www.neutr

ino.ro

MINISTERUL EDUCAŢIEI, CERCETĂRII TINERETULUI ŞI SPORTULUI INSPECTORATUL ŞCOLAR JUDEŢEAN CARAŞ-SEVERIN Strada Ateneului 320112, Nr. 1, Reşiţa, Caraş-Severin, ROMÂNIA

Tel: 0255-214238; Fax: 0255-216042 E-mail: isjcaras@gmail.com; Web: http://www.cs.isj.edu.ro

OLIMPIADA DE MATEMATICĂ – FAZA JUDEŢEANĂ – 13 MARTIE 2010

Fiecare subiect este punctat de la 0 la 7 puncte. Orice altă variantă de rezolvare corectă va fi notată cu 7 puncte.

BAREM DE CORECTARE CLASA A V A

1. a) Se observă că suma numerelor camerelor aflate faţă în faţă este 4n+1

2

15+50=4n+1; 4n=64 de uşi 1 b) i) În cazul în care avem 64 de uşi, numerele impare 1, 3, 5,

... sunt în număr de 32 1

2 se află pe poziţia 33, 4 pe poziţia 34, de unde pe poziţia 42 se află uşa cu numărul 40

1

b) ii) Discutarea celorlalte cazuri posibile 2

2. 22009(22-2-1)=22009 2 5861(5-4)=5561 2 22009=(27)287=128287 1 5561=(53)187=125187 1 Finalizare 1

3. Dacă a b> , avem că b este împărţitorul şi deci a c b r= ⋅ + 1 Conform ipotezei avem 4 , 2 8c r b c r= = = 2 104 13 8b c r r r= + + = ⇒ = 2 32, 64 2056c b a= = ⇒ = 2

4. Orice pătrat perfect e de forma 4k sau 4k+1 2 Există 11 pătrate perfecte impare (112 ... 312) 2 Suma pătratelor perfecte impare este de forma 4k+3 2 Finalizare 1

www.neutr

ino.ro

MINISTERUL EDUCAŢIEI, CERCETĂRII TINERETULUI ŞI SPORTULUI INSPECTORATUL ŞCOLAR JUDEŢEAN CARAŞ-SEVERIN Strada Ateneului 320112, Nr. 1, Reşiţa, Caraş-Severin, ROMÂNIA

Tel: 0255-214238; Fax: 0255-216042 E-mail: isjcaras@gmail.com; Web: http://www.cs.isj.edu.ro

OLIMPIADA DE MATEMATICĂ – FAZA JUDEŢEANĂ – 13 MARTIE 2010

Fiecare subiect este punctat de la 0 la 7 puncte. Orice altă variantă de rezolvare corectă va fi notată cu 7 puncte.

BAREM DE CORECTARE CLASA A VI-A

1. a) Presupunem că unul dintre numere, de exemplu x, este

egal cu zero.Se obţine atunci imediat 0y = şi deci 0x y+ = , fals, deoarece egalitatea din enunţ are sens.

2

b) Egalitatea din ipoteză se poate scrie

1x y y y z z z x xx y y z z x+ − + − + −

+ + =+ + +

3

Se obţine imediat 1 1 1 1y z xx y y z z x

− + − + − =+ + +

, deci

numărul dat este natural : 2A =

2

2. Presupunem că a/b+c/d e natural. Rezultă (ad+bc)/(bd) e

natural 2

Atunci bd divide ad+bc. Dar bc se divide prin b rezultă ad se divide prin b. a şi b prime între ele rezultă b divide d (1)

2

Totodată ad se divide prin d rezultă bc se divide prin d. c şi d prime între ele rezultă d divide b (2)

2

Din (1) şi (2) rezultă b=d. Fals 1

3. a) 5+2*5+3*5+...+n*5=180 1 n(n+1)/2=36, de unde n=8 1

b) 200+250+300+350=1100, finalizare 550 1 c) m(AiOAj) = m(AiOAj+1) + m(Ai+1OAj+2)+...+

+m(Ai+k-1OAji+k)=900, j=i+k 1

(i+1)50+(i+2)50+...+(i+k)50=900, ki+k(k+1)/2=18, k(2i+k+1)=36, k de la 1 la 8, i de la 0 la 7

2

Se obţine k=4, i=2 1

4. a) Triunghiurile ABM şi APM congruente 1 AM mediatoarea lui BP 2 T aparţine BP, proprietatea punctului de pe mediatoare 1

b) Triunghiul ACQ, CB, QP – înălţimi 2 M – ortocentru rezultă AM înălţime, rezultă AM şi CQ

sunt perpendiculare 1

www.neutr

ino.ro

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

Olimpiada Nationala de Matematica

Etapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, 13 Martie 2010

CLASA A VII-ASOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE

Problema 1.

(i) Descompuneti ın factori expresia xy − x − y + 1.

(ii) Demonstrati ca daca numerele ıntregi a si b verifica |a + b| > |1 + ab|,atunci ab = 0.

Solutie.(i) Se verifica prin calcul ca xy − x − y + 1 = (x − 1)(y − 1). 1 punct(ii) Ambii membri ai inegalitatii sunt pozitivi, deci prin ridicare la patrat

se obtine inegalitatea echivalenta a2 + b2 + 2ab > 1 + 2ab + a2b2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncteDe aici rezulta (a2 − 1)(b2 − 1) < 0.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 punctePresupunand prin absurd ca ab 6= 0, rezulta a 6= 0 si b 6= 0. Cum a si b

sunt numere ıntregi, rezulta ca a2 − 1 ≥ 0 si b2 − 1 ≥ 0.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctAtunci (a2 − 1)(b2 − 1) ≥ 0, contradictie.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Problema 2. Fie n un numar natural, n ≥ 2. Determinati restulımpartirii numarului n(n + 1)(n + 2) la n − 1.

Gazeta Matematica

Solutie. Avem n(n + 1)(n + 2) = (n − 1 + 1)(n − 1 + 2)(n − 1 + 3) =(n − 1)3 + 6(n − 1)2 + 11(n − 1) + 6.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3 puncteDaca n − 1 > 6, restul este 6.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctDaca n = 2, 3, 4, 7, restul este 0.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctDaca n = 5, restul este 2.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctDaca n = 6, restul este 1.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Problema 3. Se considera triunghiul ABC cu AB = AC si ∠BAC =40◦. Punctele S si T se afla pe laturile AB, respectiv BC, astfel ıncat

www.neutr

ino.ro

∠BAT = ∠BCS = 10◦. Dreptele AT si CS se intersecteaza ın punctul P .Demonstrati ca BT = 2PT .

Solutie. Triunghiul ABC este isoscel, deci ∠ABC = ∠ACB = 70◦.Avem ∠TAC = 40◦ − 10◦ = 30◦ si ∠ACS = 70◦ − 10◦ = 60◦, deci ∠APC =90◦.

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

Triunghiurile ABT si BSC sunt asemenea (UU), de undeBS

BC=

BT

AB.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctAvand unghiul B comun, triunghiurile BST si BCA sunt asemenea

(LUL), deci TB = TS si ∠TSB = 70◦.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncteDeoarece ∠CSA = ∠SBC + ∠SCB = 70◦ + 10◦ = 80◦, rezulta ca

∠PST = 180◦ − 80◦ − 70◦ = 30◦.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctTriunghiul STP este dreptunghic ın P si ∠PST = 30◦, deci BT = 2PT .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Problema 4. Consideram patrulaterul ABCD cu AD = DC = CB

si AB ‖ CD. Punctele E si F apartin segmentelor CD si BC astfel ıncat∠ADE = ∠AEF . Demonstrati ca

(i) 4CF ≤ CB.

(ii) Daca 4CF = CB, atunci AE este bisectoarea unghiului ∠DAF .

Solutie.(i) Avem ∠FEC = 180◦−∠AEF −∠DEA = 180◦−∠ADE−∠DEA =

∠DAE. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctDin AD = DC = CB si AB ‖ CD rezulta ∠ADC = ∠DCB, deci

triunghiurile ADE si ECF sunt asemenea (UU). Obtinem

AD

EC=

AE

EF=

DE

CF(1)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncteDe aici AD ·CF = EC ·DE ≤ 1

4(EC +DE)2 = 1

4CD2, deci 4CF ≤ CB,

ın baza egalitatilor AD = DC = CB.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct(ii) Daca 4CF = CB, atunci ın inegalitatea EC · DE ≤ 1

4(EC + DE)2

avem egalitate, adica CE = ED.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Relatia (1) devineAD

DE=

AE

EF. Cum ∠ADE = ∠AEF , rezulta ca

triunghiurile ADE si AEF sunt asemenea (LUL).. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctAtunci ∠DAE = ∠EAF , adica AE este bisectoarea unghiului ∠DAF .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

2

www.neutr

ino.ro

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

Olimpiada Nationala de Matematica

Etapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, 13 Martie 2010

CLASA A VIII-ASOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE

Problema 1.

(i) Aratati ca nu putem pune ın varfurile unui cub 8 numere distincte dinmultimea {0, 1, 2, 3, . . . , 11, 12} astfel ıncat suma numerelor din oricaredoua varfuri unite printr-o muchie a cubului sa fie divizibila cu 2.

(ii) Aratati ca putem pune ın varfurile unui cub 8 numere distincte dinmultimea {0, 1, 2, 3, . . . , 11, 12} astfel ıncat suma numerelor din oricaredoua varfuri unite printr-o muchie a cubului sa fie divizibila cu 3.

Gazeta Matematica

Solutie.(i) Daca ıntr-un varf scriem un numar din multimea data, atunci ın cele

trei varfuri adiacente trebuie sa scriem numere de aceeasi paritate.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncteRezulta ca ın toate cele opt varfuri trebuie scrise numere de aceeasi

paritate.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctCum ın multimea data sunt 7 numere pare si 6 impare, cerinta ca suma

numerelor din oricare doua varfuri unite printr-o muchie a cubului sa fiedivizibila cu 2 nu poate fi ındeplinita.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct(ii) Sunt 8 numere ın multimea data care nu se divid la 3, anume 1, 4,

7, 10, (care dau restul 1, si) 2, 5, 8, 11 (care dau restul 2).. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctIn varfuri ce nu sunt capete ale unei muchii scriem numere cu resturi

egale la ımpartirea cu 3.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctUn exemplu: varfurilor cubului ABCDA′B′C ′D′ le asociem numerele 1,

2, 4, 5, 8, 7, 11, respectiv 10.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Problema 2. Fie x, y doua numere naturale nenule diferite. Aratati ca

numarul(x + y)2

x3 + xy2 − x2y − y3nu este ıntreg.

Solutie. Avem(x + y)2

x3 + xy2 − x2y − y3=

(x + y)2

(x − y)(x2 + y2).

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

www.neutr

ino.ro

Presupunem ca numarul(x + y)2

(x − y)(x2 + y2)este ıntreg. Atunci si numarul

(x + y)2

x2 + y2este ıntreg.

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

Avem(x + y)2

x2 + y2= 1 +

2xy

x2 + y2, deci

2xy

x2 + y2este numar ıntreg.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncteInsa x2 + y2 > 2xy, echivalent cu (x − y)2 > 0, deoarece x 6= y.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Rezulta 0 <2xy

x2 + y2< 1, contradictie.

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

Problema 3. Se considera cubul ABCDA′B′C ′D′. Bisectoarele unghi-urilor ∠A′C ′A si ∠A′AC ′ intersecteaza AA′ si A′C ′ ın punctele P , respectivS. Punctul M este piciorul perpendicularei din A′ pe C ′P iar N este piciorulperpendicularei din A′ pe AS. Punctul O este centrul fetei ABB′A′.

(i) Demonstrati ca planele (MNO) si (AC ′B) sunt paralele.

(ii) Calculati distanta dintre planele (MNO) si (AC ′B) stiind ca AB = 1.

Solutie.(i) Notam cu T si R intersectiile dreptei AC ′ cu A′M si A′N respectiv.In triunghiul A′C ′T , C ′M este bisectoare si ınaltime, deci A′M = MT .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctIn triunghiul A′AR, AN este bisectoare si ınaltime, deci A′N = NR.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctSegmentul MO este linie mijlocie ın triunghiul A′TB, deci MO ‖ TB,

iar segmentul NO este linie mijlocie ın triunghiul A′RB, de unde NO ‖ RB.Cum (TRB) = (AC ′B), rezulta cerinta.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncte(ii) Distanta dintre cele doua plane este egala cu distanta de la O la

planul (AC ′B).. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctDistanta de la O la planul (AC ′B) este egala cu jumatatea distantei de

la punctul A′ la plan.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Distanta de la A′ la plan este jumatate din A′D, adica

√2

2, deci distanta

dintre plane este

√2

4.

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

Problema 4. Determinati perechile de numerele naturale (a, b) careverifica egalitatea a + 2b − b2 =

√

2a + a2 + |2a + 1 − 2b|.

2

www.neutr

ino.ro

Solutie. Deoarece 2a+ 1 si 2b sunt numere de paritati diferite, avem ca|2a + 1 − 2b| 6= 0, deci |2a + 1 − 2b| ≥ 1.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctRezulta ca

√

2a + a2 + |2a + 1 − 2b| ≥√

2a + a2 + 1 = a + 1.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctPe de alta parte, avem a + 2b − b2 = a + 1 − (b − 1)2 ≤ a + 1.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncteEgalitatea din enunt este posibila daca si numai daca a+2b−b2 = a+1 =

√

2a + a2 + |2a + 1 − 2b|. Din prima egalitate obtinem b = 1,. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctiar din a doua egalitate obtinem |2a + 1 − 2b| = 1. De aici 1 = |2a − 1|,

adica a = 0 sau a = 1. Perechile (a, b) cautate sunt deci (0, 1) si (1, 1).. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncte

3

www.neutr

ino.ro

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

Olimpiada Nationala de Matematica

Etapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, 13 Martie 2010

CLASA A IX-ASOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE

Problema 1. O dreapta care trece prin centrul I al cercului ınscris unuitriunghi ABC taie laturile AB si AC ın P, respectiv Q. Notam BC = a,

AC = b, AB = c siPB

PA= p,

QC

QA= q.

(i) Aratati ca a(1 + p)−→IP = (a − pb)

−→IB − cp

−→IC.

(ii) Aratati ca a = bp + cq.

(iii) Aratati ca daca a2 = 4bcpq, atunci dreptele AI, BQ si CP suntconcurente.

Solutie.

(i) Avem (p + 1)−→IP =

−→IB + p

−→IA si a

−→IA + b

−→IB + c

−→IC =

−→0 , de unde

rezulta concluzia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 puncte

(ii) Analog cu (i), a(1+q)−→IQ = (a−cq)

−→IC−bq

−→IB. Cum punctele P, I,Q

sunt coliniare, reiese (a − pb)(a − cq) = bcpq, de unde concluzia .2 puncte(iii) Din (ii), prin ridicare la patrat, rezulta a2 ≥ 4bcpq, cu egalitate

daca si numai daca bp = cq . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

In acest caz, daca {D} = AI ∩BC, atunciPB

PA·QA

QC·DC

DB= p ·

1

q·b

c= 1,

de unde, conform reciprocei teoremei lui Ceva, reiese cerinta . . . 1 punct

Problema 2. Se considera sirul (xn)n≥0 dat prin xn = 2n − n, n ∈ N.Determinati toate numerele naturale p pentru care

sp = x0 + x1 + x2 + · · · + xp

este o putere cu exponent natural a lui 2.Gazeta Matematica

Solutie. sp = 2p+1 −p(p + 1)

2− 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Aratam ca 2p < sp < 2p+1 pentru p ≥ 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Aceasta rezulta deoarece, prin inductie,p(p + 1)

2+ 1 < 2p, pentru orice

p ≥ 3 (pentru p = 3 avem 7 < 8) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncteObservam ca s0 = 1 = 20, s1 = 2 = 21, s2 = 4 = 22, deci raspunsul estep ∈ {0, 1, 2} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

www.neutr

ino.ro

Problema 3. Fie x un numar real. Aratati ca x este numar ıntreg dacasi numai daca relatia

[x] + [2x] + [3x] + · · · + [nx] =n ([x] + [nx])

2

are loc pentru orice n ∈ N∗.

Prin [a] s-a notat partea ıntreaga a numarului real a.

Solutie. Daca x ∈ Z, relatia rezulta imediat, deoarece [kx] = k[x], pentruorice k ∈ N

∗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctPentru demonstrarea reciprocei, observam ca ipoteza implica

n ([x] + [nx]) + 2[(n + 1)x] = (n + 1) ([x] + [(n + 1)x])

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 puncteNotand t = {x}, aceasta revine la (n − 1)[(n + 1)t] = n[nt] − t . .1 punct

In cazul t 6= 0, alegand n ∈ N∗ astfel ıncat 1/(n + 1) ≤ t < 1/n, obtinem

contradictia n − 1 = −t, deci presupunerea t 6= 0 este falsa . . . . . 2 puncte

Problema 4. Determinati toate functiile f : N∗ → N

∗ cu proprietatea

f(n) + f(n + 1) + f(f(n)) = 3n + 1, pentru orice n ∈ N∗.

Solutie. Din f(1) + f(2) + f(f(1)) = 4 reiese ca f(1) ∈ {1, 2} 2 puncteDaca f(1) = 1, atunci f(2) = 2 si, prin inductie,

f(n) = n, pentru orice n ∈ N∗

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncteDaca f(1) = 2, atunci f(2) = 1 si, prin inductie,

f(n) =

{

n + 1, daca n este impar

n − 1, daca n este par

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncteVerificarea ca solutiile gasite ındeplinesc cerinta . . . . . . . . . . . . 1 punct

2

www.neutr

ino.ro

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

Olimpiada Nationala de Matematica

Etapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, 13 Martie 2010

CLASA A X-ASOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE

Problema 1. Demonstrati urmatoarele egalitati de multimi

(i) {x ∈ R | log2 [x] = [log2 x]} =⋃

m∈N

[2m, 2m + 1) .

(ii){

x ∈ R | 2[x] = [2x]}

=⋃

m∈N

[m, log2 (2m + 1)) .

Prin [a] s-a notat partea ıntreaga a numarului real a.

Solutie.(i) Daca [log2 x] = m, atunci 2m ≤ x < 2m+1 . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctDin log2 [x] = m, rezulta [x] = 2m, apoi 2m ≤ x < 2m + 1 . . . 1 punctPentru x ∈

⋃

m∈N

[2m, 2m + 1) , avem [log2 x] = log2 [x] = m . .1 punct

(ii) Daca [2x] = t ∈ N, atunci log2 t ≤ x < log2 (t + 1) . . . . . . . 1 punctDin 2[x] = t, rezulta [x] = log2 t = m ∈ N, apoi rezulta si m ≤ x <

log2 (2m + 1). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 puncteReciproc, pentru x ∈

⋃

m∈N

[m, 2m + 1) , avem [2x] = 2[x] = m 1 punct

Problema 2. Fie a ∈ [−2,∞), r ∈ [0,∞) si numarul natural n ≥ 1.Aratati ca

r2n + arn + 1 ≥ (1 − r)2n.

Gazeta Matematica

Solutie.Prin ımpartire cu r2n, se obtine o inegalitate similara ın 1/r; se poate

deci presupune ca r ∈ (0, 1) (cazul r = 0 este trivial) . . . . . . . . . . . 2 puncter2n + arn + 1 ≥ r2n − 2rn + 1 = (1 − rn)2, . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 punctedeci este suficient sa aratam ca 1 − rn ≥ (1 − r)n, . . . . . . . . . . 1 punctdar rn + (1 − r)n ≤ r + (1 − r) = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Problema 3. Determinati functiile f : N → N cu proprietatea

3f (f (f (n))) + 2f (f (n)) + f (n) = 6n, pentru orice n ∈ N.

Solutie.Functia f este injectiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctPentru n = 0, obtinem

www.neutr

ino.ro

3f (f (f (0))) + 2f (f (0)) + f (0) = 0, deci f (0) = 0 . . . . . . . . .1 punctPresupunem f (0) = 0, f (1) = 1, . . . , f (n) = n . . . . . . . . . . . . . 1 punctDin injectivitate, f (n + 1) ≥ n + 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctsi f (f (n + 1)) ≥ n + 1, f (f (f (n + 1))) ≥ n + 1 . . . . . . . . . . . .1 punctdar 3f (f (f (n + 1))) + 2f (f (n + 1)) + f (n + 1) = 6n + 6 . .1 punctFinalizare, f (n) = n, oricare ar fi n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Problema 4. Fie sirul an =

∣

∣

∣

∣

zn +1

zn

∣

∣

∣

∣

, n ≥ 1, unde z ∈ C∗ este dat.

(i) Demonstrati ca daca a1 > 2, atunci

an+1 <an + an+2

2, pentru orice n ∈ N

∗.

(ii) Demonstrati ca daca exista k ∈ N∗ astfel ıncat ak ≤ 2, atunci a1 ≤ 2.

Solutie.(i) 2

∣

∣zn+1 + 1

zn+1

∣

∣ <∣

∣z + 1

z

∣

∣ ·∣

∣zn+1 + 1

zn+1

∣

∣ . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct=

∣

∣zn + 1

zn+ zn+2 + 1

zn+2

∣

∣ ≤∣

∣zn + 1

zn

∣

∣ +∣

∣zn+2 + 1

zn+2

∣

∣ . . . . . . 2 puncte(ii) Presupunem prin absurd a1 > 2. Conform cu (i), sirul an+1 − an

este strict crescator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctan+1 − an > a2 − a1 =

∣

∣z2 + 1

z2

∣

∣ −∣

∣z + 1

z

∣

∣ . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct∣

∣z2 + 1

z2

∣

∣ >∣

∣z + 1

z

∣

∣ , deoarece 2∣

∣z + 1

z

∣

∣ <∣

∣z + 1

z

∣

∣

2=

∣

∣z2 + 1

z2 + 2∣

∣ ≤∣

∣z2 + 1

z2

∣

∣ + 2 <∣

∣z2 + 1

z2

∣

∣ +∣

∣z + 1

z

∣

∣ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctSirul an este strict crescator, deci ak ≥ a1 > 2, contradictie . 1 punct

2

www.neutr

ino.ro

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

Olimpiada Nationala de Matematica

Etapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, 13 Martie 2010

CLASA A XI-ASOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE

Problema 1. Aratati ca orice functie continua de forma

f(x) =

{

a1x + b1, pentru x ≤ 1a2x + b2, pentru x > 1

unde a1, a2, b1, b2 ∈ R, poate fi scrisa sub forma

f(x) = m1x + n1 + ε|m2x + n2|, pentru x ∈ R,

unde m1,m2, n1, n2 ∈ R, iar ε ∈ {−1,+1}.

Solutie. Continuitatea se reduce la cea ın punctul x = 1, de undea1 + b1 = a2 + b2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punct

Pentru a1 = a2 rezulta b1 = b2 si putem lua m1 = a1 = a2, n1 = b1 = b2,m2 = n2 = 0, ε = ±1. Altfel, rezulta ca expresia de sub modul trebuie sase anuleze ın x = 1, deci m2x + n2 = A(x − 1) . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Prin explicitarea modulului si identificarea ramurilor pentru x ≤ 1 sirespectiv x > 1, deducem egalitatile m1 − ε|A| = a1, n1 + ε|A| = b1, sim1 + ε|A| = a2, n1 − ε|A| = b2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Deducem m1 =a1 + a2

2, n1 =

b1 + b2

2, si 2ε|A| = a2−a1 = b1− b2, unde

ε se alege +1 sau −1 dupa cum expresia din dreapta este pozitiva, respectiv

negativa. In fine, luam m2 =a1 − a2

2, n2 =

a2 − a1

2, deci

f(x) =a1 + a2

2x +

b1 + b2

2+ sign(a2 − a1)

∣

∣

∣

∣

a1 − a2

2x +

a2 − a1

2

∣

∣

∣

∣

.

Conditia de continuitate asigura compatibilitatea solutiei . . . . . . .3 puncte

Problema 2. Se considera matricele A,B ∈ M3(C) cu A = −tA,B = tB. Aratati ca daca functia polinomiala definita prin

f(x) = det(A + xB)

are o radacina dubla, atunci det(A + B) = det B.Prin tX s-a notat transpusa matricei X.

Solutie. f este un polinom de grad cel mult trei cu coeficienti complecsi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctAvem f(x) = dett(A+xB) = det(−A+xB) = − det(A−xB) = −f(−x)

pentru orice x ∈ C, deci f este functie impara . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

www.neutr

ino.ro

Avem si f(x) = (det B)x3 + ax2 + bx + detA, . . . . . . . . . . . . . . 1 punctiar cum f este impara, rezulta ca a = detA = 0, deci f(x) = (detB)x3 + bx

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 punctDeoarece o radacina este dubla rezulta b = 0. Deci f(x) = (det B)x3,

prin urmare f(1) = detB, si atunci det(A + B) = det B . . . . . . . . 2 puncte

Problema 3. Fie f : R → R strict crescatoare astfel ıncat f ◦ f estecontinua. Aratati ca f este continua.

Gazeta Matematica

Solutie. Cum f este monotona, limitele laterale ın fiecare punct exista sisunt finite. Notam cu f(x0−), respectiv f(x0+), limita la stanga, respectivla dreapta, a lui f ın punctul x0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

Cum f este crescatoare, ın orice punct x0 ∈ R avem f(x0−) ≤ f(x0) sidin monotonia lui f avem si f(f(x0−)) ≤ f(f(x0)) . . . . . . . . . . . . .1 punct

Pe de alta parte, f(x) ≤ f(x0−) pentru x < x0, deci si inegalitateaf(f(x)) ≤ f(f(x0−)), pentru x < x0, si deoarece f ◦ f este continua

limx→x0

x<x0

f(f(x)) = f(f(x0)),

de unde la limita deducem f(f(x0)) ≤ f(f(x0−)) . . . . . . . . . . . . . . .2 puncteRezulta f(f(x0)) = f(f(x0−)). Cum f e strict monotona (deci injectiva)

rezulta f(x0) = f(x0−), adica f este continua la stanga . . . . . . . . 2 puncteAnalog (sau simultan) se trateaza continuitatea la dreapta . .1 punct

Problema 4. Demonstrati ca exista siruri (an)n≥0 cu an ∈ {−1,+1}pentru orice n ∈ N, astfel ıncat

limn→∞

(√n + a1 +

√n + a2 + · · · +

√n + an − n

√n + a0

)

=1

2.

Solutie. Evident, trebuie sa alegem a0 = −1. Pentru fiecare n ∈ N∗

sa notam cu kn numarul de termeni egali cu +1 din secventa a1, a2, . . . , an,

restul fiind egali cu −1. Sirul a carui limita o cautam a fi1

2, fie el notat xn,

devinexn = kn

√n + 1 − kn

√n − 1.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punctPrin rationalizare, avem

xn =2kn√

n + 1 +√

n − 1=

2 kn√

n√

1 + 1

n+

√

1 − 1

n

.

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

Ramane sa construim sirul (an)n≥1 astfel ca limn→∞

kn√n

=1

2. . 1 punct

2

www.neutr

ino.ro

Sa alegem an = +1 daca si numai daca n = (2m)2, cu m ∈ N∗. Prin

urmare (2kn)2 ≤ n < (2(kn + 1))2. De aici rezulta

√n

2− 1 < kn ≤

√n

2,

ceea ce asigura conditia din limita de mai sus . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 puncte

Observatie. Se vor acorda pana la 3 puncte pentru constructia unorsubsiruri ale lui xn ce satisfac conditia.

Remarca. La fel se demonstreaza ca pentru orice ℓ ∈ R exista un sir(an)n≥0 astfel ıncat lim

n→∞

xn = ℓ. Presupunem mai ıntai 0 < ℓ < +∞ si luam

a0 = −1, ca mai sus.

Pentru a construi sirul (an)n≥1 astfel ca limn→∞

kn√n

= ℓ, alegem an = +1

daca si numai daca n =

⌊

(

N +m

ℓ

)2⌋

, cu m ∈ N∗ si N fixat, suficient

de mare pentru ca aceste valori sa fie distincte. Atunci, pentru n → ∞,obtinem rezultatul dorit ın limita de mai sus.

Pentru ℓ = 0 putem lua toti an egali; pentru ℓ = +∞ putem lua a0 = −1si toti an = +1 pentru n ≥ 1 (si, similar, pentru ℓ = −∞ putem lua a0 = +1si toti an = −1 pentru n ≥ 1). In fine, pentru −∞ < ℓ < 0, luam a0 = +1si procedam exact ca mai sus.

3

www.neutr

ino.ro

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

Olimpiada Nationala de Matematica

Etapa Judeteana si a Municipiului Bucuresti, 13 Martie 2010

CLASA A XII-ASOLUTII SI BAREME ORIENTATIVE

Problema 1. Fie S suma elementelor inversabile ale unui inel finit.Aratati ca S2 = S sau S2 = 0.

Solutie. Daca 1 + 1 6= 0, atunci x 6= −x, oricare ar fi x inversabil, deciS = 0 (suma elementelor inversabile este 0 pe perechile (x,−x)).. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

In caz contrar, observam ca xS = S, oricare ar fi x inversabil. Prin sumarerezulta S2 = kS, unde k este numarul elementelor inversabile.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 puncte

Atunci pentru k impar obtinem S2 = S, iar pentru k par obtinem S2 = 0(caci 1 + 1 = 0).. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Remarca. Modele pentru diferitele cazuri sunt• S = 0, pentru orice inel finit de caracteristica diferita de 2 (vezi mai

sus), dar si pentru corpurile finite F2n cu n > 1 (din xS = S pentru orice xinversabil ar rezulta x = 1 daca S inversabil, deci S = 0);• S = 1, pentru inelele Booleene Zn

2 cu n ≥ 1 (inclusiv corpul F2);• S2 = 0, dar S 6= 0, pentru inelul matricelor patrate triunghiular-

superioare de ordin 2, cu elemente ın F2;• S2 = S, dar S 6= 0 si S 6= 1, pentru inelele F2n × F2 cu n > 1.

Problema 2. Fie G un grup cu proprietatea ca daca a, b ∈ G sia2b = ba2, atunci ab = ba.

(i) Daca G are 2n elemente, aratati ca G este abelian.

(ii) Dati un exemplu de grup neabelian care are proprietatea din enunt.

Gazeta Matematica

Solutie.(i) Pentru a ∈ G, fie C(a) = {b : b ∈ G si ab = ba}. Din ipoteza rezulta

ca C(a2) ⊆ C(a). Intrucat C(a) ⊆ C(a2), obtinem C(a) = C(a2), oricare arfi a ∈ G. Prin urmare, C(a) = C(a2) = · · · = C(a2n

) = C(e) = G, oricarear fi a ∈ G, adica G este abelian.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 puncte

www.neutr

ino.ro

(ii) Un exemplu de grup neabelian care are proprietatea din enunt estegrupul multiplicativ (G, ·) al matricelor de forma 1 a b

0 1 c

0 0 1

, a, b, c ∈ Z3.

Intrucat A3 = I3 oricare ar fi A ∈ G, daca A2B = BA2, atunci avem siA−1B = BA−1, deci AB = BA.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 puncte

Remarca. Orice grup finit G de ordin impar are proprietatea din enunt,deoarece C(a2) ⊆ C(a|G|+1) = C(a) ⊆ C(a2) (deci C(a) = C(a2)), oricarear fi a ∈ G. Deci orice astfel de grup neabelian este un exemplu pentru (ii).

Problema 3. Fie a < c < b trei numere reale si f : [a, b]→ R o functiecontinua ın c. Aratati ca daca f are primitive pe fiecare dintre intervalele[a, c) si (c, b], atunci f are primitive pe intervalul [a, b].

Solutie. Functia f are primitive pe intervalul [a, b] daca si numai dacafunctia g = f + 1 − f(c) are primitive pe [a, b]. Deci putem presupune caf(c) = 1. Intrucat f este continua ın c, exista [α, β] ⊆ [a, b], astfel ıncatc ∈ (α, β) si 0 < f(x) < 2, oricare ar fi x ∈ [α, β].. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Fie Fa, respectiv Fb, o primitiva a lui f pe intervalul [a, c), respectiv(c, b]. Intrucat Fa si Fb sunt crescatoare pe intervalele [α, c), respectiv (c, β],rezulta ca limitele lim

x→cFa(x) = p si lim

x→cFb(x) = q exista si sunt finite, caci

Fa si Fb sunt marginite pe aceste intervale (de exemplu, pentru x ∈ (α, c),avem Fa(x)−Fa(α) = f(ξ) pentru un anume ξ ∈ (α, x), dar f este marginitape [α, x] ⊂ [α, β]).. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 puncte

Functia F : [a, b] → R, F (x) = Fa(x) pentru x ∈ [a, c), F (c) = p siF (x) = Fb(x) + p− q pentru x ∈ (c, b], este o primitiva a lui f pe [a, b].. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Problema 4. Fie f : [0, 1]→ R o functie derivabila, astfel ıncat

f(0) = f(1),∫ 1

0f(x) dx = 0 si f ′(x) 6= 1, oricare ar fi x ∈ [0, 1].

(i) Demonstrati ca functia g : [0, 1] → R data prin g(x) = f(x) − x estestrict descrescatoare.

(ii) Aratati ca pentru orice numar ıntreg n ≥ 1 avem∣∣∣∣∣n−1∑k=0

f

(k

n

)∣∣∣∣∣ < 12.

2

www.neutr

ino.ro

Solutia 1. (i) Deoarece f ′ (ca functie derivata) are proprietatea valoriiintermediare (Darboux), rezulta ca f ′(x) < 1, oricare ar fi x ∈ [0, 1], sauf ′(x) > 1, oricare ar fi x ∈ [0, 1]. Conform teoremei lui Rolle, exista ınsa unpunct c ∈ (0, 1), astfel ıncat f ′(c) = 0. Deci f ′(x) < 1, oricare ar fi x ∈ [0, 1].Fie g : [0, 1]→ R, g(x) = f(x)− x. Cum g′(x) = f ′(x)− 1 < 0, oricare ar fix ∈ [0, 1], rezulta ca g este strict descrescatoare.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

(ii) Cum

s∆(g) <∫ 1

0g(x) dx < S∆(g),

unde s∆(g) si S∆(g) sunt sumele Darboux inferioara, respectiv superioaraale lui g pentru diviziunea ∆ = {0, 1/n, . . . , (n− 1)/n, 1}, rezulta

1n

n−1∑k=0

(f

(k + 1n

)− k + 1

n

)<

∫ 1

0(f(x)− x) dx <

1n

n−1∑k=0

(f

(k

n

)− k

n

).

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

Cum f(0) = f(1) si∫ 1

0f(x) dx = 0, obtinem

n−1∑k=0

f

(k

n

)− n+ 1

2< −n

2<

n−1∑k=0

f

(k

n

)− n− 1

2,

de unde rezulta inegalitatea din enunt.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Solutia 2. Aceeasi demonstratie pentru (i) ca ın Solutia 1.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 punct

(ii) Fie G : [0, 1]→ R, G(x) = F (x)− x2

2 , unde F este o primitiva a luif . Functia G′(x) = f(x)− x este strict descrescatoare, deoarece derivata saG′′(x) = f ′(x)− 1 < 0, oricare ar fi x ∈ [0, 1].. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Din teorema lui Lagrange, aplicata functiei G pe intervalul[

kn ,

k+1n

],

k = 0, . . . , n− 1, rezulta ca

f

(k + 1n

)− k + 1

n< n

(F

(k + 1n

)− F

(k

n

)− 2k + 1

2n2

)< f

(k

n

)− k

n

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

3

www.neutr

ino.ro

Prin sumarea acestor inegalitati obtinem

n−1∑k=0

f

(k + 1n

)− n+ 1

2< n

(F (1)− F (0)− 1

2

)<

n−1∑k=0

f

(k

n

)− n− 1

2.

Cum F (1) − F (0) =∫ 1

0f(x) dx = 0 si f(0) = f(1), rezulta inegalitatea

ceruta.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 puncte

Remarca. Concluzia ramane adevarata, atat pentru f(0) ≤ f(1), cat siatunci cand conditiile f(0) = f(1) si f ′(x) 6= 1, oricare ar fi x ∈ [0, 1], suntınlocuite prin conditia |f ′(x)| < 1, oricare ar fi x ∈ [0, 1].

4