Societatea de Stiinte Matematice Ministerul Educatiei Nationale

din Romania

Olimpiada Nationala de MatematicaEtapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, 18 martie 2017

SOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE – CLASA a V-a

Problema 1. Un numar natural se micsoreaza cu 2017 daca ıi stergem ultimele doua cifre. Care este numarul?Gazeta Matematica

Solutie. Fie numarul cautat a1a2 . . . an−2an−1an, deci a1a2 . . . an−2an−1an − 2017 = a1a2 . . . an−2,adica a1a2 . . . an−2an−1an − a1a2 . . . an−2 = 2017. Pe de alta parte a1a2 . . . an−2an−1an − a1a2 . . . an−2 > 10n−1 −10n−2 = 9 · 10n−2, deci 2017 > 9 · 10n−2, rezulta n− 2 ≤ 2, adica n ≤ 4, iar numarul cautat este cel putin 2017, deciare exact patru cifre. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 p

abcd = 2017 + ab ≤ 2017 + 99 = 2116 si abcd ≥ 2017, deci a = 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 pAstfel 2bcd = 2017 + 2b ≤ 2017 + 29 = 2046, deci b = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 pIn consecinta numarul cautat este 2017 + 20 = 2037. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 p

Problema 2. Aflati numerele naturale prime a, b, c, daca a = b4 + c3 si a ≤ 2017.

Solutie. a ≥ 24 + 23 > 2 este numar prim, deci este impar. Astfel unul din numerele prime b si c este 2. . . . .1 pCazul I. Daca b = 2, atunci a = 16 + c3 ≤ 2017, deci c ≤ 11, de unde c ∈ {3, 5, 7, 11}Pentru fiecare caz ın parte avem a = 43 prim, a = 141 nu e prim, a = 359 prim si a = 1347 nu este prim. In acest

caz obtinem solutiile a = 43, b = 2, c = 3 si a = 359, b = 2, c = 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 pCazul I. Daca c = 2, atunci a = b4 + 8 ≤ 2017, deci b ≤ 5, de unde b ∈ {3, 5}Pentru b = 3 avem a = 89 prim, pentru b = 5 obtinem a = 633 nu e prim. Deci ın acest caz obtinem solutia

a = 89, b = 3, c = 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3 p

Problema 3. Consideram multimea A = {1, 2, 3, . . . , 2017}. Determinati numarul submultimilor B ⊂ A cu treielemente care ındeplinesc simultan conditiile:

(a) cel putin doua elemente din multimea B sunt numere naturale consecutive;

(b) exista a ∈ B pentru care 3a ∈ B.

Solutie. Multimile cautate contin elemente a, 3a cu 3a ≤ 2017, deci a ≤ 672. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 pPentru a = 1 avem {1, 3} ⊂ B, deci avem multimile {1, 2, 3} si {1, 3, 4}. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 pPentru a ∈ 2, 3, 4, . . . , 672 avem multimile {a−1, a, 3a}, {a, a+1, 3a}, {a, 3a−1, 3a} si {a, 3a, 3a+1} toate distincte,

ın total 4 · 671 = 2684. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3 pDeci ın total avem 2686 de multimi cu proprietatea din enunt. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 p

Problema 4. Gasiti toate modurile de colorare cu rosu sau verde a numerelor 1, 2, ..., 10 astfel ıncat saındeplineasca conditiile:

(a) numarul 5 sa fie colorat cu rosu;

(b) daca numerele x si y sunt de culori diferite si x + y ≤ 10, atunci numarul x + y trebuie colorat cu verde;

(c) daca numerele x si y sunt de culori diferite si xy ≤ 10, atunci numarul xy trebuie colorat cu rosu.

Solutie. Daca 1 este colorat cu rosu, atunci pentru orice a > 1 verde, avem 1 · a = a clorat cu rosu. Contradictie.Deci ın acest caz toate numerele sunt colorate cu rosu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 p

In continuare consideram 1 colorat cu verde.Daca 2 este rosu, atunci 1 + 2 = 3 este verde, deci 2 + 3 = 5 este verde. Contradictie. Deci 2 este verde.Daca 3 este rosu, atunci 2 + 3 = 5 este verde. Contradictie. Deci 3 este verde.Daca 4 este rosu, atunci 1 + 4 = 5 este verde. Contradictie. Deci 4 este verde. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 p5 este diferit de 1, 2, 3 si 4, astfel 1 + 5 = 6 este verde, 2 + 5 = 7 este verde, 3 + 5 = 8 este verde, 4 + 5 = 9 este

verde si 2 · 5 = 10 este rosu. Numerele 6, 7, 8, 9, 10 nu se pot obtine altfel ca produs sau suma dintre 5 si un alt numar,deci aceasta colorare ındeplineste conditiile din enunt.

In consecinta avem doua colorari:Toate colorate ın rosu sau 5 si 10 colorate cu rosu si restul verde. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 p

Olimpiada Nationala de MatematicaEtapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, 18 martie 2017

SOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE – CLASA a VI-a

Problema 1. Daca a1, a2, ..., a2017 sunt numere naturale nenule, aratati ca fractia

92017−7·32017+79(a1+a2)(a2+a3)...(a2016+a2017)(a2017+a1)−1

este reductibila.

Solutie. Ultima cifra a numarului 32017 este 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctUltima cifra a numaratorului este 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct(a1 + a2) + (a2 + a3) + ... + (a2016 + a2017) + (a2017 + a1) = 2(a1 + a2 + ... + a2017) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctSuma a 2017 numere naturale este para, unul dintre termeni este par . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctUltima cifra a numarului 9(a1+a2)(a2+a3)...(a2016+a2017)(a2017+a1) este 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctNumitorul se divide prin 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctFractia se simplifica cu 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Problema 2. Se considera A multimea tuturor numerelor naturale abc, formate din trei cifre consecutive, nuneaparat ın ordine.

a) Determinati cardinalul multimii A.b) Demonstrati ca, oricum am alege cateva elemente din multimea A, suma acestora nu poate fi egala cu 2017.

Solutie. a) {0,1,2} genereaza 4 numere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctTripletele {1,2,3}, {2,3,4},..., {7,8,9} genereaza fiecare cate 6 numere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncteCardinalul lui A este 4 + 7 · 6 = 46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctb) Orice numar din A este divizibil cu 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

2017 nu se divide cu 3, suma oricaror elemente din A nu poate fi 2017 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Problema 3. a) Comparati numerele 253 si 335.

b) Demonstrati ca, daca 5b ≥ 3a > 0, atunci 2ab < 3ba.

Gazeta Matematica

Solutie. a) 37 > 211 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte335 = (37)5 > (211)5 > 253 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

b) Inegalitatea 253 < 335 se poate scrie(

210

3

)5<(

310

2

)3. De aici

(210

3

)5a<(

310

2

)3a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Ultima inegalitate implica(

210

3

)5a<(

310

2

)5bsau

(210

3

)a<(

310

2

)badica 210a+b < 310b+2 . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Problema 4. a) Aratati ca, ıntr-un triunghi dreptunghic cu un unghi de 30◦, cateta care se opune unghiului de30◦ este jumatate din ipotenuza.

b) In interiorul triunghiului ABC cu m(∠A) = 100◦ si m(∠B) = 20◦ se considera punctul D, astfel ıncatm(∠DAB) = 30◦ si m(∠DBA) = 10◦. Determinati m(∠ACD).

Solutie. a) Daca M se afla pe ipotenuza triunghiului ABC, dreptunghic ın A cu m(∠B) = 30◦ astfel ıncatm(∠BAM) = 30◦, atunci triunghiul MAC este echilateral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

CA = CM = MA = MB = 12BC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

b) Construim D′ ∈ (AD astfel ıncat CA = CD′, D′ ∈ Int(ABC), m(∠ACD′) = 40◦, m(∠D′CB) = 20◦ . 1 punctCG ⊥ AD′, G ∈ (AD′), D′F ⊥ BC,F ∈ (BC),4CD′G ≡ 4CD′F (IU), D′G = D′F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctD′E ⊥ AB,E ∈ (BC), G mijlocul lui [AD′], m(∠D′AE) = 30◦, D′F = D′G = D′E, deci D′ se afla pe bisectoarea

unghiului B, m(∠D′BA) = 10◦ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctD′ ∈ (AD, D′ ∈ (BD, D′ = D, rezulta m(∠ACD) = 40◦ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Olimpiada Nationala de MatematicaEtapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, 18 martie 2017

SOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE - CLASA a VII-a

Problema 1. Se considera numarul natural n ≥ 3 cu proprietatea ca 3n + 1 estepatrat perfect. Aratati ca exista trei numere naturale nenule a, b, c astfel ıncat numarul

x =

√1 +

3n + 3

a2 + b2 + c2

sa fie natural.

Solutie.Restul ımpartirii patratului unui numar natural a la 3 este 0 (daca a este multiplu de

3) sau 1 (daca a nu este multiplu de 3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pCa urmare, daca 3n + 1 este patrat perfect, atunci exista p ∈ N∗ astfel ıncat fie

n = 3p + 1 sau exista q ∈ N∗ astfel ıncat n = 3q + 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2pIn primul caz obtinem 3n + 3 = 9p2 + 6p + 3 = 3

[(p2 + p2 + (p + 1)2

)], deci putem

considera a = b = p si c = p + 1, pentru care x = 2 ∈ N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2pIn al doilea caz rezulta 3n + 3 = 9q2 + 12q + 6 = 3

[(q2 + (q + 1)2 + (q + 1)2

)], deci

putem considera a = q si b = c = q + 1, pentru care x = 2 ∈ N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Problema 2. Fie E(x, y) =x

y+

x + 1

y + 1+

x + 2

y + 2.

a) Rezolvati ın multimea numerelor naturale ecuatia E(x, y) = 3.

b) Aratati ca exista o infinitate de numere naturale n pentru care ecuatia E(x, y) = nare solutii ın multimea numerelor naturale nenule.

Gazeta Matematica Solutie.

a) Ecuatia se scrie sub forma

(x

y− 1

)+

(x + 1

y + 1− 1

)+

(x + 2

y + 2− 1

)= 0, echivalent

cu (x− y)

(1

y+

1

y + 1+

1

y + 2

)= 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Solutiile ecuatiei sunt perechile (k, k) , cu k ∈ N∗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pb) E(6k + 1) = 6k + 1 + 3k + 1 + 2k + 1 = 11k + 3, k ∈ N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2pDeci pentru n = 11k + 3, k ∈ N ecuatia E(x, y) = n are solutia (6k + 1, 1) . . . . . . . 2p

Comentariu. In general, daca y ∈ N∗ este ales arbitrar, iar1

y+

1

y + 1+

1

y + 2=

a

b,

a, b ∈ N, (a, b) = 1, atunci, considerand x = kb + y, k ∈ N, rezulta ca pentru orice numarnatural n = ka + 3, perechile de forma (ka + y, y) sunt solutii ale ecuatiei E (x, y) = n.

Problema 3. Pe latura [CD] a patratului ABCD se considera punctul E astfel ıncatm(�ABE) = 60◦, iar pe semidreapta (BA se ia punctul F astfel ıncat [BE] ≡ [BF ]. Senoteaza cu M punctul de intersectie al dreptelor EF si AD.

a) Aratati ca m(�BME) = 75◦.

b) Bisectoarea unghiului CBE intersecteaza dreapta CD ın punctul N . Aratati catriunghiul BMN este echilateral.

Solutiea) m(�MEB) = m(�CEB) = 60◦, deci [EB este bisectoare exterioara a triunghiului

MDE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pm(�MDB) = m(�BDE) = 45◦, deci [DB este bisectoare interioara a triunghiului

MDE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pAsadar [MB este bisectoarea unghiului AME si, cum m(�AME) = 150◦, rezulta ca

m(�BME) = 75◦ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2pb) ∆BAM ≡ ∆BCN (CU), de unde BM = BN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2pm(�BMN) = 90◦ − m(�ABM) − m(�CBN) = 60◦, deci triunghiul BMN este

echilateral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Problema 4. Se considera triunghiul ABC, cu m(�A) < m(�C). Punctul E apartinebisectoarei interioare a unghiului B astfel ıncat �EAB ≡ �ACB. Fie D un punct pedreapta BC astfel ıncat B ∈ (CD) si [BD] ≡ [AB] . Aratati ca mijlocul M al segmentului[AC] este situat pe dreapta DE.

Solutie.

Fie N mijlocul segmentului [AD] ; rezulta BN ⊥ AD. Construim AP ⊥ BE, P ∈ BE;atunci patrulaterul BNAP este dreptunghi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Cum punctele N si P sunt proiectiile punctului A pe bisectoarele interioara, respectivexterioara ale unghiului ABC, rezulta ca dreapta NP este dreapta suport a liniei mijlociia triunghiului ABC, paralela cu BC, deci M ∈ (NP ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Fie {F} = AC ∩ BE; din ∆BAE ∼ ∆BCF rezulta ca �AEB ≡ �BFC ≡ �AFE,deci triunghiul AEF este isoscel, cu AE = AF, de unde deducem ca P este mijloculsegmentului [EF ] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

In trapezul ADFE punctele N si P sunt mijloacele bazelor, deci dreapta NP continepunctul de intersectie al diagonalelor [AF ] si [DE] ale trapezului. Cum {M} = AC∩NP,rezulta M ∈ DE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

2

Olimpiada National¼a de Matematic¼aEtapa Judetean¼a si a Municipiului Bucuresti, 18 martie 2017

CLASA a VIII-a

Solutii si bareme orientative

Problema 1.a) Fie m;n; p 2 N; m > n; astfel încât

pm�

pn = p: Demonstrati c¼a m si n sunt p¼atrate

perfecte.b) Determinati numerele abcd care veri�c¼a egalitateap

abcd�pacd = bb:

Solutie si barem.a) Avem m = p2 + 2p

pn + n; deci

pn este rational, ceea ce conduce la concluzia c¼a

n este p¼atrat perfect. Apoi obtinempm 2 N; deci si m este p¼atrat perfect. . . . . . . . . .2p

b) Conform punctului anterior, abcd si acd sunt p¼atrate perfecte. Deoarece bb...11;

deducem c¼a abcd� acd...11; adic¼a 100�ab� a

� ...11: Obtinem 9a+ b...11: . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Atunci (a; b) 2 f(1; 2) ; (2; 4) ; (3; 6) ; (4; 8) ; (6; 1) ; (7; 3) ; (8; 5) ; (9; 7)g : Analiza tuturorsituatiilor conduce la concluzia abcd = 1296: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3p

Problema 2. Fie ABCDA0B0C 0D0 un cub de latur¼a a: Not¼am cu M si P mijloacelemuchiilor [AB], respectiv [DD0] :a) Demonstrati c¼a MP?A0C;b) Calculati distanta dintre dreptele MP si A0C:

Solutie si barem. Fie O mijlocul lui [A0C] :

1

a) Deoarece triunghiul MA0C este isoscel, rezult¼a MO?A0C:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1pAnalog, triunghiul PA0C este isoscel, deci PO?A0C: Atunci A0C? (PMO) ; deci

A0C?MP: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2pb) Fie S mijlocul lui [MP ] : TriunghiurileMA0C si PA0C sunt congruente, deci [PO] �

[MO] : Atunci OS?MP; deci OS este distanta dintre dreptele MP si A0C: . . . . . . . . . .2p

Avem MC =ap5

2deci MO =

ap2

2: Apoi MP =

ap6

2: Din triunghiul dreptunghic

OSM; obtinem OS =ap2

4: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Problemae 3.a) Fie x 2 [1;1) : Demonstrati c¼a x3 � 5x2 + 8x� 4 � 0:b) Fie a; b 2 [1;1) : Determinati minimul expresiei ab (a+ b� 10) + 8 (a+ b) :

Solutie si barem.a) Inegalitatea este echivalent¼a cu (x� 1) (x� 2)2 � 0: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2pb) Vom demonstra c¼a minimul c¼autat este 8: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1pDeoarece a + b � 2

pab; avem ab (a+ b� 10) + 8 (a+ b) � ab

�2pab� 10

�+ 16

pab:

1pCu notatia

pab = x; obtinem egalitatea ab

�2pab� 10

�+16

pab = 2x3� 10x2+16x:

Dar 2x3 � 10x2 + 16x � 8; conform punctului precedent. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pEgalitatea se obtine când a = b = x 2 f1; 2g ; adic¼a pentru a = b = 1 si a = b = 2: 2p

Problema 4. Fie ABCDA0B0C 0D0 un cub de latur¼a 1: O furnic¼a parcurge un drumpe fetele cubului, pornind din A si terminând în C 0: Deplasarea se realizeaz¼a doar pemuchiile cubului sau pe diagonalele fetelor sale. Stiind c¼a drumul nu trece prin niciunpunct de dou¼a ori, determinati lungimea maxim¼a a unui asemenea drum.

Solutie si barem.Vom demonstra c¼a lungimea maxim¼a este 3 + 4

p2: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1p

Un exemplu de traseu ar �A ! A0 ! B ! D ! D0 ! C ! B0 ! C 0; cu lungimea3 + 4

p2: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Deoarece sunt 8 vârfuri, furnica poate face cel mult 7 pasi, de lungime �e 1; �ep2:

Un drum format din cel mult 6 pasi are lungimea maxim¼a 6p2; care este mai mic¼a decât

3 + 4p2: Deci furnica trebuie sa fac¼a 7 pasi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1p

Vom demonstra c¼a num¼arul maxim de pasi diagonali este 4: Pentru aceasta color¼amv¼arfurile A;C;B0; D0 cu negru, iar celelalte cu alb.Observ¼am c¼a un pas diagonal p¼astreaz¼a culoarea, dar un pas pe muchii schimb¼a cu-

loarea. Cum, punctele A si C 0 au culori diferite, deducem c¼a furnica trebuie s¼a parcurg¼aun num¼ar impar de pasi pe muchii, deci nu putem avea un drum cu 2 pasi pe muchii si 5pasi diagonali. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2pUn eventual traseu cu 6 pasi diagonali ar contine câte un pas pe �ecare fat¼a. Având

doar patru puncte de aceeasi culoare, putem avea cel mult 3 pasi diagonali consecutivi.

2

Primii 3 pasi ar porni din A; si ar trece prin toate punctele negre. Ultimii pasii ar treceprin toate punctele albe si ar încheia traseul în C 0: Analizînd pe cazuri, vom observa c¼adrumul se va autointersecta. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2p

3

Olimpiada Nationala de MatematicaEtapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, 18 martie 2017

CLASA a IX-a, Solutii si bareme orientative

Problema 1. Fie A1, B1, C1 picioarele ınaltimilor triunghiului ascutitunghic ABC. Pe seg-mentele B1C1, C1A1, A1B1 se considera punctele X, Y , respectiv Z, astfel ıncat

C1X

XB1

=b cosC

c cosB,A1Y

Y C1

=c cosA

a cosCsiB1Z

ZA1

=a cosB

b cosA.

Aratati ca dreptele AX,BY si CZ sunt concurente.Gazeta Matematica

Solutie. Cum b cosC = A1C si c cosB = BA1, deducem ca C1XXB1

= CA1

A1Bsau C1X

C1B1= CA1

CBceea ce

este echivalent cu C1XCA1

= C1B1

CB(1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Din asemanarea triunghiurilor AC1B1 si ACB obtinem ca C1B1

CB= AC1

ACde unde folosind (1) avem

C1XCA1

= AC1

AC. Cum ∠AC1X = ∠ACA1 rezulta ca triunghiurile AC1X si ACA1 sunt asemenea. De

aici deducem AX ⊥ B1C1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 punctePe de alta parte, tangenta ın A la cercul circumscris triunghiului ABC, de centru O, este paralela

cu B1C1. Atunci AX contine punctul O. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncteAnalog, O se afla si pe BY si CZ, deci dreptele AX,BY si CZ sunt concurente. . . . . . . . 1 punct

Problema 2. Fie ABC un triunghi ın care O si I sunt respectiv centrul cercului circumscris sicentrul cercului ınscris. Mediatoarele segmentelor IA, IB, IC se intersecteza doua cate doua formandtriunghiul A1B1C1. Aratati ca −→

OI =−−→OA1 +

−−→OB1 +

−−→OC1.

Solutie. Fie A1 intersectia mediatoarelor segmentelor IB si IC. Notam cu D intersectia bi-sectoarei AI cu cercul circumscris triunghiului ABC. Cum ∠BID = ∠DBI si ∠CID = ∠DCI,deducem ca DB = DI = DC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Atunci A1 = D. Astfel A1 apartine cercului circumscris triunghiului ABC. Analog B1 si C1

apartin cercului circumscris triunghiului ABC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncteI este ortocentrul triunghiului A1B1C1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctCum O este centrul cercului circumscris triunghiului A1B1C1, relatia lui Sylvester conduce la−→

OI =−−→OA1 +

−−→OB1 +

−−→OC1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Problema 3. Fie (an)n≥1 o progresie aritmetica de numere naturale nenule. Notam Sn =a21 + a22 + · · ·+ a2n, n ∈ N∗. Aratati ca:

a) Daca p este un numar prim, p ≥ 5, atunci Sp se divide cu p;b) S5 nu este patrat perfect.

Solutie. a) Avem an = a1 + (n− 1)r, n ∈ N∗, cu a1 ∈ N∗, r ∈ N. Obtinem

Sp = p

(a21 + a1(p− 1)r +

(p− 1)(2p− 1)

6r2).

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncteCum p ≥ 5 este prim, avem (p, 2) = 1, (p, 3) = 1 si deci 6|(p− 1)(2p− 1). Asadar p|Sp . . 1 punctb) Presupunand prin absurd ca S5 este patrat perfect, deducem, conform a), ca exista y ∈ N∗

astfel ıncat S5 = (5y)2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctNotam x = a3 ∈ N∗. Din S5 = 5x2 + 10r2 obtinem x2 + 2r2 = 5y2 (1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctEcuatia (1) nu este satifacuta pentru r = 0, deci presupunem r > 0. Exista n ∈ N astfel ıncat

x = 5na, cu a ∈ N∗, (a, 5) = 1.Atunci exista b, c ∈ N∗, b prim cu 5, astfel ıncat r = 5nb, y = 5nc. Rezulta a2 + 2b2 = 5c2.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctDin a2, b2 ∈ {5k + 1|k ∈ N} ∪ {5k + 4|k ∈ N} obtinem ca a2 + 2b2 ∈ N \ {5k|k ∈ N}; contradictie.

Deci S5 nu poate fi patrat perfect. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Problema 4. Fie a, b, c numere reale pozitive cu proprietatea ab+ bc+ ca+abc = 4. Aratati ca

√ab +

√bc +

√ca ≤ 3 ≤ a + b + c.

Solutie. Conditia din enunt poate fi scrisaa

a + 2+

b

b + 2+

c

c + 2= 1 (1). . . . . . . . . . . . 2 puncte

Din inegalitatea Cauchy-Schwarz avem

(√a +√b +√c)2 =

(√a

a + 2

√a + 2 +

√b

b + 2

√b + 2 +

√c

c + 2

√c + 1

)2

≤

≤(

a

a + 2+

b

b + 2+

c

c + 2

)(a + 2 + b + 2 + c + 2),

de unde folosind (1) deducem√ab +

√bc +

√ca ≤ 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncte

Din (1) avem ca1

a + 2+

1

b + 2+

1

c + 2= 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Atunci din inegaliatea

(a + 2 + b + 2 + c + 2)

(1

a + 2+

1

b + 2+

1

c + 2

)≥ 9,

rezulta a + b + c ≥ 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

2

Societatea de Stiinte Matematice Ministerul Educatiei Nationale

din Romania

Olimpiada Nationala de MatematicaEtapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, 18 martie 2017

SOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE – CLASA a X-a

Problema 1. a) Sa se determine x ∈ N si y ∈ Q daca√x+√x = y.

b) Sa se arate ca exista o infinitate de perechi (x, y) ∈ Q2 astfel ıncat√x+√x = y.

Solutie. a) Daca√x+√x ∈ Q, x trebuie sa fie patrat perfect. Fie x = n2, cu n ∈ N. Obtinem n(n+ 1) = y2, si

cum n2 ≤ n(n+ 1) < (n+ 1)2, deducem ca n = 0, deci x = y = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 p

b) Exista o infinitate de triplete pitagoreice (p, q, r) cu p2 + q2 = r2. Luand x =p4

q4, obtinem

√x+√x =

√p2

q2

(p2

q2+ 1

)=

√p2

q2

(p2 + q2

q2

)=pr

q2∈ Q.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 pProblema 2. Determinati perechile (x, y) de numere ıntregi pentru care

2x + log3 x = y2 si 2y + log3 y = x2.

Solutie. Se obtine imediat egalitatea 2x + log3 x+ x2 = 2y + log3 y + y2, si cum functia f : (0,+∞)→ R, f(t) =2t + log3 t+ t2 este strict crescatoare, deci injectiva, deducem ca x = y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3 p

Pentru a rezolva ecuatia 2x + log3 x = x2, observam ca 1, 2 si 4 nu sunt solutii, iar x = 3 este. Pentru x ∈ N, x ≥ 5,se arata inductiv ca 2x > x2, prin urmare nu exista alte solutii.

Prin urmare, sistemul initial are doar solutia (x, y) = (3, 3). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 pProblema 3. Fie a ∈ (0,+∞). Demonstrati inegalitatea

asin x · (a+ 1)cos x ≥ a, ∀x ∈[0,π

2

].

Solutie. Daca a > 1, logaritmand ın baza a, obtinem inegalitatea echivalenta sinx+ cosx · loga(a+ 1) ≥ 1.Cum pentru x ∈ [0, π/2] sinx ≥ sin2 x si cosx ≥ cos2 x, iar loga(a+ 1) > 1, deducem ca

sinx+ cosx · loga(a+ 1) ≥ sin2 x+ cos2 x = 1.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4pPentru a = 1, inegalitatea se verifica imediat. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pPentru a ∈ (0, 1), inegalitatea e echivalenta cu sinx + cosx · loga(a + 1) ≤ 1, ∀x ∈ [0, π/2], care rezulta usor,

deoarece sinx ≤ 1, cosx ≥ 0, loga(a+ 1) < 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2pProblema 4. Fie A = {z ∈ C

∣∣ |z| = 1}.a) Demonstrati ca (|z + 1| −

√2)(|z − 1| −

√2) ≤ 0,∀z ∈ A.

b) Demonstrati ca pentru orice z1, z2, . . . , z12 ∈ A exista o alegere a semnelor ”±” pentru care

12∑k=1

|zk ± 1| < 17.

Solutie. a) Sa observam ca

|z + 1|2 + |z − 1|2 = (z + 1)(z + 1) + (z − 1)(z − 1) = 2|z|2 + 2 = 4,

de unde |z + 1|2 − 2 = 2− |z − 1|2, adica(|z + 1| −

√2)(|z + 1|+

√2)

= −(|z − 1| −

√2)(|z − 1|+

√2),

deci, evident, |z + 1| −√

2 si |z − 1| −√

2 au semne contrare. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 p

b) Folosind a), alegem semnele astfel ca |zk ± 1| ≤√

2. Atunci∑12

k=1 |zk ± 1| ≤ 12√

2 < 17, ultima inegalitate fiindechivalenta cu 288 < 289. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3p

Olimpiada Nationala de MatematicaEtapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, 18 martie 2017

SOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE – CLASA a XI-a

Problema 1. Fie (an)n≥1 un sir de numere reale astfel ıncat a1 > 2 si an+1 = 1 +2

an,

pentru orice n ≥ 1.a) Aratati ca a2n−1 + a2n > 4, oricare ar fi n ≥ 1 si ca lim

n→∞an = 2.

b) Determinati cel mai mare numar real a pentru care inegalitatea√x2 + a21 +

√x2 + a22 +

√x2 + a23 + . . . +

√x2 + a2n > n

√x2 + a2

este adevarata oricare ar fi x ∈ R si oricare ar fi n ∈ N∗.Gazeta Matematica

Solutie. a) Observam ca an > 0 si an+1−2 =2− anan

, ∀n ≥ 1, deci a2n−1 > 2 > a2n, ∀n ≥ 1.

Astfel a2n−1 + a2n − 4 = (a22n−1 − 3a2n−1 + 2)/a2n−1 > 0, ∀n ≥ 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Apoi |an − 2| = |an−1 − 2|an−1

= . . . =|a1 − 2|

an−1 . . . a1≤ 1

2[n/2]|a1 − 2| → 0 arata ca an → 2. . . . .2p

b) Pentru x = 0 rezulta a <a1 + . . . + an

n, deci a ≤ lim

n→∞

a1 + . . . + ann

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

Aratam ca inegalitatea este valabila pentru a = 2, deci amax = 2. Pentru aceasta estesuficient sa dovedim ca

√x2 + a22n−1+

√x2 + a22n > 2

√x2 + 4 pentru orice n ∈ N∗, adica a22n−1+

+a22n + 2√

(x2 + a22n−1)(x2 + a22n) > 2x2 + 16. Cum a2n−1 + a2n > 4 implica a22n−1 + a22n > 8, e

suficient sa aratam ca a2n−1a2n ≥ 4, ceea ce rezulta din a2n−1 > 2 si a2n = 1 + 2/a2n−1 . . . . .2p

Problema 2. a) Aratati ca exista functiile f : R → R si g : R → R cu proprietatilef ◦ g = g ◦ f , f ◦ f = g ◦ g si f(x) 6= g(x),∀x ∈ R.

b) Aratati ca daca f : R→ R si g : R→ R sunt functii continue cu proprietatile f ◦ g = g ◦ fsi f(x) 6= g(x),∀x ∈ R, atunci (f ◦ f)(x) 6= (g ◦ g)(x), ∀ x ∈ R.

Solutie. a) Functiile f(x) =

{−1, x < 0

1 , x ≥ 0, g(x) =

{1 , x < 0

−1, x ≥ 0ındeplinesc cerinta . . . . 2p

b) Functia h = f − g este continua si nu se anuleaza, deci fie h(x) > 0, ∀x ∈ R, fieh(x) < 0, ∀x ∈ R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

In cazul f(x) > g(x), ∀x ∈ R rezulta f(f(x)) > g(f(x)) = f(g(x)) > g(g(x)),∀x ∈ R. Incazul f(x) < g(x), ∀x ∈ R, f(f(x)) < g(f(x)) = f(g(x)) < g(g(x)),∀x ∈ R . . . . . . . . . . . . . . . . . 4p

Problema 3. Se considera doua matrice A,B ∈M2(R) ce nu comuta.a) Stiind ca A3 = B3, aratati ca An si Bn au aceeasi urma, pentru orice numar natural nenul

n.b) Dati exemplu de doua matrice A,B ∈M2(R) ce nu comuta, astfel ca pentru orice numar

natural nenul n, An si Bn sa fie diferite dar sa aiba aceeasi urma.

Solutie. a) Din A3 = B3 reiese detA = detB = d si din formula Hamilton-Cayley obtinemA2 = aA− dI2, B

2 = bB − dI2, cu a = trA, b = trB . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pRezulta A3 = aA2−dA = (a2−d)A−adI2 si B3 = (b2−d)B− bdI2, deci (a2−d)A−adI2 =

= (b2 − d)B − bdI2 (∗) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Prin ınmultire cu B la stanga si la dreapta se obtine (a2−d)BA−adB = (b2−d)B2−bdB == (a2 − d)AB − adB, adica d = a2. Analog d = b2 si din (*) deducem d = 0 sau a = b . . . . . 1p

Daca d = 0, atunci a = b = 0, deci A2 = B2 = O2, de unde An = Bn, ∀n ≥ 2, decitrA = a = 0 = b = trB si trAn = trBn, ∀n ≥ 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Daca d 6= 0, atunci a = b si C2 = aC − a2I2, C3 = −a3I2, de unde C3k = (−a3)kI2,C3k−2 = (−a3)k−1C, C3k−1 = (−a3)k−1(aC − a2I2),∀C ∈ {A,B},∀k ≥ 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

b) Pentru A =

(1 10 1

), B =

(1 01 1

)avem AB =

(2 11 1

), BA =

(1 11 2

), An =

(1 n0 1

),

Bn =

(1 0n 1

)si trAn = trBn = 2, ∀n ≥ 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Problema 4. Fie A ∈ Mn(C) (n ≥ 2) cu detA = 0 si A∗ adjuncta sa. Aratati ca(A∗)2

= (trA∗)A∗, unde trA∗ este urma matricei A∗.(Se poate folosi faptul ca rang(XY ) ≥ rang(X) + rang(Y )− n,∀X,Y ∈Mn(C).)

Solutie. Deoarece detA = 0, avem rang(A) ≤ n−1. Daca rang(A) ≤ n−2, atunci A∗ = On

si evident(A∗)2

= On (∗) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pDaca rang(A) = n− 1, din AA∗ =

(detA

)In = On rezulta 0 ≥ rang(A) + rang(A∗)− n, prin

urmare rang(A∗) ≤ 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1p

Daca rang(A∗) = 0, atunci A∗ = On si(A∗)2

= On (∗∗) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1pPentru rang(A∗) = 1, din faptul ca oricare doua linii ale matricei A∗ sunt proportionale

rezulta A∗ = BC cu B =

b1 0 . . . 0b2 0 . . . 0...

.... . .

...bn 0 . . . 0

, C =

c1 c2 . . . cn0 0 . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . 0

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

(A∗)2

= (BC)(BC) = B(CB)C = BDC, cu D =

t 0 . . . 00 0 . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . 0

, cu t =n∑

i=1bici = trA∗ . . 1p

Obtinem BDC = tA∗ (∗ ∗ ∗) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

Relatiile (*), (**), (***) se exprima unitar(A∗)2

= (trA∗)A∗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1p

2

Olimpiada Nationala de MatematicaEtapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, 18 martie 2017

CLASA a XII-a — Solutii si barem orientativ

Problema 1. Fie f, g : [0, 1] → R doua functii continue, astfel ıncat f(x)g(x) ≥ 4x2, oricare ar fix ∈ [0, 1]. Aratati ca cel putin unul dintre numerele∣∣∣∣∫ 1

0

f(x) dx

∣∣∣∣ , ∣∣∣∣∫ 1

0

g(x) dx

∣∣∣∣este mai mare sau egal cu 1.

Gazeta Matematica

Solutie. Functiile f si g nu se anuleaza pe intervalul (0, 1], deci au semn constant pe acest interval.1 punct

Rezulta ca∣∣∣∫ 1

0f(x) dx

∣∣∣ =∫ 1

0|f(x)| dx si

∣∣∣∫ 1

0g(x) dx

∣∣∣ =∫ 1

0|g(x)| dx,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctdeci

1 =

∫ 1

0

2x dx ≤∫ 1

0

√f(x)g(x) dx =

∫ 1

0

√|f(x)||g(x)| dx

≤∫ 1

0

|f(x)|+ |g(x)|2

dx =1

2

(∫ 1

0

|f(x)| dx+

∫ 1

0

|g(x)| dx).

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

Prin urmare, cel putin unul dintre numerele∣∣∣∫ 1

0f(x) dx

∣∣∣, ∣∣∣∫ 1

0g(x) dx

∣∣∣ este mai mare sau egal cu 1.

1 punct

Problema 2. Fie (G, ·) un grup si fie m si n doua numere naturale nenule, prime ıntre ele. Aratatica, daca functiile f : G→ G, f(x) = xm+1, si g : G→ G, g(x) = xn+1, sunt endomorfisme surjective,atunci grupul G este comutativ.

Solutie. Intrucat f este morfism, (xy)m+1 = xm+1ym+1, adica, (yx)m = xmym, oricare ar fi x si ydin G. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctCum ym+1xm+1 = (yx)m+1 = (yx)m(yx) = (xmym)(yx) = xmym+1x, rezulta ym+1xm = xmym+1. . . 1punctDeoarece f este surjectiv, ultima relatie arata ca xm este ın centrul lui G. In mod analog, si xn esteın centrul lui G. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3 puncteIntrucat m si n sunt coprime, rezulta ca orice element din G este ın centrul lui G, deci G estecomutativ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Problema 3. Determinati cel mai mic numar real a, care ındeplineste conditia

a ≥n∑k=1

ak cos(a1 + · · ·+ ak),

oricare ar fi numarul natural nenul n si oricare ar fi numerele reale strict pozitive a1, . . ., an, a carorsuma este cel mult π.

Solutie. Minimumul cerut este 1. Fie n un numar natural nenul, fie a1, . . ., an numere reale strictpozitive, astfel ıncat a1 + · · ·+ an ≤ π, si fie

S =n∑k=1

ak cos(a1 + · · ·+ ak).

Daca a1 ≥ π/2, atunci S ≤ 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctDaca a1 < π/2, fie p cel mai mare indice pentru care a1 + · · · + ap < π/2. Atunci S ≤∑pk=1 ak cos(a1 + · · · + ak) ≤

∫ π/20

cosx dx = 1, deoarece ultima suma reprezinta suma Darbouxinferioara a restrictiei functiei cosinus la intervalul [0, π/2], corespunzatoare diviziunii 0 < a1 <a1 + a2 < · · · < a1 + · · ·+ ap < π/2. Deci toate sumele S sunt mai mici sau egale cu 1.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4 puncte

Pentru fiecare numar natural nenul n, alegem a1 = · · · = an = π/(2n). Cum a1 + · · ·+ an = π/2si

limn→∞

n∑k=1

ak cos(a1 + · · ·+ ak) = limn→∞

π

2n

n∑k=1

coskπ

2n=

∫ π/2

0

cosx dx = 1,

rezulta ca 1 este cel mai mic numar real care ındeplineste conditia din enunt.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncte

Problema 4. Fie (A,+, ·) un inel care ındeplineste simultan urmatoarele doua conditii:

(1) A nu este corp;(2) x2 = x, oricare ar fi elementul neinversabil x din A.

Aratati ca:

(a) a+ x este neinversabil, oricare ar fi a si x din A, a inversabil si x nenul si neinversabil;(b) x2 = x, oricare ar fi x din A.

Solutie. (a) Fie D multimea elementelor nenule si neinversabile din A; evident, D nu este vida.Daca x este un element din D, atunci si −x este ın D si x = x2 = (−x)2 = −x, deci 2x = 0. . . . . .1punctRezulta ca (1 + x)2 = 1 + 2x + x2 = 1 + x, deci 1 + x este neinversabil (ın caz contrar, 1 + x = 1,deci x = 0 si am obtine o contradictie). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Fie a un element inversabil din A si fie x un element din D. Atunci ax si 1 + ax sunt ın D, decia+ x = a−1(1 + ax) este si el ın D. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

(b) Fie x un element din D si fie y un element din A. Cum x(xy) = x2y = xy si (yx)x =yx2 = yx, rezulta ca xy si yx sunt neinversabile (ın oricare dintre cazurile contrare, ar rezulta x = 1,contradictie). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Fie a un element inversabil din A si fie x un element din D. Atunci x + ax si x + xa suntneinversabile, deci (x + ax)2 = x + ax si (x + xa)2 = x + xa. Dezvoltand patratele, obtinemx2 + xax+ ax2 + (ax)2 = x+ ax si x2 + x2a+ xax+ (xa)2 = x+ xa, de unde ax = xax = xa. . . .2puncteCum a+ x este neinversabil, (a+ x)2 = a+ x, deci a2 = a. Prin urmare, x2 = x, oricare ar fi x dinA. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

2