Moros an 2006 Sol
description
Transcript of Moros an 2006 Sol
Inspectoratul Scolar Judetean Braila Concursul interjudetean de Matematica
“PETRU MOROSAN-TRIDENT” Editia a-IV-a, Braila, 8-10 decembrie 2006
Barem de corectare
CLASA a-V-a
Problema 2 Se dau numerele 75 156234 +=A si 32 312546 +=B . Stabiliti valoarea de adevar a propozitiilor:
A>B; B>A (prelucrare G.M., 9/2006)
Rezolvare Se compara 5
234 cu 2546 si 7156 cu 3
312
BA <⇒+<+⇒
<⇒
==
<⇒
==
==
327537
9337
251282212555
312546156234
312156
1561562312
156
546234
78787546
78783234
)(
)(
)(
(A)
AB <⇒ (F) Paun Viorica- Sc Ion Creanga
Problema 1 Aflati toate numerele naturale de trei cifre care impartite la 67 dau restul egal cu cubul catului Solutie 2p… rcxyz += 67 , cr
3= si 67<r si 0≠r
1p… Deci },,,{ 642781∈r
1p… r=1 ⇒ c=1 ⇒ xyz≠=+⋅ 681167 1p…r=8 ⇒ c=2 ⇒ 1428267 =+⋅=xyz 1p…r=27⇒c=3 ⇒ 22827367 =+⋅=xyz 1p…r=64⇒c=4 ⇒ 33264467 =+⋅=xyz
BOICESCU NAZELI- “G.M.MURGOCI” Problema 3 Fie sirul de numere naturale
11 =a
532 +=a
11973 ++=a
191715134 +++=a …..
a) Calculati a8.
b) Aratati ca an este cub perfect, (∀) Nn *∈ .
Solutia
a) Observam ca a8 are opt termeni si anume:
... )1587(...)587()387()187(8
+⋅+++⋅++⋅++⋅=a
… 8364856)17...531(856 =+⋅=+++++⋅=
b) =−+−+++−++−= 444444444 3444444444 21n
nnnnnnnna ]12)1[(...]3)1[{]1)1[(
2p… nnnnnnn 22 )(12...531)1( 1 +−=−+++++−=
1p… n3=
BOICESCU NAZELI CN “MURGOCI”, BRAILA
Inspectoratul Scolar Judetean Braila
Concursul interjudetean de Matematica “PETRU MOROSAN-TRIDENT”
Editia a-IV-a, Braila, 8-10 decembrie 2006
Barem de corectare
CLASA a-VI-a Subiectul nr.I
a) 3p b=34c , 2
2
916
cc
+ =400 1p
Rezolvare ec. si c=12 1p Finalizare 1p b) 100a+10b+c=50c+5b 1p 100a+5b=49c c=5 1p Finalizare a=2, b=9 abc=295 2p Orice alta rezolvare corecta se puncteaza cu 3p respectiv 4p. Subiectul nr.II
A= →⋅⋅10099
43
21 … 50 factori B= →⋅⋅
9998
54
32 … 49 factori
C= →⋅⋅101100
76
54
32 … 50 factori
a) C<B 1p pBCA
CA1
<<⇒<
b) 100
1=⋅ BA 1p
A<101 1p B >
101 1p Finalizare 1p
Orice alta rezolvare corecta se puncteaza cu 7p. Subiectul nr.III
( ) ( )( ) ( )
≡≡
FBNCBFEBMABE
corectDesen 1p
−==
ooo
xMBCmxMBFm
2110)()(
2p
m(ABM)=70°+2x° 2p m(EBA)=35+a° 1p m(EBF)=35° 1p Orice alta rezolvare corecta se puncteaza cu 7p.
Inspectoratul Scolar Judetean Braila Concursul interjudetean de Matematica
“PETRU MOROSAN-TRIDENT” Editia a-IV-a, Braila, 8-10 decembrie 2006
Barem de corectare
CLASA a-VII-a
Problema nr 1
=−++−+−=2006
12005
1...
41
31
21
1B
=+++−+++++= )2006
1...
41
21
(22006
12005
1...
31
21
1 ……2p
=++++−+++++= )1003
1...
31
21
1(2006
12005
1...
31
21
1 ……1p
+++=⇒
→+++=
20061
...1005
11004
12006
1....1005
11004
1
B finalizxare…..1p
2006
2...
10062
10042
10031
...503
1502
1+++=+++=A ….. 1p
20061
20061
...1006
11006
11004
11004
1++++++= …..1p
Comparand termen cu termen obtinem ca A>B…..1p Total 7p Orice alta rezolvare decat cea din barem primeste punctajul maxim.
PROBLEMA NR 2
a) a=k 2 +p 2 , k,p N*∈ k ≠ p…..1p
{
nr
nr
nr
nr
nr
nr
1
3;;
7.;....................;.........
7........;..........;
7.......;;.........;
7;....;;
76857565
9454935343924232
91514131
22
222222
2222
222222
222222
22222222
→+
→+++
++
→+++
→+++
→++++
→
Total 29 numere “prietenoase”…..2p b) n=1 26=25+1= 15
22 +
n=2 102426222
+= ………1p
Daca n=par=2k k N*∈ k>1
2121
22)1(2)1(22222
)()(
)(
1026242610242667626262626
⋅+⋅=
=+=⋅=⋅=−−
−−−
kk
kkkk
Obs: se poate lua n=2k+2 k∈N 222222222 )()()( 10262426102426262626 ⋅+⋅=+=⋅=⇒ + kkkkk
…1p
Daca n=impar=2k+1 k N
*∈ 222212 )()()( 12652612526262626 ⋅+⋅=+=⋅=+ kkkkk
Total 7 p
PROBLEMA NR 3
a) ∆ BCM: m<C=90 ° ……………………1p ∆ BCM: D= centru de greutate……….1p
AF=l. mijlocie in ∆ BCM AE=l. mijlocie in ∆BCM……………….1p Finalizare: AFCE= dreptunghic………..1p b)AFMC=trapez dreptunghic…………..1p c) ∆ BFN=isoscel……………….1p finalizare BA⊥ NF……………1p Total 7p Orice alta rezolvare corecta, diferota de cxea din barem, primeste punctaj maxim
Inspectoratul Scolar Judetean Braila Concursul interjudetean de Matematica
“PETRU MOROSAN-TRIDENT” Editia a-IV-a, Braila, 8-10 decembrie 2006
Barem de corectare
CLASA a-VIII-a
I. Fie MN, NP, PM linii mijlocii ale triunghiului echilateral ABC.AP = PB = … =AN = 1 Punand cate un punct in fiecare triunghi, al cincilea il vom pune in unul din cele patru triunghiuri si astfel rezulta ca exista doua puncte a caror distanta este mai mica decat 1.
II. Determinati a, b ? R+ daca )3)(34( ba ++ + )3)(27( abb −− = 7 SOLUTIE :
2p )3)(34( ba ++ = 2
334 ba +++
2p )3)(27( abb −− = 2
327 abb −+−
7 = 2
334 ba +++ + 2
327 abb −+−
1p 7 = 7
1p Egalitate pentru
−=−+=+
abbba
327334
ó
=+=+
baba337
31
1p b=3; a=32
III Fie sirul 1 + 3 + 5; 6 + 8 + 10; 11 + 13 + 15; 16 + 18 + 20; a) Verificati daca 2019 este termen al sirului. Dar 2006 ? b) Calculati suma primilor 108 termeni ai sirului.
SOLUTIE : 2p a) Fiecare termen al sirului este de forma (5k + 1) + (5k + 3) + (5k + 5) = 15k + 9 1p 15k + 9 = 2019 => 15k = 2010 => k = 134 1p => 2019 este al 135 – lea termen al sirului 1p 15k + 9 = 2006 => 15k = 1997 => 2006 nu este termen al sirului
1p b) k = 107;0 => S = ∑=
+107
0
)915(k
k = 15 ∑=
107
0k
k + 9∑=
107
0
1k
1p 15 2108107 ⋅ + 9 108⋅ = 86670 + 972 = 87642
Inspectoratul Scolar Judetean Braila Concursul interjudetean de Matematica
“PETRU MOROSAN-TRIDENT” Editia a-IV-a, Braila, 8-10 decembrie 2006
Matematica M1
CLASA A IX-A Subiectul 1 Din x3=ax+a-1 ⇒ x3+1-a(x+1)=0 ⇒ (x+1)(x2-x+1-a)=0 X+1=0 ⇒ x1=0 Z∈ .......................2p Pentru x2-x+1-a=0 34441 −=+−=∆ aa ................................................................1p Pentru a avem x2, x3 Z∈
Trebuie 4
3;
22 +
=⇒∈=∆ kk aNk .........................................................1p
1;12 2 ++=⇒∈+=⇒∈ naNnnkZa n ....................................................2p
Obtinem x2/3= 2)12(1 +± n
X2= -n Z∈ si x2=n+1 Z∈ .........................................................................1p
OBS pentru 1; ≠∈ nNn si a=n2+n+1 avem 3 radacini intregi distincte Subiectul 2
a) )1(21
2
2
21−−=
−+<= kk
kkkk si sumand (sau inductie) pentru
nnk S n2,1 <⇒= .............................................................................2p
Analog 212 −+> nS n…………………………………………1p
b) Fie a1=1 ; a2=2……a100 ; a101=102, an=n+1 ; 101≥n
Notez Tn=n
1...
3
1
2
11 ++++
Si din a) rezulta nn T n2212 <<−+
Demonstram sub inductie : 1,9,112 ≥∀<−+ nn T n(*)
Pentru n=1 9,22219,122 <⇔<−⇒ (A)
Presupun T nn
1912
+<−+ si demonstrez ca T n
n1
9,122+
<−+ . Cum Tn+1=Tn+1
1
+n e
suficient sa demonstrez :
32)1)(2(21
11222
1
19,1129,122 +<++⇔
+++<+⇔
++−+<−+ nnn
nnn
nnn
(a)…..1p
Revenim la sirul (an) definit mai sus. Pentru n nn STS nnn2212100 <<−+⇒=⇒≤
Fie .101≥n
nnn TS nn
21
...101
1
100
1...
2
11
1
1...
102
1
100
1...
2
11 <=++++++<
+++++++= …..1p
Avem apoi 101
11−=
+TS nn
Conform (*) 9,1221
−+>⇒+
nT n si deci
21222210119,122 −+>⇒−+>−−+> nnn SS nn
……………..1p
Obs 1 Pentru 101 se poate alege orice k cu 1,01
<k
Obs 2 Baremul pentru alte solutii corecte se adapteaza respectand ponderile sugerate de acest barem Subiectul 3 Notam x=p2, y=g2, z=r2, p,q,r,>0
Inegalitatea se scrie echivalent rpqrpqcbarqp
++≥++222
........1p
Aplicam inegalitatea Cauchy-Schwarz, inegalitatea (p+q+r)2≥(pq+qr+rp), 0,, >∀ rqp si
inegalitatea MA- MP. Avem
rpqrpqrpqrpq
cbarpqrpq
cbarpqrpq
cbacba cbarqprqp
++=++
++≥
++++
=++
++≥
++≥++
++
33
)(3222
22
22 )(
(1) (2) (3) (4) (5) (6) 1+2 =2p 2+3=2p 5+6=1p Nota: Solutia poate fi data fara a face x=p2, y=q2, z=r2
Inspectoratul Scolar Judetean Braila Concursul interjudetean de Matematica
“PETRU MOROSAN-TRIDENT” Editia a-IV-a, Braila, 8-10 decembrie 2006
Matematica M1
CLASA A X-A PROBLEM A 1 Sa se resolve in R ecuatia [ ] xx =2
3
Ion Nedelcu, Prahova
1 Notand ],[3 kx = ,Zk ∈ rezulta
=
∈ +2
)1 )(,[33
kx
x kk ................................2p
2 Atunci )1(233 +<≤ kk k , unde .Nk ∈
3 Avem inegalitatea ( demonstrabila prin inductie matematica) 2n >n3 , 10, ≥∈∀ nNn ........................................................2p 4 Atunci 10,2
3 ≥∈⇒≤ kNkk
k sau k=1..................................................1p
2k<(k+1)3 Nk *∈⇒ , 10≤k .....................................................1p
5 Rezulta }{ }( 210,210,1 ∈⇔∈ xk ……………………………………...1p Problema 2
Fie z1, z2,…zn ∈C cu nkzk,1,05 =∀>= si Re 0
1 1 1 1
=
∑∑∑∑
= = = =
n
k
n
i
n
j
n
l lk
ji
zzzz
Demonstrati ca ∑=
−n
kkz
1
1 2 = n(r2+1)
Viorel Botea, Braila PROBLEMA 2 1 Avem succesiv
S=
=
= ∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑
======= = = =
n
k k
n
jj
n
l l
n
k k
n
jj
n
kk
n
k
n
i
n
j
n
l lk
ji
zzzzzzzzzz
1111111 1 1 1
111 2 =
∑∑
==
n
k
kn
jj r
zk1
21
2 =54
1 zzz n+++ ...
214 ....................................3p
Cum ReS=0 => zzz n+++ ...
21 =0 , adica z1+z2+....+zn=0...................2p Atunci
∑=
−n
kkz
1
12= )1()1()1)(1( 22
1
2
1
+=+=+−−=−− ∑∑==
rrzzzzz nnnk kk
n
kk
n
kk
.........2p
Problema 3 Sa se determine functia f: R+ →R astfel incat
f(x)+ [ ] { } Rff xxxx+
∈∀=+ ,)((22
Marius Damian, Braila Pentru x=0 => f(0)+ 0)(2 =xf , de unde rezulta f(0)=0............................1p
Pentru)1,0(,0)()()1,0( ∈∀=+⇒∈ xxfxfx.................................................1p
Presupunand ca exista x0 ∈(0,1) a.i. f(x0)<0, rezulta, din relatia de mai sus, ca x0=0, contradictie.
Deci f(x)>0, )1,0(∈∀x adica (1) )1,0(,2
)( ∈∀= xx
xf ..................................1p
Pentru x NxxxfxfN ∈∀=+⇒∈ ,)()( .........................................................1p Presupunand ca exista x0 N∈ a.i. f(x0)<0, din relatia de mai sus obtinem x0=0, contradictie.
Deci f(x) ≥0, nx ∈∀ , adica (2) f(x) Nxx
∈∀= ,2
.......................1p
Folosind relatiile (1) si (2) obtinem
{ } { } Rxxxf +∈∀⋅= ,21
)(
[ ] [ ] Rxxxf +∈∀⋅= ,21
)( iar din enunt gasim
[ ] { } Rxx xxxf+
∈∀+−= ,21
)(22 ............................................... .................2p
Inspectoratul Scolar Judetean Braila Concursul interjudetean de Matematica
“PETRU MOROSAN-TRIDENT” Editia a-IV-a, Braila, 8-10 decembrie 2006
Matematica M1
CLASA A XI-A
I. Ce relatie trebuie sa fie intre constanbtele positive a si b ca sa existe
∞>−nlim (a nn + b) n/ln n si sa fie finite si nenula ? Sa se calculeze in acest caz limitative.
SOLUTIE
2p Deoarece ∞>−n
lim n n = 1 si ∞>−n
limn
nln
= +∞ suntem in cazul (a+b)+ ∞
1p Daca : a + b > 1 limita este +∞ 1p a + b < 1 limita este 0 1p Daca a + b = 1 suntem in cazul 1∞ si avem
L = ∞>−n
lim (1 + a( n n - 1))n/ln n = nna
na
n
n
nn
n
na ln)1(
1(
1
]))1(1lim[(−
−
∞>−−+
2p Deoarece n
na nn
n ln)1(
lim−
∞>− = a
nn
e nn
n ln1
lim
ln
−∞>−
= a obtinem L = ea
II. Consideram An = { A ? M2 ( ℜ) | An+1 = 2007n A⋅ }, n ? N* fixat. a) Aratati ca An contine o infinitate de elemente b) Determinati A4 ∩ A2007
SOLUTIE 1p a) Consideram A=2007 B⋅ cu B2 = B si ramane sa demonstram ca avem o infinitate de matrici B ? M2 ( ℜ )
Consideram B =
dcba
si atunci B2 = B ó
=+=+=+
=+
dbcdcdacbdab
abca
2
2
)()(
=> Consideram a + d = 1 ó d = 1-a; b=1 si c =
a – a2 cu a ? ℜ => B =
−− aaa
a1
12 , a ? ℜ (2p)
A = 2007
−− aaa
a1
12 , a ? ℜ (2p)
1p b) A ? A4 ∩ 2007A ó
==
AAAA
20072008
45
20072007
i) Daca detA 0≠ obtinem
==
22007
244
20072007
IAIA
Deoarece c.m.m.d.c (4,2007)=1 )(∃ u, v astfel incat 4u +
2007v = 1 => A = ( ) ( ) 22007420074 20072007 IAA vuvu
==⋅ + (1p)
ii) Daca detA = 0 si A
tzyx
=> An = (x + t)n-1A, n 2≥
obtinem: ( )( )
=+=+
AAtxAAtx
20072007
44
20072007 => A = O2 sau
==+
zyxttx 2007
A4 ∩ 2007A =
≠
0;
2007;
200700
;00
2007;;2007 22 z
zzxt
xyyOI (2p)
3.Fie a>0 fixat .Sirul (xn)n>1este dat de relatia de recurenta: xn+1=xn + 1)(,22 ≥∀− naxn cu x1 ≥ a.
Sa se calculeze ∞→n
lim (n
n
x2 ).
D.Negulescu , Braila Solutie si barem de corectare.
Daca x1=a obtinem xn=a ( ∀ )n ≥ 1 si +∞=∞>− a
n
n
2lim (1 pct)
Daca x1>a transformam , prin notatia yn =axn ,relation de recurenta in :
yn+1=yn+ 1,12 ≥− nyn , y1=ax1 (2 pct)
deoarece y1=cth(b) ).( 1yarccthb =⇔
).
2(
)()(1
)(1
)(2
bcth
bshbch
bshbcthy =
+=+=
Prin inductie obtinem yn=cth(12 −n
b ) ( ∀ )n .1≥ Si deci xn=acth )2
( 1−n
b (2 pct)
Avem ab
bch
b
bsh
ab
bch
bsh
abacth nn
n
n
n
nn
n
n
n
n
2
)2
(
1
2
)2
(lim2
)2
(
)2
(2lim1
)2
(
2lim
11
1
1
1
1
=⋅==
−−
−
∞>−
−
−
∞>−
−
∞>−(2pct)
Inspectoratul Scolar Judetean Braila Concursul interjudetean de Matematica
“PETRU MOROSAN-TRIDENT” Editia a-IV-a, Braila, 8-10 decembrie 2006
Matematica M1
CLASA A XII-A 1. Avem Gyxyfxfyxf ∈∀⋅=⋅ ,),()()( si nnn yxxyygxgxyg =⇔⋅= )()()()( si
nnn yxxy 222)( = , ;, Gyx ∈∀ 1 pct Din .,,)()()( 222 Gyxxyyxyxyxxyxyxyyx nnnnnnnnnnnnn ∈∀=⇒=== 2 pct Avem ,,,)()()()( Gyxyxxyyxfxyfxyyxxyyx nnnnnn ∈∀=⇒=⇒=== 2pct Daca f este surjectiva , atunci ,Gx ∈∀ Gba ∈∃ , astfel incat ybxa nn == , si din (1) avem
yxyyxabbaxy nnnn =⇒=== 2 pct 2. RxxxfxfxfxfRxxxfxfxf ∈∀=−′−′−′′⇔∈∀+′=+′′ ,))()(())()((,)(2)()( 1 pct Notam )()()( xfxfxg −′= derivabila,
Rxxxgxg ∈∀=−′ ,)()( | xe− ⇒ 1 pct ⇒′+−==′⇒ −−− ])1([))(( xxx exxeexg
CexxgRxCexexg xx ++−=⇒∈∀++−=⇒ −− )1()(,)1()( xCexxfxfRx ++−=−′⇒∈∀ )1()()( | xe− ⇒ 2 pct
])1[()1())(( ′+++=++−=′⇒ −−−− CxeexCexexf xxxx .,,,2)(,)2()( 2111 RCCRxeCCxexxfRxCCxexexf xxxx ∈∈∀+++=⇒∈∀+++=⇒ −− 2 pct
3.1)
;)cosln(sin2
)1()ln(
)ln(cos2
)()(
)1()1(
2
2
2222
Cxxx
pctCxtgx
xx
dxxtgxxtgx
dxtgxx
pctdxxtgx
xtgdx
xtgxxtgx
pctdxxtg
x
+−+−=+−+
++−=−
′−++−=
=−
+−
−=
−
∫ ∫
∫∫∫
2) .))ln
lnln(
21
)1(1)
ln(
)ln
()1(
1)ln
(
ln1ln
)1(ln
1ln22
2
22 Cxxxx
pctdx
xx
xx
pctdx
xx
x
pctdxxx
x x+
+−
=−
′=
−
−
=−
−∫∫∫
Inspectoratul Scolar Judetean Braila Concursul interjudetean de Matematica
“PETRU MOROSAN-TRIDENT” Editia a-IV-a, Braila, 8-10 decembrie 2006
MA TEMATICA M2
Clasa a IX-a SUBIECTUL I 1. 0 = 1) - y + xy + y)(x-(x 22 ∃⇒ xy = .
2. Rezolvarea ecuatiei: 0233 2 =−+ yy si alegerea solutiei. 3. 122 =++ yxyx ( ) 2, Zyx ∈ ⇒ ( ) { }esimetricelyx ),1;1(),1;0(),1;0(, −−∈
SUBIECTUL II (2p) 1. [ ] { } [ ] [ ] { } 8,182 +=−⇒+= abaaaa . (2p) 2. { } 2,02 =a sau { } 2,12 =a . (3p) 3. 1,31=a si 5,12=b ; 6,31=a si 11=b . SUBIECTUL III (2p) 1. G = centrul de greutate al ∆ABC G’ = centrul de greutate al ∆MNP
P Ρ∈ ⇒ 3→→→→
++= RCRBRARG
(2p) 2. →→→→
++= RPRNRMRG'3
(3p) 3. →→→→→→
++=++ RCRBRARPRNRM
→→→→
==+ PCAQBNAM
→→→→
=++ 0CPBNAM
Inspectoratul Scolar Judetean Braila Concursul interjudetean de Matematica
“PETRU MOROSAN-TRIDENT” Editia a-IV-a, Braila, 8-10 decembrie 2006
MATEMATICA M2
Clasa a X-a
SUBIECTUL I
Câte (1p) deductia: 15log1
ax= 21log1
ay= 35log
1az
=
înlocuire si aplicarea consecintei schimbãrii bazei (1p).
( ) 7log5log3log35log21log15log21
aaaaaa ++=++
restrângerea si descompunerea în factori (2p): 7log5log3log753log21 222
aaaa ++=⋅⋅
finalizare (1p). SUBIECTUL II
Restrângerea expresiei (3p): 1
)1(log)2(log)1(loglog 2222 +
+=+++−
nnn
nnn
Aplicarea consecintei din def. logaritmului (1p): 1
)2(2 1
)2(log2
++
=++
nnnn
nn
Scoaterea întregilor (1p):11
22
++=
++
nnn
nnn
Evidentierea )1,0(1
∈+nn - (1p)
Determinarea pãrtii întregi (1p): nn
nn =
++
1
SUBIECTUL III a) Exprimarea modulelor (2p): )(2))(())(( 221121212121 zzzzzzzzzzzz +=−−+++ Conjugatul sumei(diferentei) = suma(diferenta) conjugatelor (1p): )(2))(())(( 221121212121 zzzzzzzzzzzz +=−−+++ Calcule, reduceri (1p) – finalizare. b) Înlocuirea conditiilor din enunt (1p): 4)11(23 2
21 =+=−+ zz
Obtinerea expresiei finale (1p): 1221 =− zz
Finalizare (1p): 11
0212
21
21 =−⇒
=−
≥−zz
zz
zz
Inspectoratul Scolar Judetean Braila Concursul interjudetean de Matematica
“PETRU MOROSAN-TRIDENT” Editia a-IV-a, Braila, 8-10 decembrie 2006
MATEMATICA M2
Clasa a XI-a Subiectul 1. (2p) 1. TrA=5, det A=6 ⇒ A∈M 2 (R) ⇒verifica ec : ⇒=+⋅ 0detXXTrX- X (2p) 2. X n =(X 2 -5X+6)C(x)+ax+b (1p) 3. x=2 si x=3 ⇒ a si b (2p) 4. Finalizare A n = aA+b Subiectul 2. (1p) 1. det X 3=1 ⇒ det X =1 (2p) 2. X 2 -(TrX) X+I 2 =O 2 / *X ⇒
X 3-(TrX) 2 X +X=O 2 ⇒ (2p) 3. X 3- (Tr 2 X - 1)X – TrX * I 2 =O 2 ⇒ Tr 3X=(Tr 2 X – 1)(TrX) – 2TrX (1p) 4. TrX= -1 sau TrX =2 (1p) 5. ⇒ X 3=I 2 (nu convine)
X=31
+−−
23
2
438243
aaaa
Subiectul 3. (1p) 1. f este strict crescatoare, deci injective si ecuatia are solutie unica
(2p) 2. ∞→a
lima
aax ln)( ⋅ =∞→a
lim))(ln1()(
ln)(axax
aax+⋅⋅ =
∞→alim
aax
a ln)(ln
ln1
1
+;
∞→alim 0
ln1
=a
(1p) 3. Ramane de aratat ca ∞→a
lim 1ln
)(ln=
aax
(3p) 4. Logaritmand ecuatia si aratand ca pentru a>e e ⇒ lna>1+lnx(a) ⇒
∞→alim <+
aax
ln))(ln1ln(
∞→alim 0
lnlnln =aa
Inspectoratul Scolar Judetean Braila Concursul interjudetean de Matematica
“PETRU MOROSAN-TRIDENT” Editia a-IV-a, Braila, 8-10 decembrie 2006
MATEMATICA M2
Clasa a XII-a
Problema 1: z=x+iy , x,y∈R (1p) Calculul correct al modulelor (0.5 x 4 = 2p)
⇒
+−=+
+−=+−
36)8(5363
)8()4(22
2222
yy
yxyx
Din ecuatia I ⇒x 2 -8x+16+y 2 =x 2 -16x+64+y 2 ⇒x=6 (2p) Inlocuirea in ecuatia II ⇒y 2 -25y+136=0 ⇒ y 1=17, y 2 =8 ⇒ z 1=6+8i , z 2 =6+17i (2p) Problema 2: P(1)=2 (1p), P(-1)=6 (1p), P(2)=3 (1p) P(x)=(x-1)(x+1)(x-2)Q(x)+ax 2 +bx+c, ( ∀ )x∈R (1p) Obtinerea celor trei ecuatii (1p) Rezolvarea ⇒a=1,b=-2,c=3 (1p) R(x)=x 2 -2x+3 (1p)
Problema 3: I1= ∫+
−dx
xxx
x
)1
(
1
443
4
(1p) , n=x 2 +2
1x
(1p) , n’=2( x -3
1x
) (1p)
I1= 21
∫ − 22ndn (1p), I1=
24
1 ln2
1
21
22
22
++
−+
xx
xx
+ C (1p)
I 2 =n
n
xx 2
2 11
+( 1
1 1+
− − nn
xx )dx (1p), n= n
n
xx
1+ si
I 2 =22
1n
ln2
1
21
++
−+
nn
nn
xx
xx
+ C (1p)