ){ }/ 1G X a a= > − .

a) Demonstrați că pentru orice ,a b ∈ℝ se verifică ( ) ( ) ( )X a X b X a b ab⋅ = + + .

b) Demonstrați că G împreună cu operația de înmulțire a matricelor este grup comutativ.

c) Calculați produsul ( ) ( ) ( )1 2 2017

... 1 2 ... 20182 3 2018

X X X X X X

− ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

.

CONCURSUL NAȚIONAL


"ADOLF HAIMOVICI"

ETAPA JUDEȚEANĂ

10 martie 2018

SOLUŢIE:

a) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2X a X b I aA I bA I a b A abA⋅ = + + = + + + , dar 2 2 1 2 1 2 1

6 3 6 3 6 3A A

− − − = ⋅ = =

− − − și se

confirmă ( ) ( ) ( )X a X b X a b ab⋅ = + + .......................................................................................................... 1p

b) Înmulțirea matricelor este lege de compoziție pe G , deoarece din 1a > − și 1b > − se obține ( )( )1 1 0a b+ + > ,

din care 1a b ab+ + > − .................................................................................................................................. 1p Înmulțirea matricelor din ( )2M ℝ este asociativă iar ( ) ( ) ( )X a X b X a b ab⋅ = + + arată că în G înmulțirea este

și comutativă .................................................................................................................................................... 1p

( )2 0I X G= ∈ este element neutru ................................................................................................................. 1p

pentru 1a > − , ( )1

1

aX a X G

a

− − = ∈

+ ..................................................................................................... 1p

c) Cum ( ) 21

aX a X I

a

− ⋅ =

+ , folosind comutativitatea și asociativitatea, produsul devine .............................. 1p

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 2017

1 2 ... 2017 2018 20182 3 2018

X X X X X X X X

⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ =

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

Problema 3.

Considerăm funcția ( ): 0;f + ∞ →ℝ , ( )ln x

f xx

= .

a) Calculați ( )f x dx .

b) Demonstrați că orice primitivă F a funcției f verifică ( ) ( )2 3F F< .

c) Demonstrați că funcția ( ): 0;g + ∞ →ℝ , ( ) ( )g x f x= , admite primitive și determinați, din mulțimea

primitivelor ei, acea primitivă G care verifică ( )1 0G = .

SOLUŢIE:

a) ( )ln

2 ln 2x

dx x x Cx

= − + .......................................................................................................................... 3p

b) ( ) ( )ln

' 0x

F x f xx

= = > pentru 1x > , deci F este crescătoare pe ( )1; + ∞ ………………………………. 1p

și astfel ( ) ( )2 3F F< ......................................................................................................................................1p

c) ( )

( )

[ )

ln, 0; 1

ln, 1;

xx

xg x

xx

x

− ∈

= ∈ + ∞

( )( ) ( )

( ) [ )

1

2

2 ln 2 , 0; 1

2 ln 2 , 1;

x x C xG x

x x C x

− − + ∈=

− + ∈ + ∞

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

G derivabilă, ( )1 0G = 1 4C = − , 2 4C = .................................................................................................. 1p

Problema 4. Rata de descreștere a unei populații de bacterii de pe o plantă, după t zile de la administrarea de insecticid, este dată de

formula ( )( )

2

3000'

1 0, 2B t

t

−=

+, 0t ≥ . Dacă numărul inițial al bacteriilor a fost de 8.000 , aflați după câte zile numărul

bacteriilor va fi cel mult egal cu 500 .

SOLUŢIE:

a) ( )( )

2

13000

1 0, 2B t dt

t= − ⋅

+ ....................................................................................................................... 2p

( )( )

2

3000 0, 2 15.000

0,2 1 0, 21 0, 2B t dt C

tt= − ⋅ = +

++ ............................................................................................... 2p

0t = ( )0 15000 8000B C= + = 7000C = − .................................................................................... 1p

( )15.000

7000 5001 0, 2

B tt

= − ≤+

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

din care 5t ≥ ................................................................................................................................................ 1p

Filiera Teoretică : profilul Real - Științe ale Naturii


Clasa a IX - a

Problema 1.

Calculați �√1� + �√2� + �√3� + ⋯ + �√2018�. SOLUŢIE:

Fie � ∈ ℕ∗ și � ∈ ℕ astfel încât �� ≤ � < �� + 1�� ⇒ � ≤ √� < � + 1 ⇒ ........................................... 1p ⇒ �√�� = �, ∀� ∈ ��, �� + 1, �� + 2, … , �� + 2�� ................................................................................ 1p card��, �� + 1, �� + 2, … , �� + 2�� = 2� + 1 ................................................................................... 1p 1936 = 44� < 2018 < 45� = 2025 ⇒ �√�� = 44, ∀� ∈ �1936,1937, … ,2018� ................................. 1p

�√1� + �√2� + �√3� + ⋯ + �√2018� = ∑ ��2� + 1�&'()* + 44�2018 − 1936 + 1� ............................... 1p

= ∑ �2�� + ��&'()* + 3652 = 2 ∑ ��&'

()* + ∑ �&'()* + 3652 ...................................................................... 1p

= 2 ∙ &'∙&&∙-./ + &'∙&&

� + 3652 = 54868 + 946 + 3652 = 59466 ............................................................ 1p

Problema 2. Fie funcția 0: ℝ → ℝ, 0�� = �� + 4� − 34, unde 4 ∈ ℝ. a) Demonstrați că dacă �, 5 ∈ ℝ și � ∙ 5 = 3�� + 5�, atunci �� − 3��5 − 3� = 9. b) Știind că rădăcinile ecuației 0�� = 0 sunt două numere întregi distincte, determinați valorile lui 4. SOLUŢIE:

a) � ∙ 5 = 3�� + 5� ⇒ �5 − 3� − 35 = 0 ............................................................................................... 1p �� − 3��5 − 3� = �5 − 3� − 35 + 9 = 0 + 9 = 9 ................................................................................. 1p b) Fie �*, �� ∈ ℤ, �* < ��, cele două rădăcini ale ecuației 0�� = 0. Se scriu relațiile lui Viète: �* + �� = −4, �* ∙ �� = −34 ....................................................................... 1p

Se observă că �* ∙ �� = 3��* + �� .......................................................................................................... 1p Folosind subpunctul a) se obține ��* − 3�� − 3� = 9. Cum �* − 3 < �� − 3 și �* − 3, �� − 3 ∈ ℤ ⇒ ⇒ ��* − 3; �� − 3� ∈ ��−9; −1�, �1; 9�� ⇒ ��*; �� ∈ ��−6; 2�, �4; 12�� ............................................. 2p Prin urmare, 4 ∈ �−16; 4� ......................................................................................................................... 1p

Problema 3. În paralelogramul 9:;< se consideră = ∈ >9:?, @ − mijlocul segmentului >9<?, A − mijlocul segmentului>:;?, B −mijlocul segmentului>:@?, iar 9= = 2=:. a) Demonstrați că punctele <, B, = sunt coliniare. b) Demonstrați că <BCCCCCD = '

& <=CCCCCD.

CONCURSUL NAȚIONAL


"ADOLF HAIMOVICI"

ETAPA JUDEȚEANĂ

10 martie 2018

SOLUŢIE:

a) În ∆:9@ calculăm FGGH ∙

HIIJ ∙ JK

KF �Conform Teoremei lui Menelaus, punctele

b)<=CCCCCD � *'<9CCCCCD �

�'<:CCCCCCD ..............................................................................

<=CCCCCD � �'<@CCCCCCD �

�'<BCCCCCD �

�'B:CCCCCD �

�'<BCCCCCD

Problema 4. La ora 6:00, din același depozit A, pleacla B este egală cu distanța de la B la C depozitul B, cu o viteză constantă �mai mare. Al doilea curier merge mai întâi la depozitul C, cu o vitezdepozitul C la depozitul B merge cu o viteziar ambii ajung la destinație la ora 9:00, determinape traseu. SOLUŢIE:

Notăm cu L, distanța dintre oricare dou

Avem că MN + M

'N = M'O + M

NP&�, adică �Primul curier va ajunge la depozitul B la ora 8:15Al doilea curier va ajunge la depozitul C la ora 8:06Distanța dintre două localități este 63 km

Notăm cu Q, ora întâlnirii celor doi curieri. Ob

Soluția ecuației este Q ≅ 8.59, adică ora întâlniri celor doi cu

Notă. Orice altă rezolvare corectă va fi punctat

= *� ∙

�* ∙

** � 1 ...................................................................

Conform Teoremei lui Menelaus, punctele =, B, < sunt coliniare ......................................

....................................................................................................

D � �'B@CCCCCCD �

�'<BCCCCCD �

�'B:CCCCCD �

&'<BCCCCCD ⇒ <BCCCCCD � '

&<=CCCC

i depozit A, pleacă doi curieri către alte două depozite B și C, unde distana de la B la C și egală cu distanța de la A la C. Primul curier merge ma

� km/h, iar de la depozitul B la depozitul C merge cu o vitezmai mare. Al doilea curier merge mai întâi la depozitul C, cu o viteză constantă

u o viteză constantă de � + 42 km/h. Știind căție la ora 9:00, determinați ora aproximativă la care s-

a dintre oricare două depozite.

� = 28 km/h ....................................................................................

Primul curier va ajunge la depozitul B la ora 8:15 ..............................................................Al doilea curier va ajunge la depozitul C la ora 8:06 ..........................................................

ți este 63 km ...........................................................................

, ora întâlnirii celor doi curieri. Obținem că TQ − 8 *&U ∙ 84 � TQ + 8 *

*O, adică ora întâlniri celor doi curieri este 8:35 ......................

ă va fi punctată conform baremului.

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

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

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

<=CCD ................................ 2p

și C, unde distanța de la A a de la A la C. Primul curier merge mai întâi la

km/h, iar de la depozitul B la depozitul C merge cu o viteză de 3 ori ă constantă de 30 km/h, iar de la

ă nici unul nu face pauză, -au întâlnit cei doi curieri

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

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

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

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

*OU ∙ 70 � 63 ............... 1p

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



Clasa a X – a

Problema 1. Studiind virusul gripal tip B, un cercetător a stabilit că acesta se răspândeşte după legea ( ) 0,51 t

f t e−= − ,

unde f(t) reprezintă procentul din populaţie care a venit în contact cu boala, iar t este numărul de săptămâni trecute de la semnalarea primului caz. În a câta săptămâna va fi infectată trei sferturi din populaţie?

SOLUŢIE:

0,5 0,53 11

4 4t t

e e− −= − = ............................................................................................................................... 3p

10,5 ln 4ln 2

4t t− = = ................................................................................................................................ 2p

ln16t = ,2 3ln ln16 lne e< < ......................................................................................................................... 1p

în a treia săptămâna .................................................................................................................................... 1p Problema 2.

Fie numărul a = 3 354 30 3 54 30 3+ + − .

a) Verificați relația a 3 18 108a= + b) Arătați că a∈ℚ SOLUŢIE: a) Verificarea relației ................................................................................................................................. 3p b) 3 18 108 0a a− − = ⇔ 2( 6)( 6 18) 0a a a− + + = ....................................................................................... 2p

2 26 18 ( 3) 9 0a a a+ + = + + > a∀ ∈ℝ ........................................................................................................ 1p 6a = soluție unică ...................................................................................................................................... 1p

Problema 3.

Fie [10,100]i

x ∈ , i =1,10 .

Să se arate ca 1 2 101 2 10(lg lg ... lg )(log 10 log 10 ... log 10)

x x xx x x+ + + + + ≤ 112,5

SOLUŢIE:

[10,100]i

x ∈ lg [1,2]i

x ∈ ........................................................................................................................ 1p

CONCURSUL NAȚIONAL


"ADOLF HAIMOVICI"

ETAPA JUDEȚEANĂ

10 martie 2018

funcția 2:[1, 2] , ( ) 3 2, ( ) 0f f t t t f t→ = − + ≤ℝ ,deci2

3tt

+ ≤ .................................................................... 2p

lg 2log 10 3ii x

x + ≤ , i=1,10 ......................................................................................................................... 1p

daca 10

11

lg iS x= si10

21

log 10ixS = , 1 22 30S S+ ≤ , 1 2 1 22 2 2S S S S+ ≥ ⋅ ................................................. 2p

finalizare .................................................................................................................................................... 1p Problema 4.

Se da funcția f :ℕ →ℂ , f(n)=1 3

2

n

i +

.

a) Arătați ca f este periodica. b) Calculați (1 (1)) (1 (2)) (1 (3)) ... (1 (2018))f f f f− ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ +

SOLUŢIE:

a)

6

1 31

2

i +=

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

( 6) ( )f n f n+ = , n∀ ∈ ℕ f periodică ...................................................................................................... 2p

b) Fie f(1)=α , 3 21, 1 0α α α= − − + = ........................................................................................................ 1p 2 3 2018(1 )(1 )(1 )...(1 )α α α α− + − + ............................................................................................................... 1p

( )6722 22 ( )α α α α− ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ..................................................................................................................................

.. 1p finalizare 6722 ............................................................................................................................................. 1p



Clasa a XI - a

Problema 1.

Se consideră funcţia [ ) ( )2 2 , 1

: 1, ,2, 1

x x a xf f x

x x

+ + ≤→ − +∞ =

+ >ℝ .

a) Demonstraţi că 0a ≥ . b) Pentru 0a = , trasaţi graficul funcţiei. c) Arătaţi că funcţia f este continuă dacă şi numai dacă este surjectivă. SOLUŢIE:

a) Valoarea minimă a restricţiei funcţiei la intervalul ( ],1−∞ este ( )1 1f a− = − . Această valoare minimă

trebuie să fie cel puţin egală cu 1− , prin urmare 0a ≥ . ............................................................................ 2p b) Graficul este format dintr-o semidreaptă şi o porţiune de parabolă, care vor fi trasate. ....................... 2p c) Funcţia f este continuă pe ℝ dacă şi numai dacă este continuă în 0 1x = , condiţie care revine la faptul

că 0a = . Pe de altă parte, f este surjectivă dacă şi numai dacă ( )1 1f − = − , adică, din nou, 0a = . ......... 3p

Problema 2.

Se consideră matricea ( )2

1 1

1 1A

= ∈

ℂM .

a) Determinaţi matricele ( )2X ∈ ℂM cu proprietatea că XA AX= .

b) Rezolvaţi în ( )2 ℂM ecuaţia 3X A= .

SOLUŢIE:

a) Fie , , , ,a b

X a b c dc d

= ∈

ℂ ; atunci a b a b

XAc d c d

+ + =

+ + şi

a c b dAX

a c b d

+ + =

+ + .

Ipoteza XA AX= este îndeplinită dacă şi numai dacă a d= şi b c= , deci matricele căutate sunt cele de

forma , ,a b

a bb a

∈

ℂ . ............................................................................................................................. 2p

b) Dacă 3X A= , atunci 4XA X AX= = , prin urmare X este de forma , ,a b

a bb a

∈

ℂ .

Obţinem că 3 2 2 33 1, 3 1a ab a b b+ = + = ..................................................................................................... 2p

Scăzând aceste două relaţii, deducem că ( )3

0a b− = , prin urmare a b= . ............................................... 1p

CONCURSUL NAȚIONAL


"ADOLF HAIMOVICI"

ETAPA JUDEȚEANĂ

10 martie 2018

Atunci 3 1

4a = , de unde 2

3 3 3

1 1 1, ,

4 4 4a

∈ ε ε

, 1 3

2 2iε = − + .

În concluzie, găsim trei soluţii ale ecuaţiei matriceale. ............................................................................ 2p

Problema 3.

Determinaţi ecuaţiile asimptotelor la graficul funcţiei ( )1

2: , 1xf f x e x∗ → = ⋅ +ℝ ℝ .

SOLUŢIE:

Observăm că ( )0

lim 0x

f x =ր

şi ( )0

limx

f x = +∞ց

, prin urmare dreapta 0x = este asimptotă verticală la

dreapta pentru graficul funcţiei f. ............................................................................................................... 2p Cum ( ) ( )lim lim

x xf x f x

→−∞ →∞= = +∞ , nu există asimptote orizontale la graficul funcţiei f. .......................... 1p

Avem că: ( ) 1 12

2

1 1lim lim lim 1 1x x

x x x

f x xe e

x x x→∞ →∞ →∞

+= = + = , iar ( )( )

12lim lim 1x

x xf x x e x x

→∞ →∞

− = + − =

( )1

1 1 12

2

1 1lim 1 1 lim 0 1 1

11

xx x x

x x

ee x x x e e

x xx

→∞ →∞

−

= + − + − = + = + = + +

; rezultă că dreapta de ecuaţie

1y x= + este asimptotă oblică spre +∞ pentru graficul funcţiei f. ......................................................... 2p Analog se arată că dreapta de ecuaţie 1y x= − − este asimptotă oblică spre −∞ pentru graficul funcţiei f. ..................................................................................................................................................................... 2p

Problema 4.

Matricea

0 1 1

1 0 1

1 1 1

A

=

are determinantul egal cu 1.

a) Schimbând între ele două dintre elementele lui A, putem obţine o matrice B al cărei determinant să fie egal cu 0 ?

b) Schimbând între ele două dintre elementele lui A, putem obţine o matrice C al cărei determinant să fie egal cu 1− ?

c) Schimbând între ele două dintre elementele lui A, putem obţine o matrice D al cărei determinant să aibă o altă valoare decât 0, 1 sau 1− ?

SOLUŢIE:

Notăm, ca de obicei, cu ij

a elementul din matricea A situat la intersecţia liniei i cu coloana j.

a) Da: schimbăm între ele elementele 12a şi 22a . ..................................................................................... 2p

b) Da: schimbăm între ele elementele 11a şi 31a . ..................................................................................... 2p

c) Nu: dacă cele două zerouri sunt pe aceeaşi linie sau pe aceeaşi coloană, determinantul matricei D va fi egal cu 0 (vor exista două linii/coloane identice); dacă cele două zerouri se află pe linii şi coloane diferite, determinantul matricei D va fi egal cu 1 sau 1− (în dezvoltarea determinantului, trei dintre cele şase produse vor fi egale cu 0, iar celelalte trei vor fi egale cu 1 şi nu pot avea toate trei acelaşi semn). ......................................................................................................................................................... 3p



Clasa a XII -a

Problema 1.

Pe mulțimea ℤ construim legile de compoziție * și � definite prin: * 3x y x y= + − și

3 3 12, ,x y xy x y x y= − − + ∈� ℤ

a) Justificați că ( ),*,ℤ � este inel comutativ.

b) Rezolvați în ℤ ecuația 2018

de 2018 ori

... 2 3x

x x x = +� � �� .

c) Să se afle ,a b∈ℤ astfel încât intre inelele ( ),*,ℤ � și ( ), ,+ ⋅ℤ să existe un izomorfism de forma

( ): ,f f x ax b→ = +ℤ ℤ .

SOLUŢIE:

a) Verificarea axiomelor inelului comutativ ............................................................................................ 3p b) ( ) ( )3 3 3, ,x y x y x y= − − + ∀ ∈� ℤ ........................................................................................................ 1p

( )2018 2018

de 2018 ori

... 3 3 2 3x

x x x x= − + = +� � �� ....................................................................................................... 1p

Află { }1,5x ∈ ............................................................................................................................................. 1p

c) 1a = și 3b = − și justificarea izomorfismului între ( ),*,ℤ � și ( ), ,+ ⋅ℤ ............................................... 1p

Problema 2.

Fie M mulțimea secvențelor de 8 litere majuscule din alfabetul latin (care are 26 de litere: A, B, C, ..., Z). Definim pe M legea de compoziție # astfel: dacă 1 2 3 4 5 6 7 8x λ λ λ λ λ λ λ λ= ∈M și 1 2 3 4 5 6 7 8x γ γ γ γ γ γ γ γ= ∈M ,

atunci 1 2 3 4 5 6 7 8#x y λ λ λ λ λ γ γ γ= .

a) Aflați cardinalul mulțimii M . b) Calculați (PARAGUAY # COLUMBIA) # BRAZILIA c) Cercetați dacă legea # este comutativă și dacă admite element neutru.

SOLUŢIE:

a) card 826=M ........................................................................................................................................... 3p b) (PARAGUAY # COLUMBIA) # BRAZILIA = PARAGBIA # BRAZILIA = PARAGLIA ............. 2p c) Legea # nu este comutativă , (de exemplu AAAAAALL # SSSSSSSB = AAAAASSB și SSSSSSSB # AAAAAALL = SSSSSALL) .............................................................................................. 1p Evident legea # nu admite element neutru ................................................................................................ 1p

CONCURSUL NAȚIONAL


"ADOLF HAIMOVICI"

ETAPA JUDEȚEANĂ

10 martie 2018

Problema 3.

a) Arătați că: ( )2

24

1

1 2

xx

x

edx arctg e

e= +

+C

b) Aflați primitivele funcției ( )( )

4

4

1: ,

1

x

x

ef f x

e

+→ =

+ℝ ℝ

(Nicolae Sanda – Supliment G.M.)

SOLUŢIE:

a) Justificarea corectă (de exemplu cu schimbarea de variabilă 2xt e= ) ................................................... 2p

b) ( )( ) ( )

4 22 3 4 2

4 4 4 4

1 11 4 6 41 6 4

1 1 1 1

x x xx x x x x

x x x x

e e ee e e e ef x

e e e e

+ ⋅ ++ + + += = = + +

+ + + + ........................................ 1p

1dx x= + C ................................................................................................................................................ 1p

( )2

4

1 44

1 2 2

x x x x

x

e e e edx arctg

e

−⋅ + −= +

+ C (cu schimbarea de variabilă x

t e= ) ................................... 2p

Finalizare ( ) ( )2 43

2 2

x xx e e

f x dx x arctg e arctg− −

= + + +

C ............................................................ 1p

Problema 4.

Fie :f →ℝ ℝ și F o primitivă a sa.

Dacă ( ) ( ) ,F x f x x x⋅ = ∀ ∈ℝ și ( )0 1F = să se afle f .

SOLUŢIE:

Din ( ) ( ) ,F x f x x x⋅ = ∀ ∈ℝ deduce că ( )' '

2 21 1

2 2F x x

=

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

( )2 2

;2 2

F x xk x− = ∀ ∈ℝ ............................................................................................................................ 2p

Înlocuind 0x = deduce 1

2k= .................................................................................................................... 1p

( ) ( )2 2 21 1;F x x F x x x= + = + ∀ ∈ℝ ................................................................................................ 1p

Finalizare ( ) ( )'

2;

1

xf x F x x

x= = ∀ ∈

+ℝ ............................................................................................. 1p

Filiera Tehnologică : profilul Tehnic

Clasa a IX–a


Problema 1. Suma a trei numere este 100.Ştiind că primul număr este 40% din al doilea iar al treilea număr este 150% din primul număr, determinați cele trei numere.

SOLUȚIE:

Dacă , ,a b c sunt cele trei numere, atunci putem scrie: 100a b c+ + = ,2 3

,5 5

a b c b= =

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

Obţine2 3

1005 5

b bb+ + = ………………………………………………………...................…………….………............ 2p

Finalizare 50, 20, 30b a c= = = ……………………………...………………………………....................……..........…. 3p Problema 2.

a) Fie D mijlocul laturii [ ]BC a triunghiului ABC . Să se demonstreze că .2

AB ACAD

+=

��

b) Folosind, eventual, punctul anterior, să se demonstreze că 0GA GB GC+ + =��

, unde G este centrul de greutate al triunghiului .ABC

SOLUȚIE:

a)

AD AB BD

AD AC CD

= +

= +

��

�� ................................................................................................................................................................... 1p

Rezultă: 2 ( )2

AB ACAD AB BC BD CD AD

+⋅ = + + + =

��

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

SAU

Dacă 'A este simetricul punctului A faţă de punctul D , atunci conform regulii paralelogramului '

AA AB AC= +��

…………………………………………………………………………………...................................… 2p

Obţine'

2 2

AA AB ACAD

+= =

��

…………………………………………………………..………...................................… 1p

b) Deoarece G este centrul de greutate al ABC∆ , rezultă că ( )2 1

3 3GA AD AB AC= − = − +��

……................................. 2p

Atunci ( )1

03

GA GB GC AB AC BC BA CA CB+ + = − + + + + + =��

………….………………...................................…..... 2p

CONCURSUL NAȚIONAL


"ADOLF HAIMOVICI"

ETAPA JUDEȚEANĂ

10 martie 2018

Problema 3.

Pe dreapta ( )d se iau în ordine punctele 0 1, , ,..., nM M M M , astfel încât 0MM = 1cm, 0 1 3M M = cm, 21 2 3M M = cm, etc.

(fiecare segment este de trei ori mai mare decât segmentul dinaintea lui ).Să se determine lungimea segmentului

2018MM ).

SOLUȚIE:

Obţine 32 3 3M M = cm 2018

2017 2018,...., 3M M = cm………………………………………..…………................................… 2p

Obţine 2 20182018 0 0 1 2017 2018... 1 3 3 ... 3MM MM M M M M= + + + = + + + + cm………………………...............................….. 2p

Finalizare.2019

2018

3 1

2MM

−= cm………………..…………………………………………………...............................…. 3p

Problema 4.

Fie( )

*2 1 3 2 4 3 1... ;

2 6 12 1n

n na n

n n

− − − + −= + + + + ∈

+ℕ .

a) Demonstrați că 8

2.

3a =

b) Demonstrați că 1

1 .nan

> −

c) Determinaţi 15n ≤ astfel încât .na ∈ℚ

SOLUȚIE:

a) 8

2 1 3 2 4 3 9 8...

2 6 12 72a

− − − −= + + + + =

1 1 1 1 11 ...

2 2 3 8 9− + − + + − =

1 21

3 3− = ……....................….. 2p

b) 1 1 1 1 1

1 ...2 2 3 1

nan n

= − + − + + −+

=1

11n

−+

………………………………………...................…........…… 1p

Deoarece 1,n n< + rezultă că 1 1

1n n<

+, deci

1 1

1n n− > −

+ şi

11na

n> − ……………..............................… 2p

c) 1

1 1 11

na n nn

= − ∈ ⇔ + ∈ ⇔ ++

ℚ ℕ este pătrat perfect………………………….………….............................… 1p

Deoarece *15, , 1n n n≤ ∈ + =ℕ pătrat perfect, rezultă că { }3,8,15n∈ ……………………………..............................…. 1p

Notă. Orice altă rezolvare corectă va fi punctată conform baremului.


Clasa a X–a


Problema 1.

a) Verificaţi egalitatea ( )2| | , .z z z z⋅ = ∀ ∈ℂ

b) Determinaţi 0k > astfel încât ( ) ( )2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2| | | | | | | | , ,z z z z k z z z z− + + = + ∀ ∈ℂ .

c) Dacă 1 2,z z ∈ℂ astfel încât 1 2| | 1, | | 1z z= = şi 1 2| | 3z z+ = , să se determine 1 2| |z z− .

SOLUȚIE:

a) Dacă z a b i= + ⋅ , atunci 2 2,| |z a b i z a b= − ⋅ = + şi se obţine imediat că ( ) ( ) 2 2a bi a bi a b+ − = + …....................... 2p

b) Obţine ( )( )2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2| | | | | |z z z z z z z z z z z z− = − − = − − +

şi ( ) ( )2 2 21 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2| | | | | |z z z z z z z z z z z z+ = + + = + + + …………………………………...………................................ 2p

Finalizare ( )2 2 2 21 2 1 2 1 2| | | | 2 | | | |z z z z z z− + + = + , deci 2k = ………………………………………............................... 1p

c) Folosind relaţia anterioară obţine 21 2 1 2| | 3 4 | | 1z z z z− + = − = ……………………………………........................... 2p

Problema 2.

Pentru 1x > , notăm cu ( ) 1 2 ... n

nS x x x x− − −

= + + + , *n∈ℕ .

a) Calculaţi ( ) ( )1 nx S x− ⋅ .

b) Deduceţi( )

( )1 2 1... , 1

1

nn

n

xx x x x

x x

− − − −+ + + = ∀ >

−.

c) Folosind, eventual, punctul anterior, să se demonstreze că ( )84 23 3 3 ... 3 3, 1n

n⋅ ⋅ ⋅ ⋅ < ∀ ≥ .

SOLUȚIE:

a) Obţine ( ) ( ) ( ) 2

1 1 1 11 1 .. 1

n n nx S x x

x x x x

− ⋅ = − + + + = −

……………………………………………............................ 2p

b) Din relaţia anterioară deduce ( )( )

1

1

n

n n

xS x

x x

−= ⇔

− ( )( )1 2 1

... , 11

nn

n

xx x x x

x x

− − − −+ + + = ∀ >

−………........................... 2p

c) Folosind

1

3 3k k= se obţine

11 184 2 2 4 23 3 3 ... 3 3 3 ... 3

n n

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ 2

1 1 1...

2 2 23n

+ + +

= ……………………........…...................... 1p

Din relaţia de la pct. b) se obţine2

1 1 1 2 1...

2 2 2 2

n

n n

−+ + + = ………………………………...……...................................… 1p

CONCURSUL NAȚIONAL


"ADOLF HAIMOVICI"

ETAPA JUDEȚEANĂ

10 martie 2018

Finalizare. Deoarece 2 1

12

n

n

−< ( )84 23 3 3 ... 3 3, 1

n

n⋅ ⋅ ⋅ ⋅ < ∀ ≥ …………..……....................................................... 1p

Problema 3. Avem la dispoziție un număr nelimitat de jetoane pe care sunt scrise numerele 5, 7 sau 11. Un număr � ∈ ℕ∗ se numește „norocos” dacă găsim un număr de jetoane astfel încât suma numerelor scrise pe ele să fie egal cu �. a) Demonstrați că numărul 13 nu este „norocos”. b) Demonstrați că numerele: 14, 15, 16 și 18 sunt „norocoase”. c) Demonstrați că orice număr natural � ≥ 14 este „norocos”.

SOLUȚIE:

a) Fie �, , � numărul jetoanelor pe care sunt scrise numerele 5, 7, respective 11.............................................................. 1p 5� + 7 + 11� ≠ 13, �∀��, , � ∈ ℕ ⇒ 13nu este număr „norocos”................................................................................ 1p b) 14 = 2 ⋅ 7; 15 = 3 ⋅ 5, ; 16 = 1 ⋅ 5 + 1 ⋅ 11; 17 = 2 ⋅ 5 + 1 ⋅ 7; 18 = 1 ⋅ 7 + 1 ⋅ 11. Rezultă că numerele 14, 15, 16, 17, 18 sunt numere „norocoase” .................................................................................... 2p c)14 – „norocos”⇒ 19 – „norocos”(19 = 1 ⋅ 5 + 2 ⋅ 7) 15 – „norocos”⇒ 20 – „norocos”(20 = 4 ⋅ 5) 16 – „norocos”⇒ 21 – „norocos”(21 = 3 ⋅ 7) ................................................................................... 2p 17 – „norocos”⇒ 22 – „norocos”(22 = 3 ⋅ 5 + 1 ⋅ 7) 18 – „norocos”⇒ 23 – „norocos”(23 = 1 ⋅ 5 + 1 ⋅ 7 + 1 ⋅ 11) Așadar, dacă � este „norocos”, rezultă că și �� + 5� este „norocos”. Fie � = 5�� + 7� + 11�!, � ≥ 14. Analizăm următoarele cazuri: I. � = 5" ⇒ �� = � = 0, � este număr „norocos”. II. � = 5" + 1 ⇒ � = 0, �! = 1, iar � = 5�� + 11 = 5" + 1 ⇒ � este număr „norocos”. III. � = 5" + 2 ⇒ � = 1, �! = 0, iar � = 5�� + 7 = 5" + 2 ⇒ � estenumăr „norocos”. IV. � = 5" + 3 ⇒ � = �! = 1, iar � = 5�� + 18 = 5" + 3 ⇒ � este număr „norocos”. V. � = 5" + 4 ⇒ � = 2, �! = 0, iar � = 5�� + 14 = 5" + 4 ⇒ � este număr „norocos”............................................ 1p Problema 4. La un concurs de atletism participă liceele A, B, C, fiecare liceu cu câte 3 elevi. Punctajul final al fiecărui liceu se

calculează adunând punctele obținute de elevii liceului respectiv. Elevul sosit pe locul "�" = 1,9####� i se acordă �$

% puncte.

Juriul concursului a constatat următoarele condiții îndeplinite simultan: i. Oricare doi elevi nu au sosit în același timp. ii. Primele trei locuri au fost ocupate de elevi de la licee diferite. iii. Elevii liceului C au sosit unul după altul. iv. Fiecare elev de la liceul B avea chiar în fața sa un elev de la liceul A. Care este clasamentul final al celor trei licee în funcție de punctajul obținut de fiecare dintre ele?

SOLUȚIE:

Din ii) și iii), rezultă că elevii liceului C au ocupat locurile 3, 4 și 5.................................................................................. 1p Elevii vor fi distribuiți după tabelul

Locul 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Elev de liceul A B C C C A B A B

............................................................................................................................................................................................. 1p Din ii) și iv) rezultă că locul 1 va fi ocupat de un elev de la liceul A, iar locul 2 va fi ocupat de un elev de la liceul B ......................................................................................................................................................................................... 1p Din iv), rezultă că locurile 6 și 8 au fost ocupate de elevi de la liceul A, iar locurile 7 și 9 au fost ocupate de elevi de la liceul B ............................................................................................................................................................................... 1p

Liceul A: 10 +�$

&+

�$

'=

!�$

(≅ 12,9 puncte .................................................................................................................... 1p

Liceul B: �$

+

�$

*+

�$

+=

+,$

� &≅ 7,5 puncte ...................................................................................................................... 1p

Liceul C: �$

!+

�$

(+

�$

,=

(*$

&$≅ 7,8 puncte ....................................................................................................................... 1p


Clasa a XI–a


Problema 1.

a) Calculați 2

2

2 9lim .

5 3

x

x

x xl

x x→∞

+ +=

+ +

b) Determinați ,m n ∈ℝ astfel încât ( )2 2lim 2 3 3 5 0.x

x x x x mx n→∞

+ + − + + − − =

SOLUȚIE:

a) Suntem în cazul de nedeterminare (excepție) 1 .∞ 2

2 2

2 9 3 6lim 1 1 lim 1

5 3 5 3

x x

x x

x x xl

x x x x→∞ →∞

+ + − + = + − = +

+ + + + …………………………………………………………..........….… 1p

2

2 2

3 65 3 5 3

3 6

2 3

3 6 1lim 1

5 3

x x

x x x x

x

x

xl

x x e

− +

+ + + +

− +

→∞

− + = + = + +

…………….........………………………………………………………….. 1p

b) 2 2

1 3 1 5lim 2 3 0x

nx m

x x x x x→∞

⋅ + + − + + − − =

………………………………………………………......................... 1p

2 2

1 3 1 5lim 2 3 0x

nx m

x x x x x→∞

⋅ + + − + + − − =

. Limita este finită dacă 2 3 0 2 3m m− − = = − ……….…… 1p

Cu m astfel determinat, avem: ( ) ( )2 2lim 2 3 2 3 3 5 0x

x x x x x x n→∞

+ + − ⋅ + ⋅ − + + − =

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

Rezultă: 2 2

3 5lim 0

2 3 2 3 3 5x

x xn

x x x x x x→∞

+ +− − =

+ + + ⋅ ⋅ + + + .................................................................................. 1p

2 2

3 5lim 0

2 3 2 3 3 5x

x xn

x x x x x x→∞

+ +− − =

+ + + ⋅ ⋅ + + + ................................................................................................ 1p

Obținem3 2

.2 6

n−

= ………………………………………………………………………………........................……. 1p

CONCURSUL NAȚIONAL


"ADOLF HAIMOVICI"

ETAPA JUDEȚEANĂ

10 martie 2018

Problema 2.

Fie ( )2

2 3.

4 6A M

= ∈

R

a) Calculați2A și det( ).A

b) Dacă ( )2

a bX M

c d

= ∈

ℝ și det( ) 0,X = demonstrați că 2 ( ) .X a d X= + ⋅

c) Rezolvați ecuația2018 .X A=

SOLUȚIE:

a) 2 24

32 8

16

4A

=

…………………………………………………………………………………..................…......…… 1p

det( ) 0A = …………………………………………………………………………………………............................…… 1p b) det( ) 0X ad bx ad bc= − = =

22

2

a bc ab bdX

ac cd bc d

+ +=

+ + ………………………………………………………………………….............................….. 1p

2

2( )

a ad ab bda d X

ac cd ad d

+ ++ ⋅ =

+ + ………………………………………………………………...............................……. 1p

Cum 2 ( )ad bc X a d X= = + ⋅ ,

Din 2 4 3 8 7 2018 2017( ) ( ) ; ( ) ; ( )X a d X X a d X X a d X X a d X= + ⋅ = + ⋅ = + ⋅ = + ⋅ ......................................................... 1p

Ecuația devine

2017

20172017 2018

2017

2017

( ) 2

2 3 ( ) 3( ) 8

4 6 ( ) 4

( ) 6

a a d

b a da d X a d

c a d

d a d

⋅ + =

⋅ + = + ⋅ = + = ±

⋅ + = ⋅ + =

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

2018 2017

1

8X A

±= ⋅ .................................................................................................................................................................... 1p

Problema 3. Să se rezolve ecuația ( ) 0,x∆ = unde:

2 4

2 4

2 4 2

16

( ) 1 1 17 .

20

x x

x x x

x x x x

∆ = + +

+ +

(Se vor folosi proprietățile determinanților)

SOLUȚIE:

2 1

3 1

2 4

2

16

( ) 1 1 1

4

L L

L L

x x

x

x x

−

−∆ = ………………………………………………………………………………....……….........…… 1p

2 1

3 1

2 4 2 2

2

16

( ) 1 0 0

4

C C

C C

x x x x

x

x x x x

−

−

− −

∆ =

− −

………………………………………………………………………………….............. 2p

4 2 2 2

2

16 ( 1)( 1) (4 )(4 )( )

4 ( 1) 4

x x x x x x x xx

x x x x x x

− − − + − +∆ = − = −

− − − −…………………………………………………...........… 1p

( 1) 4( ) ( 1)) 4)

1 1

x x xx x x x

+ +∆ = − − ………………………………………………………………………….............… 1p

( 1) 4( ) ( 1)( 4)

1 1

x x xx x x x

+ +∆ = − − ……………………………………………………………………….........……… 1p

( ) { }2( ) ( 1)( 4) 4 0 2, .x x x x x x∆ = − − − = ∈ − 0, 1, 2, 4 ……………………………………………..……………........... 1p

Problema 4. Doi prieteni, Cristian și Andrei, măsoară fiecare distanța de acasă până la școală. Distanța măsurată de Cristian este egală cu x km, iar cea măsurată de Andrei este egală cu y km. Știind că exisă , , {1,2,3},a b c ∈ nu neapărat distincte, astfel încât

să fie verificat sistemul:

2 4

5 ,

3 6

x y

ax y

cx y b

+ =

+ = + = +

determinați , ,a b c și distanțele x și .y

SOLUȚIE:

Dacă2 4 6

15 1,

x y xa

x y y

+ = = =

+ = = − dar y este o distanță, deci nu poate fi număr negativ………………….................... 1p

Dacă2 4 2

22 5 1

x y xa

x y y

+ = = =

+ = = …………………………………………………………...........…………………… 1p

Rezultă 2 3 6c b+ = + ………………………………………………………………………………………...........……… 1p

Obținem1

2

b

c

=

=sau

3

3

b

c

=

=…………………………………………………………………………………..…............….. 1p

Dacă

62 4 53

3 5 7

5

xx y

ax y

y

=+ =

= + = =

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

Rezultă6 5 9c b= + (imposibil)…………………………………………………………………………….............……… 1p

Așadar,

2

1

2

2

1

a

b

c

x

y

=

==

=

=

sau

2

3

3 .

1

1

a

b

c

x

y

=

==

=

=

………………………………………………………………………………..……..........….. 1p



Clasa a XII–a


Problema 1.

Determinați , ,a b ∈ℝ astfel încât 2

3 2

1; 1: , ( )

4 ; 1

x ax xF F x

x x x b x

+ + ≤→ =

+ − + >ℝ ℝ să fie o primitivă pentru o funcție

: , ( ).f f f x→ =ℝ ℝ Determinați apoi funcția .f SOLUȚIE:

Funcția F este o primitivă a funcției f dacă și numai dacă F este derivabilă pe ℝ și '( ) ( ), ( )F x f x x= ∀ ∈ℝ ............ 1p

F este derivabilă pe { }\ 1 .ℝ Rezultă că F este derivabilă pe ℝ dacă și numai dacă F este derivabilă în 0 1x = ............ 1p

Ca F să fie derivabilă în 0 1x = este necesar ca F să fie continuă în 0 1,x = ceea ce impune ca

1 11 1

lim ( ) lim ( ) (1) 4x xx x

F x F x F b a→ →< >

= = = + .............................................................................................................................. 1p

F este derivabilă în 0 1x = dacă '(1) '(1)s dF F= .................................................................................................................. 1p

Cum2

2 ; 1'( ) ,

3 2 4; 1

x a xF x

x x x

+ ≤=

+ − >egalitatea de mai sus conduce la 2 1 1.a a+ = = − Obținem 3b = ............................... 1p

2

23 2

2 1; 11; 1( ) '( )

3 2 4; 14 3; 1

x xx x xF x F x

x x xx x x x

− ≤− + ≤ = =

+ − >+ − + > .................................................................................................... 1p

Deducem că 2

2 1; 1( )

3 2 4; 1

x xf x

x x x

− ≤=

+ − >............................................................................................................................. 1p

Problema 2.

Calculați arcsin

2( ) , ( 1,1).

1

xx e

I x dx xx

⋅= ∈ −

−

SOLUȚIE:

Integrăm prin părți, alegând:

arcsinarcsin

2

2 2

( ) '( )1

'( )1 ( ) 1

xx ef x ef x

xxg x

x g x x

==

− =

− = − −

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

CONCURSUL NAȚIONAL


"ADOLF HAIMOVICI"

ETAPA JUDEȚEANĂ

10 martie 2018

2 arcsin arcsin( ) 1 x xI x x e e dx= − − ⋅ + ......................................................................................................................................... 1p

În integrala din membrul al doilea mai integrăm odată prin părți, alegând:

arcsinarcsin

2'( )( )

1'( ) 1

( )

x

xe

f xf x ex

g xg x x

= =

−=

=

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

Rezultă: 2 arcsin arcsin( ) 1 ( )x xI x x e x e I x= − − ⋅ + ⋅ − ................................................................................................................... 1p

( )2 arcsin1( ) 1

2x

I x x x e C= − − ⋅ + ............................................................................................................................................ 1p

Problema 3.

Considerăm mulțimea 3

2

1 0 0

( ) ( ), ( ) 2 1 0 .

2 3 2 1

G A x M A x x

x x x

= ∈ = +

ℝ

a) Demonstrați că ( ) ( ) ( ).A x A y A x y⋅ = + b) Demonstrați că ( , )G ⋅ este grup abelian. c) Demonstrați că grupul ( , ) +ℝ este izomorf cu grupul ( , ).G ⋅

d) Calculați ( )2018

( ) .A x

SOLUȚIE:

a) Se verifică prin calcul direct........................................................................................................................................... 1p b) Din a) justifică comutativitatea și asociativitatea .......................................................................................................... 1p

3(0)A I= este elementul neutru 1( ) ( )A x A x

−= − este elementul simetric................................................................................................................................. 1p

c) Definim : ,f G→ℝ prin ( ) ( )f x A x= ............................................................................................................................... 1p Funcția f este bijectivă

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x y A x y A x A y f x f y f+ = + = ⋅ = ⋅ izomorfism.............................................................................................. 1p

d) ( )2018

2 22018 ori

1 0 0

( ) ( ) ( ) ... ( ) (2018 ) 4036 1 0

2 2018 3 2018 4036 1

A x A x A x A x A x x

x x x

= ⋅ ⋅ ⋅ = = ⋅ ⋅ + ⋅

��........................................................... 2p

Problema 4. Fie M o mulțime nevidă și „ ”∗ o lege de compoziție pe .M Spunem că elementul d M∈ este „destroyer” pentru operația

„ ”∗ dacă , ( ), .d x x d d x M∗ = ∗ = ∀ ∈ Pentru { }*, \ 1a b∈ℕ fixate, definim pe ℝ operația „ ”∗ prin2 , ( ) , .x y bxy abx aby a b a x y∗ = + + + − ∀ ∈ℝ

a) Demonstrați că operația „ ”∗ este asociativă și admite element „destroyer”. b) Demonstrați că ( 2018 ) ( 2017 ) ... ( ) 0 ... (2017 ) (2018 ) 0.E a a a a a a= − ∗ − ∗ ∗ − ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ <

SOLUȚIE:

a) 2 2 2 2 3 2( ) ( ) ( ) ( )x y z x y z b xyz ab xy xz yz a b x y z a b a∗ ∗ = ∗ ∗ = + + + + + + + − ....................................................................... 2p 2, ( ) ( ) , ( )d x d x bx a d abd a b a d x∗ = ∀ ∈ + + + − = ∀ ∈ℝ ℝ .................................................................................................. 1p

Pentru 0 ( 1)( ) 0x ab d a d a= − + = = − .......................................................................................................................... 1p Verificare ( ) , ( )x a a x∗ − = − ∀ ∈ℝ ......................................................................................................................................... 1p b) Obținem 0E a= − < ......................................................................................................................................................... 2p


Filiera Teoretică : profilul Uman


Clasa a IX–a

Problema 1. Se dă funcția �:� → �, �� 1�� 2� � 2� ⋅ � � � 2, � 1. Să se determine parametrul real astfel încât: a) �� ⋅ � , unde ��, � sunt rădăcinile ecuației �� 0. b) Graficul funcției să nu intersecteze axa��. c) � ��să aibă valoarea minima negativă.

SOLUȚIE:

a) �� 2 ⋅ �� ⋅ � �� relațiile lui Viète............................................................................................................................. 2p

�12 � �22 �1 ⋅ �2 ⇒ ��1 � �2�2 3�1 ⋅ �2...................................................................................................................... 1p

Rezultă 4 �� 3 ⋅ �� ⇒ �� ⋅ �4 ⋅ �� 3� 0 ⇒ ∈ �5,�3"...................................................................... 1p

b) Este suficient ca ∆ 4� � 2� � 4� � 1�� 2� $ 0.......................................................................................... 1pRezultă $ �2 ⇔ ∈ ��∞,�2�................................................................................................................................... 1pc) � �� are valoarea minimă negativă dacă

' � 1 ( 0� ∆)�� $ 0 ⇒ ' � 1 ( 0�� ( 0 ⇒ ∈ ��1,∞��................................................................................................................. 1p

Problema 2. Fie *+,-./ un hexagon regulat având latura de lungime0 ( 0. Determinați lungimea vectorului *+111112 � *,111112 � *-111112 � *.111112 � */111112, în funcție de 0.

SOLUȚIE:

Deoarece *+,-./ un hexagon regulat rezultă că *.-+, */-, sunt dreptunghiuri....................................................... 2pAstfel, în *.-+: *.111112 � *+111112 *-111112, iar în AFDC: */111112 � *,111112 *-111112................................................................................... 2pDin cele două relații se obține: *+111112 � *,111112 � *-111112 � *.111112 � */111112 *-111112 � *-111112 � *-111112 3*-111112.................................................................................................... 2pAșadar, mărimea cerută33*-1111123 3 ∙ 20 60...................................................................................................................... 1p

CONCURSUL NAȚIONAL


"ADOLF HAIMOVICI"

ETAPA JUDEȚEANĂ

10 martie 2018

Problema 3.

Pe laturile *+, +,, -*și -,ale patrulaterului convex *+,-, se consideră punctele 6, 7, 8, 9 astfel încât:*61111112 = 26+1111112, +71111112 = 27,111112, -91111112 = 29,111112, *8111112 = 28-111112. Să se demonstreze că dacă 3 ∙ :871111112 + 691111112; = 2 ∙ :-,111112 + +,111112; + *,,1111112 atunci *+,- este paralelogram.

SOLUȚIE:

Din ipoteză avem: 871111112 = �< *-111112 + -,111112 − �

< +, 1111112 și 691111112 = �< *+111112 + +,111112 − �

< -,111112....................................................................... 2p

Obținem 3 ∙ :871111112 + 691111112; = *-111112 + 2 ∙ -,111112 + 2 ∙ +,111112 + *+111112[1]............................................................................................. 2p

Dar,3 ∙ :871111112 + 691111112; = 2 ∙ -,111112 + 2 ∙ +,111112 + *,111112 [2]. Din [1] și [2] obținem:

*-111112 + 2 ∙ -,111112 + 2 ∙ +,111112 + *+111112 = 2 ∙ -,111112 + 2 ∙ +,111112 + *,,1111112 echivalentă cu *-111112 + +*+111112 = *,,1111112 adică *+,- este paralelogram........................................................................................................................................................................ 3p

Problema 4. Două corpuri aflate la o distanță de 153 de metri se deplasează unul către celălalt. Primul corp parcurge 10m/s, iar al doilea parcurge în prima secundă 3m și în fiecare secundă următoare cu 5m mai mult decât în secunda precedentă. După câte secunde se întâlnesc cele două corpuri? SOLUȚIE:

Notăm cu * și + cele două corpuri, cu*+ distanța inițială dintre ele, ?@ ,viteza corpului * și cu ?A, viteza corpului B ............................................................................................................................................................................................. 1p Avem?@ = 10/C, iar corpul +parcurge: 3 metri în prima secundă, (3 + 5) metri în a doua secundă, (3 + 5 + 5) metri în a treia secundă,... și [3 + 5(D − 1)] metri în a D-a secundă .......................................................................................... 1p Notăm cu D numărul de secunde după care se întâlnesc cele două corpuri. Cum *+ = 153 metri ⇒ 10D + 3 + (3 + 5) + (3 + 5 + 5) + ⋯ + [3 + 5(D − 1)] = 153 ........................................... 1p

Obținem [ ]1

10 3 5( 1) 153n

k

n k=

+ + − = ..................................................................................................................................... 1p

Rezultă 1 1

10 3 5 5 8 5n n

k k

n n k n n k= =

+ + ⋅ − = + ........................................................................................................................... 1p

2( 1)8 5 153 5 21 306 0

2

n nn n n

++ ⋅ = + − = ............................................................................................................................ 1p

11,2

2

10,2 (nu convine)21 6561 21 81

6 soluţie)10 10

nn

n

= − − ± − += =

= ( ..................................................................................................... 1p

Notă: Orice altă rezolvare corectă va fi punctată conform baremului.



Clasa a X–a

Problema 1.

a) Să se rezolve, în ℝ, ecuația: F� + 2 + 2√� + 1 + F� + 2 − 2√� + 1 = 2.

b) Să se rezolve, înℝ, inecuația:� H�

IJKLKLMN ≤ H

) .

SOLUȚIE:

a) Condiție de existență: � ≥ −1..................................................................................................................................... 0.5p

Ecuația devine R:√� + 1 + 1; + R:√� + 1 − 1; = 2.................................................................................................. 1p

Rezultă: √� + 1 + 1 + 3√� + 1 − 13 = 2.......................................................................................................................... 1p

3√� + 1 − 13 = '√� + 1 − 1, � ≥ 0 1 − √� + 1, � ∈ [−1,0)�..................................................................................................................... 0.5p

Dacă � ≥ 0, ecuația devine √� + 1 + 1 + √� + 1 − 1 = 2 ⇒ � = 0............................................................................... 1p Dacă � ∈ [−1,0), ecuația devine √� + 1 + 1 + 1 − √� + 1 = 2(identitate) ⇒ � ∈ [−1,0) Așadar, � ∈ [−1,0]……...................................................................................................................................................... 1p

b) � H�

IJKLKLMN ≤ H

) = �H �S ⇒ TSHU

HU� ≥ −2, cu � ≠ − H........................................................................................................... 1p

TSHUHU� ≥ −2 ⇒ U�

HU� ≥ 0 ⇒ � ∈ (−∞, −2] ∪ �− H , ∞�....................................................................................................... 1p

Problema 2.

a) Calculați:2

1 1 1... ,

log log log na a a

Ax x x

= + + + unde *, (0, ) \{1}, .a x n∈ ∞ ∈ℕ

b) Notăm 2log 3.t = Dacă 12log 18u = și 24log 54,v = să se demonstreze că 5( ) 1.u v u v⋅ + − =

SOLUȚIE:

a) 2 ( 1)log log ... log (1 2 3... ) log log

2n

x x x x x

n nA a a a n a a

+= + + + = + + + = ............................................................................. 3p

b) 2

22

2

log (2 3 ) 1 2

log (2 3) 2

tu

t

⋅ += =

⋅ +...................................................................................................................................................... 1p

32

32

log (2 3 ) 1 3

log (2 3) 3

tv

t

⋅ += =

⋅ +....................................................................................................................................................... 1p

CONCURSUL NAȚIONAL


"ADOLF HAIMOVICI"

ETAPA JUDEȚEANĂ

10 martie 2018

2

2

(1 2 )(1 3 ) 1 2 1 3 5 65( ) 5 1

(2 )(3 ) 2 3 5 6

t t t t t tu v u v

t t t t t t

+ + + + + + ⋅ + − = + ⋅ − = =

+ + + + + + .......................................................................................... 2p

Problema 3. Fie (0, ) \{1}, (0, )a b∈ ∞ ∈ ∞ și [0, )c ∈ ∞ astfel încât log ( ) log , ( ) (0, ).

a abx c b x c x+ = + ∀ ∈ ∞

a) Să se demonstreze că log ( ) .a

ab c b c+ = +

b) Să se demonstreze că log .a

bc c b

a

+ = −

c) Să se determine numerele , ,a b c care satisfac egalitatea din enunț, ( ) (0, ).x∀ ∈ ∞

SOLUȚIE:

a) În egalitatea data punem log ( ) .ax a ab c b c= + = + ....................................................................................................... 1p

b) În egalitatea data punem1

xa

= log .a

bc c b

a

+ = −

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

c) Pentru 1 log ( ) .ax b c c= + = Adunăm relațiile de la a) și b) și obținem:

log ( ) log 2 2log ( ).a a a

bab c c c b c

a

+ + + = = +

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

Rezultă 2( ) ( )b

ab c c b ca

+ + = +

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

Obținem 22 |: 0 ( 1) 0bc

abc bc b c aa

+ = ≠ ⋅ − = ..................................................................................................................... 1p

Cum 1 0a c≠ = . Din log 0 1a

b b= = .............................................................................................................................. 1p

Așadar, (0, ) \{1}, arbitrar

1

0

a

b

c

∈ ∞

= =

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

Problema 4. Unui angajat al unei firme de vânzări autoturisme i se acordă, pe lângă salariul de bază de 400 RON/lună și un comision din vânzări după cum urmează: dacă reușește să vândă cel puțin 20 de mașini în acea lună, i se dă un comision de 300 RON pentru fiecare mașină vândută, iar pentru ceea ce depășește 20 de mașini vândute i se dă un comision de 400 RON pentru fiecare mașină vândută. a) Determinați funcția pe baza căreia i se calculează salariul vânzătorului. b) Cât primește el într-o lună pentru 10 mașini vândute? c) Câte mașini trebuie să vândă într-o lună pentru a câștiga 10000 RON în acea lună?

SOLUȚIE:

a) 300 , dacă n 20

( ) 400 ,6000 400( 20), dacă n>20

nf n n

n

≤ = +

+ − fiind numărul mașini vândute ...................................................................

3p b) (10) 400 300 10 3400f = + ⋅ = RON ……………………………………………………………………………................. 1p c) Este necesar să vândă mai mult de 20 de mașini pentru că (20) 6400f = …………………...............…………………. 2p 6400 400( 20) 10000 29n n+ − = = …………………………………..............…………………………………………... 1p

Notă: Orice altă rezolvare corectă va fi punctată conform baremului.

Clasa a XI -a

Problema 1. În factura pe care o primește o familie de la S.C.Apavital Iași se află următoarele informații:

Servicii Cantitatea Preț/lei/ 3m Cota TVA Apă rece potabilă 317m 3,40 9%

Canalizare apă 317m 2,53 19%

a) Ce sumă îi revine Societății Comerciale Apavital Iași pentru serviciile furnizate? b) Ce sumă pleacă la bugetul de stat? c) Ce procent reprezintă suma ce pleacă la bugetul de stat din suma totală plătită de familie? SOLUŢIE:

a) Societății îi revine suma fără TVA .................................................................................................................................. 2p

( )17 3, 40 2,53 17 5,93 100,81⋅ + = ⋅ = (lei)........................................................................................................................... 1p

b) La bugetul de stat pleacă ( ) ( )9% 17 3,40 19% 17 2,53⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ....................................................................................... 1p

5, 20 8,17 13,37+ = (lei)...................................................................................................................................................... 1p c) Suma plătită de familie 100,81 13,37 114,18+ = (lei)..................................................................................................... 1p 13,37 :114,18 100 11,7%⋅ ≅ ......................................................................................................................................... 1p Problema 2. În tabelul de mai jos este prezentată distribuția elevilor dintr-o școală generală după înălțime.

Înălțimea(cm) [ )150,154 [ )154,158 [ )158,162 [ )162,166 [ )166,170 [ ]170,174

Număr de elevi 38 65 175 190 111 62

a) Demonstrați că 0,3o eM M− < cm ( oM = dominanta, eM = mediana ).

b) Care dintre caracteristicile oM , eM este reprezentativă pentru populația statistică din această școală?

c) Câți elevi au înălțimea cuprinsă în intervalul ,e oX X M X X M + − + −

( X = înălțimea medie )?

SOLUŢIE:

a) [ )162,166 este clasa modală, iar

( ) ( )( )1

1 2

190 175162 166 162 162,63 cm

190 175 190 111oM l k∆ −

= + ⋅ = + ⋅ − ≅∆ + ∆ − + −

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

( ) ( )1

166 162162 321 38 65 175 162,90

190e M i

i

kM l C N

n−

−= + ⋅ − = + ⋅ − + + ≅ cm .......................................................... 1p

CONCURSUL NAȚIONAL


"ADOLF HAIMOVICI"

ETAPA JUDEȚEANĂ

10 martie 2018

unde l este limita inferioară a clasei modale, k este amplitudinea clasei modale, 1∆ şi 2∆ sunt valorile absolute ale

diferenţelor dintre frecvenţa clasei modale şi aceea a clasei anterioare ei, respectiv clasei următoare, M

C este cota

medianei, iar 1iN

−este frecvenţa absolută cumulată crescătoare până la clasa mediană.

0,27 0,3o e

M M− ≅ < cm.................................................................................................................................................. 1p

b) 38 152 65 156 175 160 190 164 111 168 62 172

162,85641

X⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅

= ≅ cm ................................................................ 1p

eM este reprezentativă deoarece este mai apropiată de X .............................................................................................. 1p

c) [ ], 162,90 ;163,07e o

X X M X X M + − + − =

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

Partea întreagă a numărului ( )166 162

163,07 162,90 :190

−− este 8 (elevi) .......................................................................... 1p

Problema 3.

a) Fie G un graf cu n vârfuri ( 3n ≥ ) și 2 3 4

2

n n− +muchii. Să se demonstreze că G nu are vârfuri izolate.

b) Un grup format din 15 elevi joacă 92 partide de șah. Știind că orice pereche de elevi joacă cel mult o partidă, să se demonstreze că fiecare elev joacă cel puțin o partidă de șah.

SOLUŢIE:

a) Dacă există un vârf izolat, numărul maxim de muchii este ( )( )2

1

2 1

2n

n nC

−

− −= .......................................................... 2p

( )( ) 22 1 3 4

2 2

n n n n− − − +< ................................................................................................................................................. 1p

Finalizare............................................................................................................................................................................. 1p b) Asociem un graf cu 15 vârfuri și 92 muchii.................................................................................................................... 1p

Dacă există un vârf izolat, numărul maxim de muchii este 214

13 1491 92

2C

⋅= = < ............................................................ 1p

Finalizare............................................................................................................................................................................. 1p Problema 4. Este cunoscut rezultatul: “ Pentru orice graf conex planar ( ),G X U= cu mai mult de trei vârfuri avem următoarea

inegalitate 3 6U X≤ − ”. Să se demonstreze că orice graf complet cu 5X ≥ , nu este planar ( X este cardinalul

mulțimii X ) . SOLUŢIE:

Demonstrăm că 3 6U X> − este adevărată pentru orice graf complet cu 5X ≥ ......................................................... 3p

Notăm X n= .

( )2 13 6 3 6 3 6

2n

n nU X C n n

− ⋅> − ⇔ > − ⇔ > − ............................................................................................................ 2p

( )( ) ( )

13 6 3 4 0

2

n nn n n

− ⋅> − ⇔ − − > ............................................................................................................................. 1p

Finalizare............................................................................................................................................................................. 1p



Clasa a XII-a

Problema 1.

Fie matricele =A

acb

bac

cba

și

=

001

100

010

B , a, b, c numere reale.

a) Calculați 2B și 3

B . b) Calculați 2018B . c) Demonstrați că 2

3 BcBbIaA ⋅+⋅+⋅= .

SOLUŢIE:

a)

=

010

001

1002B ............................................................................................................................................................ 1p

33

100

010

001

IB =

= .......................................................................................................................................................... 1p

b) Observăm că 33 IB k

= ; BBk

=+13 ; 223

BBk

=+ , pentru k număr natural ...................................................................... 2p

==+⋅=

010

001

100

267232018 22018 BB ................................................................................................................... 1p

c) Calcul direct. .................................................................................................................................................................. 2p

Problema 2. Fie punctele A(1, 3), B(2, -1), C(-2, 2), D(a, 3a-2), unde a este un număr real. a) Calculați aria triunghiului ABC. b) Pentru ce valori ale numărului real a, punctele A, B, D sunt coliniare?

CONCURSUL NAȚIONAL


"ADOLF HAIMOVICI"

ETAPA JUDEȚEANĂ

10 martie 2018

SOLUŢIE:

a) Aria triunghiului ABC este ∆2

1, unde 13

213

221

111111

−=

−

−==∆

CBA

CBA

yyy

xxx ......................................................... 2p

Aria triunghiului ABC este .2

13 ......................................................................................................................................... 1p

b) A, B, D coliniare 0

111

=⇔

DBA

DBA

yyy

xxx ........................................................................................................................ 2p

Obținem .7

90970

2313

21

111

=⇔=−⇔=

−−

aa

a

a ....................................................................................................... 2p

Problema 3.

Fie x un număr real și matricea

−

−+=

11

11)(

2

x

xxxA .

a) Demonstrați că ( ) )(2)( 2xAxxA ⋅= , pentru orice x număr real.

b) Aflați numărul real x astfel încât ( ) ( ) 224 )()( OxAxA =+ .

c) Demonstrați că nu există matrice X de ordinul 2 cu elementele numere reale astfel încât ( )02 AX = .

SOLUŢIE:

a) ( ) )(2)1(22

1(2)1(2)()()(

22

xAxxxx

xxxxxAxAxA ⋅=

−

−+=⋅= , pentru orice x număr real. .............................................. 2p

b) Obținem: ( )( ) ( ) ( ) )(8)(4)(2( 322222xAxxAxxAxxA ⋅=⋅=⋅= și ecuația devine 2

3 )()28( OxAxx =⋅+ . ................... 1p

Evident 00)14(2028)( 232 ==+=+≠ xxxxxOxA . .......................................................................... 1p

c)

−

−=

11

11)0(A . Notăm

=

dc

baX . Evident .22 XXXX ⋅=⋅

Dacă presupunem că ( )02 AX = , atunci )0()0( AXXA ⋅=⋅ ............................................................................................ 1p

Obținem:

−=−−

−=+

−=−−

−=

−−

−−=

−−+

−−+

dbdc

cadc

dbba

cb

dbca

dbca

dcdc

baba bc −= ;

+−=+=

bab

baXbad

22 ........... 1p

Din

−

−=

11

112X obținem sistemul

−=++

−=+

=−

134

122

1

22

2

22

baba

bab

ba

.

Scăzând ultimele două ecuații membru cu membru, obținem ( ) baba −==+ 02și înlocuind în prima ecuație obținem

0 = 1 (fals!) ........................................................................................................................................................................ 1p

Problema 4. Numim cod o matrice A de ordin 3 care are trei elemente egale cu 1, iar restul egale cu 0. Dacă, în plus, 0det ≠A , codul se numește supercod. a) Dați exemplu de un cod și un exemplu de supercod. b) Dacă A este un supercod, arătați că pe fiecare linie și pe fiecare coloană există un singur 1. c) Care este numărul codurilor pe care le putem forma? SOLUŢIE:

a) Exemplu de cod:

001

001

001

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

Exemplu de supercod:

100

010

001

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

b) Fie A supercod, atunci pe fiecare linie (coloană) există cel puțin un 1 (în caz contrar, o linie (coloană) conține numai zerouri, deci det A = 0). ...................................................................................................................................................... 1p Dar matricea are trei elemente egale cu 1. În concluzie, pe fiecare linie și pe fiecare coloană există un singur 1. ........... 1p c) Trebuie completate 9 locuri cu trei de 1 și șase de 0. ..................................................................................................... 1p Trebuie alese trei locuri dintre 9 locuri și completate cu 1. Sunt 843

9 =C coduri. ............................................................ 2p

OLIMPIADA SATELORcsantipa.ro/documente/baremeojm2018.pdfOLIMPIADA SATELOR MATEMATICA˘ Faza...

Documents

Transcript of OLIMPIADA SATELORcsantipa.ro/documente/baremeojm2018.pdfOLIMPIADA SATELOR MATEMATICA˘ Faza...