OLIMPIADA DE MATEMATICĂ FAZA LOCALA- 26 … _2017_ Enunturi... · Str. General Berthelot, nr....

____________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________Str. General Berthelot, nr. 28-30 Str. Ecaterina Teodoroiu, nr. 8B, Slatina, 230015, jud. Oltsector 1, 010168, București E/mail ISJ: [email protected]: +40 (21) 405 62 00 Tel: +40 (249) 41 09 27+40 (21) 405 63 00 Fax: +40 (249) 41 28 01www.edu.ro www.isjolt.ro

OLIMPIADA DE MATEMATICĂFAZA LOCALA- 26 FEBRUARIE 2017

SOLUŢII ŞI BAREME ORIENTATIVE DE CORECTARE

Clasa a V-a

1. Determinaţi două numere naturale a căror sumă să fie egală cu 320, ştiind că, dacă îl împărţimpe primul la al doilea, obţinem restul 20, iar, dacă îl împărţim pe al doilea la primul, obţinemrestul 150.

G. M.Barem de corectare

(1p) Dacă a şi b sunt cele două numere, atunci 320a b (1)(1p) 20a b c , 20b (2)(2p) 150b a d , 150a (3), unde c şi d sunt numere naturale.(2p) Din (3) avem 150b a d , iar (1) se poate scrie 150 170a b (1p) Adică 170a și 150b .

2. a) Determinați numerele naturale m, n și p astfel încât 8 4 2 5921m pmnm ;

b) Aflați suma cifrelor numărului 2016 100810 10 5.a Prof. Delia Ileana NAIDIN BASCH, Caracal, Olt

Barem de corectare

(1p) a) 8 4m mnm par, 5921 impar 2p impar 0p

(1p) 4m mnm =740(1p) 4m (1p) m=4 și n=8(1p) b)

2016 1008

2016 1008

10 10 5 100...0 100...0 5a a

(1p) 1008 1007

100...099...95a

(1p) Suma cifrelor numărului a este: 1 9 1007 5 9069

3. Fie șirul 3, 11,27,59, 123,...a) Să se scrie următorii doi termeni ai șirului;b) Dacă S este suma primilor 100 de termeni ai șirului, să se arate că 500 :8 1 : 2S estecub perfect.

Prof. Iuliana TRAȘCĂ, Scornicești, Olt

____________________________________________________________________________________


Barem de corectare

(1p) a) Termenul general al șirului este de forma 22 5nna

(0,5p) 86 62 5 251a a

(0,5p) 97 72 5 507a a

(0,5p) b) 3 4 1022 5 2 5 ... 2 5S

(0,5p) 3 4 5 1022 2 2 ... 2 500S (2p) 3 4 5 102 103 3 3 4 5 102 1002 2 2 ... 2 2 2 2 2 2 ... 2 8 2 1

(2p) 333500 :8 1 : 2 2S

4. Determinați numărul abcd știind că 3 2abcd ca cd .

Prof. Ion NEAȚĂ, Slatina, Olt

Barem de corectare

(1p) Din relația dată, avem: , 1,9a c

(3p) Avem: 322 10648 abcd . Deci, 11 21ca ,, 0a c {11,12,13,14,15,16,17,18,19,21}ca .

(2p) Analizând fiecare caz în parte, avem soluția:3 2

3 2

12 17 2017

ca cd abcd

(1p) 2017.abcd

____________________________________________________________________________________




Clasa a VI-a

Subiectul 1

Rezolvaţi ecuaţia: 1 2 2015... 20162016 2017 2018 4031

x x x x .

Prof. Irina DRĂGAN, Caracal, Olt

Barem de corectare

(2p) 1 2 20151 1 1 ... 1 02016 2017 2018 4031

x x x x

(2p) 2016 2016 2016 2016... 02016 2017 2018 4031

x x x x

(1p) 1 1 1 12016 ... 02016 2017 2018 4031

x

(2p) A doua paranteză fiind nenulă⇒ x – 2016= 0⇒ x = 2016

Subiectul 2

Arătați că numerele zxy și yxz sunt pătrate perfecte, dacă 1 7 .64

xyxyz y z

Prof. Ion NEAȚĂ, Slatina, Olt

Barem de corectare

(1p) Avem 0, 9 , y, z 1, 9x

(2p) Din 11 7 64 1964 1 7 1 7

z xy yxy yzxyz y z xy xy

(1p) Dar 11 1 9,1 1 7

y yy xy zxy xy

(1p) Din 1 7 1 7 1 /1, 1, 9 11 7

y y xy y x y y yxy

(1p) Din 1y și 7 1 6y xy x

____________________________________________________________________________________


(1p) Avem 2 2961 31 ; 169 13 .zxy yxz

Subiectul 3

Se consideră unghiurile adiacente suplementare AOB și AOC astfel încât 0( ) 90m AOB .În semiplanul determinat de dreapta BC și de punctul A, se consideră semidreptele (OM și (OPastfel încât OM BC șiOP OA .

a) Demonstrați că AOM POC .b) Demonstrați că bisectoarele (OE și (OF ale unghiurilor AOM respectiv POC sunt

perpendiculare.

Prof. Dorin POPA, Slatina, Olt

Barem de corectare

(2p) a) Daca m( AOM )= u atunci 0( ) 90m MOP u

(2p) Din 0( ) 90m MOC și 0( ) 90m MOP u obținem ( )m POC u

(1p) b) ( ) ( )2um AOM u m EOM

(1p) ( ) ( )2um POC u m POF

(1p) 0( ) ( ) ( ) ( ) 90 902 2

ou um EOF m EOM m MOP m FOP u OE OF

Subiectul 4

Determinați numerele prime a, b, c pentru care 15 35 91 2015a b c .

Supliment G.M. 9/2015

Barem de corectare

(2p) 5|15a, 5|35b, 5|2015 5|91c

(1p) 5|91c, (5;91)=1 5|c c = 5

(1p) Obținem ecuația 3a + 7b = 312

(1p) 3|3a, 3|312 3|7b

____________________________________________________________________________________


(1p) 3|7b, (3;7) =1 3|b b=3

(1p) Obținem a = 97

____________________________________________________________________________________




Clasa a VII-a

Subiectul 1

Aflați numerele naturale abcd care îndeplinesc simultan condițiile:

i) 2016 2016 2016 20162011 2012 2020 2021

a b c dd c a b

,

ii) .abcd

Prof. Ioan Florin NĂSUI, Slatina, Olt

Barem de corectare

2016 2016 2016 2016 8064 12011 2012 2020 2021 8064

a b c d a b c dd c a b a b c d

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

2016 2011 5a d d a , 2016 2012 4b c c b ,2016 2020 4c a c a , 2016 2021 5d b d b ......................................1p

a b , 4c a , 5d a 1156;2267;3378;4489abcd ............................................2p

2267 , 3378 , 1156 34 și 4489 67 , deci 1156;4489abcd .......3p

Subiectul 2

Arătați că numărul 3 12 3 5 3 7 3 14n n na pentru orice n .Prof. Ion BURCĂ, Slatina, Olt

Barem de corectare

(1p) Se știe că a vem p p este pătrat perfect.

(2p) Din 3 1 32 3 5 3 7 3 14 3 2 3 5 3 7 14 76 3 14n n n n n

(2p) Dar 4 19 3 3 2 4 2n k , unde 19 3 3nk (2p) Cum numerele de forma 4 2,k k nu sunt pătrate perfecte, numărul de sub radical nu etepătrat perfect. Deci, a

Subiectul 3

____________________________________________________________________________________


Fie triunghiul ABC dreptunghic în A, ( )D BC astfel încât 2BD = DC, ( ) 30om BCA , F

mijlocul laturii AB, (BE bisectoarea ABC , ( ), .E AC BE AD O

Arătați că:

a) ED AB ;b) C, O, F coliniare.

Prof. Gabriela IONICĂ, Slatina, Olt

Barem de corectare

(1p) a) ( ) 30om BCA implică ( ) 60om CBA .În triunghiul BAE, obținem AE = BE/2 sau BE =2 AE

(1p) Din BE bisectoare obținem ( ) 30om CBE .

Dar triunghiul BCE isoscel( ( ) ( ) 30om BCA m CBE ), deci CE = BE = 2 AE

Avem astfel 21

CEEA (i).

(1p) Din ipoteză 21

CDDB (ii)

Din relațiile (i) și (ii) obținem , cu reciproca teoremei lui Thales că ED AB .

(1p) b) În triunghiul ABC avem cevienele AD, BE și CF.

Observăm FA DB ECFB DC EA =1

(2p) Din reciproca Teoremei Ceva AD, BE si CF sunt concurente.

(1p) Însă BE și AD concurente în O deci O CF C, O, F coliniare.

Subiectul 4

În exteriorul pătratului ABCD se construiește trapezul BCEF cu CE BF și BF EF , astfel încât [ [ .AE DF B Fie M mijlocul laturii [ ]CE și N punctul în care paralela prin E la AF

intersectează latura [ ]BC .

____________________________________________________________________________________


a) Să se stabilească natura triunghiului ACF.b) Să se demonstreze că punctele A, M și N sunt coliniare.

Supliment G.M. nr. 3/2015

Barem de corectare

a) AC BD O , FO este înălțime și mediană în ACF ACF este isoscel cu baza[ ]AC .....................................................................................................................2p

b) 45m ABD m FBE și BF EF BEF este dreptunghic isoscel...............1pFE FD și AO FD FE AO ...............................................................................1p

,OF EC FE OC EFOC paralelogram FE OC AO ..........................................1p,EF AO EF AO AOEF paralelogram cu EO AF .................................................1p

N este centru de greutate în , ,AEC A N M coliniare................................................1p

____________________________________________________________________________________




Clasa a VIII-a

Subiectul 1a) Rezolvați în mulțimea numerelor naturale ecuația: 9 8 72 0.yx y z b) Dacă 0 0 0, ,x y z și 0 0 09 8 7 72 63 56 504xyz xy xz yz x y z x x y y z z ,calculați produsul 0 0 04 .x y z

Prof. Nicolae TOMESCU, Corabia, Olt

Barem de corectare

(1p) a) Ecuația se poate scrie 8 9 0y z și avem soluțiile:(1p) 8,y z și , 9.y z (3p) b) 9 8 7 72 63 56 504 7 9 8 72xyz xy xz yz x y z x yz y z

(1p) 9 8 7 72 63 56 504xyz xy xz yz x y z 7 8 9 .x y z

(1p) 0 0 0 0 0 07, 8, 9 4 2016x y z x y z

Subiectul 2

Fie , , ,n n nx y zE x y z n

y z x z x y

, unde , ,x y z sunt numere întregi și

0x y x z y z .Demonstrați că, pentru orice număr natural n, și orice numere întregi , , ,x y z dacă , , ,E x y z n , atunci și , , , 1E x y z n .

Prof. Daniela Nadia TACLIT, Slatina, Olt

Barem de corectare

(2p) , , ,x y z atunci și , , , ,x y z E x y z n și , , ,x y z E x y z n

(3p) , , ,x y z E x y z n =1 1 1

.n n n

n n nx y zx y zy z x z x y

(1p) Deci , , , , , , 1n n nx y z E x y z n x y z E x y z n

(1p) Deci , , , 1 , , , n n nE x y z n x y z E x y z n x y z

____________________________________________________________________________________


Subiectul 3Fie ABCD un pătrat cu latura de lungime egală cu .a cm O dreaptă dusă prin punctul Cintersectează semidreptele ( , (AB AD în punctele E respectiv F astfel încât AE a x cm

şi AF a y cm . Construim paralelipipedul dreptunghic AEGFMNPQ cu muchia AM de

lungime egală cu a x y cm .a) Să se arate că: 2 .x y a b) Dacă notăm cu ,p pA V aria totală respectiv volumul paralelipipedului, să se arate că:

2 3) 32 ; ) 12 .p pi A a ii V a Prof. Costel ANGHEL, Negreni, Scorniceşti, Olt

Barem de corectare

(2p) a) Din teorema lui Thales obţinem: 2.y FC a xy aa CE x

(1p) Din inegalitatea mediilor, avem: 22 2 2 .x y xy a a

(1p) 2pA a x a y a y a x y a x a x y

(1p) 22 22 4 4 32 .pA a a x y x y a

(2p) 2 32 2 12 .pV a x a y a x y a a x y a x y a

Subiectul 4

În cubul ' ' ' 'ABCDA B C D se notează cu P proiecţia punctului C pe diagonala .A CDemonstraţi că dreptele AP şi D P sunt perpendiculare.

Gazeta Matematica 10/2015Barem de corectareNotăm AB a

(2p) Cu teorema catetei in ' 'AC C avem: ' 2 ' 3 .3

aC C CP AC CP

(1p) Construim ' 'D Q AC și analog avem ' 33

aAQ

(1p) ' ' 33

aPQ AC AQ CP

(1p) Cu teorema lui Pitagora în .AQP AP a (1p) Analog 'D P a(1p) Cu reciproca teoremei lui Pitagora, avem: 'APD este dreptunghic în 'P AP D P .

____________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________ Str. General Berthelot, nr. 28-30 Str. Ecaterina Teodoroiu, nr. 8B, Slatina, 230015, jud. Olt

sector 1, 010168, București E/mail ISJ: [email protected]

Tel: +40 (21) 405 62 00 Tel: +40 (249) 41 09 27

+40 (21) 405 63 00 Fax: +40 (249) 41 28 01

www.edu.ro www.isjolt.ro

OLIMPIADA DE MATEMATICĂ

ETAPA LOCALĂ - 26 FEBRUARIE 2017


Clasa a IX-a

Problema 1. Dacă a, b, c sunt numere reale pozitive, arătaţi că:

2

27

( ) ( ) ( ) 2( )

a b c

bc b c ca c a ab a b a b c

.

Dorin Mărghidanu, Corabia

Soluţie şi barem de corectare

Inecuația se rescrie 2 2 2

2

27

( ) ( ) ( ) 2( )

a b c

abc b c abc c a abc a b a b c

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

Conform inegalităţii Bergstrom, avem:

2 2 2 2( )

( ) ( ) ( ) ( ) 2

a b c a b c a b c

abc b c abc c a abc a b abc a b c a a b abc

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

Este suficient să arătăm că 2

27

2 2( )

a b c

abc a b c

, echivalent cu 3( ) 27a b c abc , ceea ce se

obţine din inegalitatea dintre media aritmetică şi media geometrică aplicată numerelor a, b, c ... (2p)

Problema 2. Pentru fiecare număr natural n se consideră mulţimea [ ]

{ }n

xA x n

x

.

a) Determinaţi 3A .

b) Arătaţi că nA este infinită dacă şi numai dacă 0n .

Pepino Dincă, Caracal


a) Dacă 3x A , atunci [ ] 3{ }x x şi, cum 0 { } 1x , rezultă că [ ] [0,3)x , deci [ ] {0,1,2}x ....... (2p)

Cum { } 0x , se obţine 3

4 8,

3 3A

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

____________________________________________________________________________________



Tel: +40 (21) 405 62 00 Tel: +40 (249) 41 09 27

+40 (21) 405 63 00 Fax: +40 (249) 41 28 01


b) Dacă 0n , se obţine ( 1)

1,2,..., 1n

k nA k n

n

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

Pentru 0n , avem 0 (0,1)A , de unde concluzia ....................................................................... (2p)

Problema 3. Fie ABCD un patrulater convex, cu { }O AC BD , şi punctele ( )M AD ,

( )N BC astfel încât MA NC

MD NB .

a) Arătaţi că dacă O MN , atunci AD BC (ABCD este trapez sau paralelogram).

b) Arătaţi că dacă O este mijlocul segmentului [MN] , atunci ABCD este

paralelogram.

Adrian Stroe, Caracal


a) Notând 0MA NC

kMD NB

, rezultă 1

1 1

kOM OA OD

k k

şi

1

1 1

kON OC OB

k k

....... (2p)

Deoarece vectorii OA şi OC sunt coliniari, există a astfel încât OA aOC şi, similar, există

b astfel încât OD bOB ........................................................................................................ (1p)

Atunci 1 1

a bOM OC OB

k k

şi, din proporţionalitatea coordonatelor vectorilor coliniari OM

şi ON descompuşi în funcţie de vectorii OC şi OB , rezultă a b .............................................. (1p)

De aici obţinem AD OD OA aOB aOC aCB , deci AD BC ............................................ (1p)

b) Dacă O este mijlocul lui [MN], atunci OM ON şi, egalând coordonatele vectorilor OM şi

ON (vezi exprimările de mai sus), rezultă 1a b ................................................................. (1p)

Ca urmare, OA OC şi OD OB , deci O este mijlocul diagonalelor [AC] şi [BD], adică

patrulaterul ABCD este paralelogram ........................................................................................... (1p)

____________________________________________________________________________________



Tel: +40 (21) 405 62 00 Tel: +40 (249) 41 09 27

+40 (21) 405 63 00 Fax: +40 (249) 41 28 01


Problema 4. Determinaţi termenul general al şirului de numere naturale nenule 1( )n na , ştiind că

1a este impar şi că are loc relaţia

2

1 4

2 3

n n

n n

a an

n a a

, pentru orice număr natural 1n .

Pepino Dincă, Caracal


Din ipoteză obţinem 3 2

1

3 3 64

(2 )

n nn

n n

a na na

a n a

, pentru orice număr natural 1n ....................... (1p)

Cum 2a , rezultă că 3

1 1 1| 3 3 6a a a , deci 1 | 6a ................................................................... (2p)

Dar 1a este impar, deci 1 1a , pentru care se obţine 2 2a , sau 1 3a , pentru care 2a .. (2p)

Aşadar 1 1a , 2 2a şi, prin inducţie, se arată că na n , pentru orice număr natural 1n .......... (2p)

____________________________________________________________________________________



Tel: +40 (21) 405 62 00 Tel: +40 (249) 41 09 27

+40 (21) 405 63 00 Fax: +40 (249) 41 28 01





Clasa a X-a

Problema 1. Rezolvaţi în mulțimea numerelor reale ecuaţia 73 126x x x x x x x .

Traian Tămîian, Carei (Gazeta Matematică nr. 11/2015)


Ecuaţia se rescrie 84 6x x x , unde 0x ............................................................................ (3p)

Notând 8 , 0x t t , ecuaţia devine 4 26t t t ............................................................................. (1p)

Echivalent, avem 2( 2)( 2 3) 0t t t t , cu soluţiile 1 20, 2t t ................................................ (2p)

Se obţin soluţiile 1 20, 256x x .................................................................................................... (1p)

Problema 2. Se consideră funcţia : \ \ , ( )az b

f f zz

, unde , *a b .

a) Arătaţi că funcţia f este bijectivă.

b) Fie 1 2 3, ,z z z sunt trei numere complexe nereale de module egale. Arătaţi că

1 2 3, ,z z z sunt afixele unui triunghi echilateral dacă şi numai dacă

1 2 3( ), ( ), ( )f z f z f z sunt afixele unui triunghi echilateral.


a) Demonstrarea injectivității ...................................................................................................... (1p)

Demonstrarea surjectivității ........................................................................................................... (1p)

b) Fie 1 2 3| | | | | | , 0z z z r r .

2

( ) | |( ) ( )

j k jkj k k j

j k j k

az b b z zaz b bf z f z z z

z z z z r

, , {1,2,3}k j .................................. (3p)

Ca urmare, 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )z z z z z z f z f z f z f z f z f z ................ (2p)

____________________________________________________________________________________



Tel: +40 (21) 405 62 00 Tel: +40 (249) 41 09 27

+40 (21) 405 63 00 Fax: +40 (249) 41 28 01


Problema 3. Rezolvaţi în mulţimea numerelor reale ecuaţia:

3

2

3 1 1 2

13 1 11

5 3 4 215

x x

xx x x

.


Ecuaţia se rescrie

2

2

( 1)( 2) 2 ( 2)

3 1 15 3 2 1

x x x x x

x x x

, sau, echivalent 2

2

21 1

3 1 15 3 2 1

xx x

x x x

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

Logaritmând, obţinem 2 0x , de unde 2x .......................................................................... (1p)

sau 2

2

1 1lg5 lg3 lg 2 0

1 13

x x

x xx

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

Ultima relaţie devine 2 2 2 2( 1) lg5 ( 3) lg3 ( 3) lg2 0x x x x , ecuaţie care nu are soluţie,

deoarece membrul stâng este pozitiv, pentru orice x . Deci singura soluție este 2x ......... (2p)

Problema 4. Demonstraţi că pentru orice 0,2

x

are loc inegalitatea:

2 2sin cos(sin ) (cos ) (sin cos ) 1x xx x x x .

Florin Nicolaescu, Balş


Logaritmând, inecuaţia de demonstrat se scrie echivalent:

2 2sin ln(sin ) cos ln(cos ) ln(sin cos ) 0x x x x x x ..................................................................... (2p)

Echivalent, putem scrie: 2 2(1 cos ) ln(sin ) (1 sin ) ln(cos ) ln(sin cos ) 0x x x x x x , de unde

2 2cos ln(sin ) sin ln(cos ) ln sin cos (sin cos )x x x x x x x x ......................................................... (2p)

Ultima inegalitate se obţine observând că funcţia ( ) lnf t t este concavă, deci, conform

definiţiei, are loc inegalitatea

1 2 1 2(1 ) (1 ) ( ) ( )f x x f x f x , pentru orice (0,1) şi orice 1 2, (0, )x x , pe care o

aplicăm folosind Considerând funcţia concavă ( ) lnf t t şi observând că 2 2sin cos 1x x ,

____________________________________________________________________________________



Tel: +40 (21) 405 62 00 Tel: +40 (249) 41 09 27

+40 (21) 405 63 00 Fax: +40 (249) 41 28 01


membrul stâng conține o combinaţie convexă a numerelor (sin )f x şi (cos )f x .

Notând 8 , 0x t t , ecuaţia devine 4 26t t t ............................................................................ (1p)

Echivalent, avem 2( 2)( 2 3) 0t t t t , cu soluţiile 1 20, 2t t ................................................ (2p)

Se obţin soluţiile 1 20, 256x x .................................................................................................... (1p)

____________________________________________________________________________________



Tel: +40 (21) 405 62 00 Tel: +40 (249) 41 09 27

+40 (21) 405 63 00 Fax: +40 (249) 41 28 01





Clasa a XI-a

Problema 1. Fie 3, ( )A B astfel încât 3

3A B I B . Arătaţi că .AB BA

Dan Nedeianu, Drobeta Turnu Severin


3

3 3A I B I B este inversabilă şi 1 3

3B A I ..................................................................... (1p)

3 4

3A A B I B A B A AB ..................................................................................................... (2p)

3 3

3A B I B B A BA A BA .................................................................................................. (2p)

Scăzând ultimele două egalităţi, obţinem succesiv:

3 3

3 3( ) ( ) ( )( ) 0A AB BA AB BA A I AB BA ...................................................................... (1p)

1

3 3( ) 0 0B AB BA AB BA .................................................................................................... (1p)

Problema 2. a) Fie 2, ( )A B şi x . Demonstraţi relaţia

2det( ) det Tr Tr Tr( ) (det )A xB A A B AB x B x ,

unde Tr( )M reprezintă suma elementelor de pe diagonala principală a matricei A .

b) Fie 2 ( )A cu 2

20A . Arătaţi că pentru orice matrice 2 ( )B au loc

inegalităţile:

det ( ) 0 det ( )AB BA AB BA .


a) Dacă 1 , 2( )ij i jA a şi 1 , 2( )ij i jB b , atunci

____________________________________________________________________________________



Tel: +40 (21) 405 62 00 Tel: +40 (249) 41 09 27

+40 (21) 405 63 00 Fax: +40 (249) 41 28 01


11 11 12 12 11 12 12 11 12 12 11 12 11 12

21 21 22 22 21 22 22 21 22 22 21 22 21 22

det( )a xb a xb a a xb b a xb a a a b

A xB x xa xb a xb a a xb b a xb a a a b

11 12 11 122 2

21 22 21 22

det (det )b a b b

x x A c x B xb a b b

, unde 11 12 11 12

21 22 21 22

a b b ac

a b b a ............................ (2p)

Tr Tr Tr( )c A B AB ..................................................................................................................... (1p)

b) 2

20 det 0 det( ) det det 0A A AB A B .......................................................................... (1p)

Folosind punctul a), obţinem:

2det( ) det( ) Tr( ) Tr( ) Tr( ) det( )AB xBA AB AB BA AB BA x BA x

2 2 2 2det( ) (Tr( )) Tr( ) det( )AB AB A B x BA x ......................................................................... (1p)

2 2

1 det( ) 2det( ) Tr( ) Tr( ) 0x AB BA AB AB AB ...................................................... (1p)

2 2

1 det( ) 2det( ) Tr( ) Tr( ) 0x AB BA AB AB AB .......................................................... (1p)

Problema 3. Fie 1( )n na un şir convergent de numere reale pozitive. Calculaţi 2

1

limn

nk k

k

n a .

Florian Dumitrel, Slatina


Fie lim nn

a a

. Notăm 2

1

n

n

k k

ka

n a

şi 2

1

n

n

k

kb

n a

.

2

( 1) 1

2( ) 2n

n nb

n a

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

Şirul 1( )n na este convergent, deci este mărginit; există 0M astfel încât na M pentru orice

1n . Prin urmare, k ka a a a M a pentru orice 1k . ..................................................... (1p)

2 2 4 31 1

1( ) 0 lim( ) 0

( )( ) 2

n nk

n n n nn

k kk k

k a a M a na b k M a a b

n a n a n n

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

Din relaţia ( )n n n na a b b deducem că 1

lim2

nn

a

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

____________________________________________________________________________________



Tel: +40 (21) 405 62 00 Tel: +40 (249) 41 09 27

+40 (21) 405 63 00 Fax: +40 (249) 41 28 01


Problema 4. Se consideră şirul 1( )n na definit prin 1 1a şi 1n n

n

na a

a , 1n .

Calculaţi lim nn

a

şi lim n

n

a

n.

Florian Dumitrel, Slatina


1 2 2n n n

n

na a n a

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

Arătăm că şirul 1

n

n

a

n

este convergent.

Demonstrăm prin inducţie că na n pentru orice *n . Pentru 1n avem 1 1a . Presupunem

că ka k pentru un număr natural 1k . În această ipoteză avem

2

1

( 1)( 1) ( 1) k k

k k

k k

a k a kka k a k

a a

1

( 1)( )0 1k k

k

k

a a ka k

a

. În concluzie na n pentru orice 1n . .................................... (2p)

2

110 ( )

1 ( 1)

n n nn n

n

a a n aa

n n n n a

este strict descrescător ............................................................. (1p)

Fiind mărginit inferior de 1 , şirul 1

n

n

a

n

este convergent. Dacă lim n

n

aL

n , atunci 1L . ........... (1p)

Vom determina pe L , folosind lema Stolz-Cesaro: 1 1 1

( 1)

n n n

n

a a an

n n a L n L

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

1lim 1n

n

aL L

n L ..................................................................................................................... (1p)

____________________________________________________________________________________



Tel: +40 (21) 405 62 00 Tel: +40 (249) 41 09 27

+40 (21) 405 63 00 Fax: +40 (249) 41 28 01





Clasa a XII-a

Problema 1. Fie mulţimea ( , ) | 0G u v u şi funcţia : * * o funcţie cu

proprietatea că legea de compoziţie definită pe G prin

( , ) ( , ) , ( )a b c d ac bc d a este asociativă.

a) Arătaţi că ( , )G este grup.

b) Determinaţi funcţia pentru care G este grup abelian.

Marius Perianu, Slatina (Suplimentul G.M. 12/2015)


a) Condiţia de asociativitate se reduce ( ) ( ) ( )xy x y , pentru orice , *x y ......................... (2p)

Elementul neutru este (1,0) , deoarece (se arată că) (1) 1 ......................................................... (1p)

Elementul ( , )a b G are simetricul 1

,( )

b

a a a

, întrucât se arată că 1 1

a a

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

b) Dacă ( , )G este grup abelian, atunci din ( ,0) (0,1) (0,1) ( ,0)x x se obţine ( )x x , *x (2p)

Problema 2. Fie , 2n n şi n inelul claselor de resturi modulo n.

a) Arătaţi că dacă există *k astfel încât 4 1,n k atunci 1 2 ... 1 0.n

b) Demonstraţi că orice element nenul din n este fie inversabil, fie divizor al lui

zero.

c) Determinaţi numărul divizorilor lui zero din inelul 90 .

Marius Perianu, Slatina

____________________________________________________________________________________



Tel: +40 (21) 405 62 00 Tel: +40 (249) 41 09 27

+40 (21) 405 63 00 Fax: +40 (249) 41 28 01



a) Dacă 4 1,n k atunci 1 2 ... 1 2 4 1 2n k k kn , de unde 1 2 ... 1 0n ............ (1p)

b) Se ştie că dacă ( , ) 1a n , atunci a este inversabil în n ........................................................... (1p)

Presupunând că 0a nu este inversabil, rezultă că există , 2.a n d Atunci există 1 1,a n

astfel încât 1 1 1 1 şi , , 1a da n dn a n ......................................................................................... (1p)

Urmează că 1 1 1 1 1· 0,a n an a dn a n deci a este divizor al lui zero în n ................................ (1p)

c) Fie M mulţimea divizorilor lui zero din inelul 90 . Conform punctului b) este suficient să

determinăm câte numere mai mici strict decât 90 nu sunt prime cu 90. Notând cu nD mulţimea

numerelor divizibile cu n mai mici strict decât 290 2·3 ·5 , rezultă 90

1nDn

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

Folosind principiul includerii şi al excluderii, avem:

2 3 5 2 3 2 5 3 5 2 3 5M D D D D D D D D D D D D

44 29 17 14 8 5 2 65 .............................................................................................. (2p)

Observaţie. Notând ( )n indicatorul lui Euler, avem 1 1 1

90 90 1 1 1 242 3 5

, deci

numărul elementelor inversabile ale inelului 90 este 24. Ca urmare, numărul divizorilor lui zero

din 90 este 89 24 65.

Problema 3. Calculati I =Z 1

�1

arccosx

1 +p1� x2

dx:

Florian Dumitrel

Solutie. Folosind substitutia x = �t; obtinem

I =

Z 1

�1

arccos(�t)1 +

p1� t2

dt =

Z 1

�1

� � arccos t1 +

p1� t2

dt = �

Z 1

�1

1

1 +p1� t2

dt� I;

de unde rezult¼a I =�

2

Z 1

�1

1

1 +p1� t2

dt = �

Z 1

0

1

1 +p1� t2

dt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(4p)

Folosim acum substitutia t = sin z; avemZ 1

0

1

1 +p1� t2

dt =

Z �2

0

cos z

1 + cos zdz =

Z �2

0

�1� 1

1 + cos z

�dz =

�

2�Z �

2

0

1

1 + cos zdz =

=�

2�Z �

2

0

1

2 cos2 z2dz =

�

2�Z �

2

0

�tgz

2

�0dz =

�

2� 1:

Prin urmare, I = ��2� 1�. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (3p)

Problema 4. a) Fie f : [1;1)! (0;1) o functie descresc¼atoare. Ar¼atati c¼a sirul (an)n�1 cu termenul general

an = f(1) + f(2) + :::+ f(n)�Z n

1

f (x) dx

este convergent.

b) Se consider¼a sirul bn =1

1 +p1+

1

2 +p2+ :::+

1

n+pn; n � 1: Calculati lim

n!1bn si lim

n!1(bn �

pn):

Florian Dumitrel

Solutie. a) Fiind monoton¼a, functia f este integrabil¼a. Apoi, întrucât f este descresc¼atoare rezult¼a c¼a f(k+1) �Z k+1

k

f (x) dx � f(k); 1 � k � n� 1: Pentru orice n � 1 avem:

an+1 � an = f(n+ 1)��Z n+1

1

f (x) dx�Z n

1

f (x) dx

�= f(n+ 1)�

Z n+1

n

f (x) dx � 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . (2p)

si an = f(n)+n�1Xk=1

�f(k)�

Z n+1

k

f (x) dx

�� f(n) > 0;deci sirul (an)n�1 este convergent (descresc¼ator si m¼arginit

inferior de 0) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1p)

b) Deoarece bn �1

1 + 1+

1

2 + 2+ :::+

1

n+ n=1

2

�1

1+1

2+ :::+

1

n

�!1; rezult¼a c¼a bn !1 . . . . . . . . . (1p)

Pentru cealalt¼a limit¼a consider¼am functia f : [1;1)! (0;1); f(x) = 1

x+pxcare este integrabil¼a si

Z n

1

f (x) dx =

Z pn

1

2t

t2 + tdt =

Z pn

1

2t+ 1

t2 + tdt�

Z pn

1

1

t2 + tdt =

Z pn

1

(t2 + t)0

t2 + tdt�

Z pn

1

�1

t� 1

t+ 1

�dt =

= ln(n+pn)� ln

pnp

n+ 1� 2 ln 2:

Conform punctului anterior, sirul�bn �

Z n

1

f (x) dx

�n�1

este convergent. Pentru orice n � 1 avem

bn �pn =

�bn �

Z n

1

f (x) dx

�+

Z n

1

f (x) dx�pn =

�bn �

Z n

1

f (x) dx

�� 2 ln 2 + ln(n+

pn)� ln

pnp

n+ 1=

=

�bn �

Z n

1

f (x) dx

�� 2 ln 2 +

pn

�ln(n+

pn)p

n� 1p

nln

pnp

n+ 1

�:

Cum

0 <ln(n+

pn)p

n� ln 2np

n=ln 2pn+ 2 � ln

pnpn! 0 si lim

n!1

1pnln

pnp

n+ 1= 0;

deducem c¼a limn!1

(bn �pn) = �1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (3p)

OLIMPIADA DE MATEMATICĂ FAZA LOCALA- 26 … _2017_ Enunturi... · Str. General Berthelot, nr....

Documents

Transcript of OLIMPIADA DE MATEMATICĂ FAZA LOCALA- 26 … _2017_ Enunturi... · Str. General Berthelot, nr....