OLIMPIADA DE MATEMATICAFaza locala

Brasov, 28 februarie 2015

SOLUTII - BAREME DE NOTARE

Clasa a IX a

1. Verificati ca numarul 720 − 1 este divizibil cu 103 si determinati ultimele trei cifre ale numarului72015.Solutie.Pentru n ∈ N, notam prin Mn un multiplu natural al numarului n. Avem

75 = 16807 =M1000 + 807710 = (75)2 =M1000 + 8072 =M1000 + 651249 =M1000 + 249720 = (710)2 =M1000 + 2492 =M1000 + 62001 =M1000 + 1.

Deci 720 − 1 este divizibil cu 103. (4p)Atunci

72015 = 72000 · 715 = (720)100 · (75)3 = (M1000 + 1)100 · (M1000 + 807)3

= (M1000 + 1) · (M1000 + 525557943) = (M1000 + 1) · (M1000 + 943) =M1000 + 943,

deci, ultimele trei cifre ale numarului 72015 sunt 943. (3p)

2. Rezolvati ın multimea numerelor reale ecuatia [x + 2015]−[

5x−20152

]= x

2 + 2015, unde [a] reprezintapartea ıntreaga a numarului real a.Solutie.Daca x ∈ R este o solutie a ecuatiei, atunci x

2 ∈ Z, deci x = 2p, p ∈ Z. (2p)Atunci, [x + 2015] = 2p + 2015, (2p)[

5x− 20152

]=[

5 · 2p− 2016 + 12

]=[5p− 1008 +

12

]= 5p− 1008. (2p)

Inlocuind ın ecuatie, obtinem p = 252, deci x = 504. 1p

3. Fie ABC un triunghi ın care (b + c)−→PA + (c + a)

−−→PB + (a + b)

−−→PC = ~0, unde punctul P ∈ {O, I,G}.

Demonstrati ca triunghiul ABC este echilateral. (Notatiile sunt cele uzuale).Solutie.Pentru un punct arbitrar P din planul triunghiului ABC au loc relatiile cunoscute (nu se cer demonstratii):

−→PA +

−−→PB +

−−→PC = 3

−−→PG, (1p)

a

a + b + c

−→PA +

b

a + b + c

−−→PB +

c

a + b + c

−−→PC =

−→PI. (1p)

Fie P un punct din planul triunghiului ABC cu proprietatea (b + c)−→PA + (c + a)

−−→PB + (a + b)

−−→PC = ~0,

echivalenta cu

−→PA +

−−→PB +

−−→PC =

a

a + b + c

−→PA +

b

a + b + c

−−→PB +

c

a + b + c. (1p)

Conform relatiile cunoscute mentionate anterior, ultima relatie se transcrie:

3−−→PG =

−→PI. (1p)

1) Pentru P = O, avem 3−−→OG =

−→OI. Dar 3

−−→OG =

−−→OH. Atunci

−−→OH =

−→OI. Rezulta H = I, deci triunghiul

ABC este echilateral. (1p)

1

2) Pentru P = I, avem 3−→IG =

−→0 . Rezulta I = G, deci triunghiul ABC este echilateral. (1p)

3) Pentru P = G, avem−→0 =

−→GI. Rezulta I = G, deci triunghiul ABC este echilateral. (1p)

4. Rezolvati ın multimea numerelor reale ecuatia

x− a1

a2 + ... + an+

x− a2

a1 + a3 + ... + an+ ... +

x− ana1 + ... + an−1

=nx

a1 + ... + an,

unde n ≥ 2 si ai > 0, i ∈ {1, 2, · · · , n}.Solutie.Notam s =

∑ni=1 ai. Ecuatia se transcrie

n∑i=1

x− ais− ai

=nx

s

sau (n∑i=1

1s− ai

− n

s

)x =

n∑i=1

ais− ai

. (1p)

Darn∑i=1

ais− ai

= s

n∑i=1

(1

s− ai− 1

s

)= s

(n∑i=1

1s− ai

− n

s

),

deci ecuatia devine (n∑i=1

1s− ai

− n

s

)x =

(n∑i=1

1s− ai

− n

s

)s. (2p)

Din inegalitatea dintre media aritmetica si si media armonica, obtinem

n∑ni=1

1s−ai

≤∑ni=1 (s− ai)

n,

de unden∑i=1

1s− ai

≥ n2∑ni=1 (s− ai)

=n2

(n− 1)s>

n

s, deci

n∑i=1

1s− ai

− n

s6= 0. (3p)

Rezulta ca ecuatia are solutia unica x = s, adica x = a1 + a2 + · · ·+ an. (1p)

2

Clasa a X a

1. Fie n ∈ N, n > 2 si numerele z1, z2, ..., zn ∈ C astfel ıncat |z1| = |z2| = ... = |zn| = 1 si z1+z2+...+zn =0.

(a) Demonstrati ca |z − z1|2 + |z − z2|2 + ... + |z − zn|2 = n|z|2 + n, pentru orice z ∈ C.

(b) Demonstrati ca |z − z1|+ |z − z2|+ ... + |z − zn| 6 n√

2, pentru orice z ∈ C, |z| 6 1.

Solutie.(a) Avem |u|2 = uu, ∀ u ∈ C. (1p)Atunci, pentru z ∈ C,

|z − zk|2 = (z − zk)(z − zk) = |z|2 − zzk − zzk + |zk|2 = |z|2 − zzk − zzk + 1, k = 1, n. (2p)

Prin sumarea relatiilor de mai sus, obtinem (ın conformitate cu ipoteza)

n∑k=1

|z − zk|2 = n|z|2 − z

(n∑k=1

zk

)− z

(n∑k=1

zk

)+ n = n|z|2 + n, ∀ z ∈ C. (1p)

(b) Folosind inegalitatea dintre media aritmetica si media patratica, deducem

|z − z1|+ ... + |z − zn|n

6

√|z − z1|2 + ... + |z − zn|2

n, z ∈ C.

Atunci, aplicand identitatea de la (a), obtinem

|z − z1|+ ... + |z − zn| 6 n

√n|z|2 + n

n6 n

√n + n

n= n√

2, ∀ z ∈ C, |z| ≤ 1. (3p)

2. Sa se rezolve ecuatia 14x+1 + 1

2x·3x−1 = 2x

4x·3x−2·2x−3x .Solutie.Ecuatia este definita pe domeniul D = R∗ \ {x ∈ R|4x · 3x − 2 · 2x − 3x = 0}. (1p)Ecuatia poate fi scrisa ın forma

2x (6x + 3x + 2x − 1) (6x − 3x − 2x − 1) = 0, x ∈ D.

Rezulta 6x + 3x + 2x − 1 = 0 sau 6x − 3x − 2x − 1 = 0. (2p)i. Rezolvam ın R ecuatia 6x + 3x + 2x − 1 = 0 sau 6x + 3x + 2x = 1.Fie functia f : R→ (0,∞), f(x) = 6x + 3x + 2x. f este strict crescatoare pe R si f(−1) = 1. Deducemca ecuatia f(x) = 1, x ∈ R, are radacina unica x1 = −1.(2p)ii. Rezolvam ecuatia 6x − 3x − 2x − 1 = 0, echivalenta cu f(−x) = 1 (x ∈ R). Deducem ca ecuatiaconsiderata are radacina unica x2 = 1.Deoarece −1, 1 ∈ D, ecuatia data are solutiile x1 = −1 si x2 = 1. (2p)

3. Rezolvati ecuatia[

log2015[log2015 x]]

= 1, unde [a] reprezinta partea ıntreaga a numarului real a.Solutie.Ecuatia este definita pentru x ∈ [2015,∞). (1p)Avem [

log2015[log2015 x]]

= 1 ⇔ 1 6 log2015 [log2015 x] < 2 (1p)

⇔ 2015 6 [log2015 x] < 20152. (1p)

⇔ [log2015 x] ∈ {2015, 2016, ..., 20152 − 1} ⇔ log2015 x ∈[2015, 20152

). (2p)

Rezulta ca multimea solutiilor ecuatiei este

S =[20152015, 201520152

). (2p)

3

4. Determinati valorile reale x, y, z, pentru care2x2

x2+1 = y3y3

y4+y2+1 = z4z4

z6+z4+z2+1 = x.

Solutie.Fie (x, y, z) ∈ R3 o solutie a sistemului. Avem x, y, z > 0. (1p)Din inegalitatea mediilor rezulta

x2+12 >

√x2 · 1 = x

y4+y2+13 > 3

√y6 = y2

z6+z4+z2+14 > 4

√z12 = z3

sau

2x2

x2+1 ≤ x3y3

y4+y2+1 ≤ y4z4

z6+z4+z2+1 ≤ z

. (3p)

Rezulta y ≤ x, z ≤ y si x ≤ z, de unde x = y = z. (1p)Obtinem solutiile x1 = y1 = z1 = 0 si x2 = y2 = z2 = 1. (2p)

4

Clasa a XI a

1. Sirurile (xn)n>0 si (yn)n>0 de numere reale sunt definite prin x0 = y0 = 1 si(xn+1

yn+1

)=

12

(3 51 3

)·(

xnyn

), n > 0.

Sa se arate ca xn+2 − 3xn+1 + xn = 0 si yn+2 − 3yn+1 + yn = 0, pentru orice n > 0. Sa se demonstrezeca ecuatia x2 − 5y2 = −4 are o infinitate de solutii ın multimea numerelor ıntregi.Solutie.Din relatia matriceala din enunt se obtin relatiile de recurenta

(1) 2xn+1 = 3xn + 5yn(2) 2yn+1 = xn + 3yn

, n ∈ N. (1p)

Din (2) rezulta xn = 2yn+1 − 3yn si xn+1 = 2yn+2 − 3yn+1, n ∈ N. Inlocuind ın (1), se obtine recurentayn+2 − 3yn+1 + yn = 0, n ∈ N. (2p)Similar, din (1) rezulta yn = 2/5 · xn+1 − 3/5 · xn si yn+1 = 2/5 · xn+2 − 3/5 · xn+1, n ∈ N.Inlocuind ın (2), se obtine xn+2 − 3xn+1 + xn = 0, n ∈ N. (2p)Din (1) si (2) si ipoteza x0 = y0 = 1 rezulta (prin inductie) ca sirurile (xn)n>0 si (yn)n>0 sunt strictpozitive si strict crescatoare. In plus, din recurentele demonstrate anterior se deduce (prin inductie) caau termenii numere ıntregi. Deci xn, yn ∈ N∗ si xn < xn+1, yn < yn+1, ∀ n ∈ N. (1p)Din (1) si (2) rezulta

x2n+1 − 5y2

n+1 =(

32xn +

52yn

)2

− 5(

12xn +

32yn

)2

= x2n − 5y2

n, n ∈ N.

Cum x20 − 5y2

0 = −4, se verifica prin inductie ca x2n − 5y2

n = −4, ∀ n ∈ N. Deci ecuatia x2 − 5y2 = −4are o infinitate de solutii ın multimea numerelor ıntregi. (1p)

2. Fie A ∈Mn(C), cu proprietatea det (A + mIn) = mn det(A + 1

mIn), pentru oricare m ∈ {1, 2, · · · , n+

1}, unde In este matricea unitate de ordinul n. Sa se arate ca det(A) = 1.Solutie.Ipoteza se transcrie det(A + mIn) = det(mA + In), ∀ m ∈ {1, 2, · · · , n + 1}. (2p)Consideram functia f(x) = det(A + xIn)− det(xA + In), x ∈ C. Conform definitiei determinantului deordinul n, deducem ca functia f este polinomiala, de grad cel mult n. (2p)Dar, conform ipotezei, f admite n + 1 radacini distincte. Rezulta ca f este functia identic nula. (2p)Atunci f(0) = 0, de unde det(A) = det(In) = 1. (1p)

3.

(a) Fie matricea A =

1 1 11 ω ω2

1 ω2 ω

∈M3(C), unde ω este o radacina de ordinul 3 a unitatii, diferita

de 1. Sa se determine A2015.

(b) Sa se arate ca ecuatia matriceala X2 =

0 1 01 0 00 0 1

nu are solutii ın multimeaM3(R), dar admite

solutii ın multimea M3(C).

Solutie.(a) Utilizand relatiile ω3 = 1 si ω2 + ω + 1 = 0, obtinem

A2 = 3

1 0 00 0 10 1 0

, A3 = 3

1 1 11 ω2 ω1 ω ω2

si A4 = 9I3. (2p)

5

Atunci

A2015 =(A4)503 ·A3 =

(32I3

)503 ·A3 = 31007

1 1 11 ω2 ω1 ω ω2

. (1p)

(b) Notam J =

0 1 01 0 00 0 1

. Avem det(J) = −1. Dar det(X2)

= (det(X))2 > 0, ∀ X ∈ M3(R).

Rezulta ca ecuatia X2 = J nu are solutii ın multimea M3(R). (1p)

Fie B = 1√3

ω ω2 1ω2 ω 11 1 1

∈ M3(C). Avem B2 = (−B)2 = J , deci ecuatia X2 = J admite solutii ın

multimea M3(C). (3p)

4. Se considera sirul (xn)n>1 de numere reale pozitive cu limn→∞

xn = 0. Sa se calculeze limn→∞

an

n , unde

an =√

20152x21 + 2015x1x2 + x2

2 +√

20152x22 + 2015x2x3 + x2

3 + ... +√

20152x2n + 2015xnx1 + x2

1.

Solutie.Cum

√20152x2 + 2015xy + y2 6

√(2015x + y)2 = 2015x + y, ∀x, y ∈ R+. (2p)

Astfel, obtinem 0 6 an 6 2016(x1 + ... + xn), de unde 0 6 an

n 6 2016(x1+...+xn)n . (2p)

Din limn→∞

xn = 0 se obtine limn→∞

2016(x1+...+xn)n = 0. (2p)

Conform criteriului cleste, rezulta limn→∞

an

n = 0. (1p)

6

Clasa a XII a

1. Fie functia f : Z9 −→ Z9, f(x) = x9. Sa se determine submultimile nevide A ale multimii Z9

cu proprietatea f(A) = A.Solutie. Elementele inversabile ale inelului Z9 formeaza multimea U = {1, 2, 4, 5, 7, 8}.(U, ·) este grup abelian, deci x6 = 1, ∀ x ∈ U . Astfel, f(x) = x3, ∀x ∈ U . Obtinem f(1) = f(4) =f(7) = 1, f(2) = f(5) = f(8) = 8 si f(0) = f(3) = f(6) = 0. (3p)Se verifica proprietatea f(A) = A ⇔ A ⊂ f (Z9) = {0, 1, 8}, deci submultimile nevide cerute sunt:{0}, {1}, {8}, {0, 1}, {0, 8}, {1, 8}, {0, 1, 8}. (4p)

2. Fie (A, +, ·) un inel si doua elemente fixate a, b ∈ A cu proprietatile (a + b)2 = a2 + b2 si (a + b)3 =a3 + b3. Sa se arate ca (a + b)n = an + bn, pentru orice numar natural nenul n.Solutie.Avem(a + b)2 = a2 + b2 =⇒ ab = −ba; (1p)a3 + b3 = (a + b)3 = (a + b)(a + b)2 = (a + b)(a2 + b2) = a3 + a2b + ba2 + b3 =⇒ ab2 = −ba2; (1p)ab2 = abb = (−ba)b = −b(ab) = −b(−ba) = b2a; a2b = a(ab) = −a(ba) = −(ab)a = −(−ba)a = ba2. (2p)Astfel, au loc relatiile

(1) ab = −ba(2) ab2 = b2a = −ba2 = −a2b

Demonstram prin inductie proprietatea

(3) anb = −bna, ∀ n ∈ N∗.

Conform (1), proprietatea este verificata pentru n = 1.Presupunem anb = −bna, pentru un numar natural nenul n. Atunci, utilizand (1) si (2), obtinem

an+1b = an(ab) = an(−ba) = −(anb)a = −(−bna)a = bna2 = bn−1(ba2) = −bn−1(b2a) = −bn+1a.

Deci proprietatea (3) este dovedita. (2p)Pe baza relatiei (3), se deduce (prin inductie) ca (a + b)n = an + bn, ∀ n ∈ N∗. (1p)

3. Determinati primitiva F : R −→ R a functiei f : R −→ R

f(x) =sin x · sin

(x− π

4

)e2x + sin2 x

,

pentru care F (0) = 0.Solutie.

F (x) =√

22

∫sin2 x− sin x cos x

e2x + sin2 xdx =

√2

2

∫e2x + sin2 x

e2x + sin2 xdx−

√2

4

∫(e2x + sin2 x)′

e2x + sin2 xdx

=√

22

x−√

24

ln(e2x + sin2 x) + C, x ∈ R. (6p)

F (0) = 0 pentru C = 0, deci primitiva ceruta este F (x) =√

22 x−

√2

4 ln(e2x + sin2 x), x ∈ R. (1p)

4. Sa se calculeze ∫2x + 5

(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) + adx,

unde a ≥ 1.Solutie.Cazul 1. Pentru a = 1, avem

(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) + 1 = (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6) + 1 = (x2 + 5x + 5)2 (2p)

7

si ∫2x + 5

(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) + adx =

∫(x2 + 5x + 5)′

(x2 + 5x + 5)2dx = − 1

x2 + 5x + 5+ C, x ∈ I,

unde I ⊂ R \{−5−

√5

2 , −5+√

52

}este un interval. (2p)

Cazul 2. Pentru a > 1, avem∫2x + 5

(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) + adx =

∫(x2 + 5x + 5)′

(x2 + 5x + 5)2 + a− 1dx

=1√

a− 1arctg

x2 + 5x + 5√a− 1

+ C, x ∈ R. (3p)

8