MINISTERUL EDUCAȚIEI NAȚIONALE INSPECTORATUL ȘCOLAR … · 2019-10-28 · a) Verificați dacă este corect calculul cu cifre romane: 𝑋𝐿𝑉 + 𝑋𝑋𝑉 = 𝐿𝑋𝑋

MINISTERUL EDUCAȚIEI NAȚIONALE

INSPECTORATUL ȘCOLAR JUDEȚEAN DOLJ

COLEGIUL NAȚIONAL „FRAȚII BUZEȘTI“, DOLJ

CONCURSUL INTERJUDEȚEAN DE MATEMATICĂ

„GHEORGHE DUMITRESCU“

26.10.2019

Clasa a IV-a

1. a) Aflați valoarea necunoscutei a din egalitatea:

15 × (2019: 𝑎 + 2997) − 𝑎: 𝑎 = 44999

b) Determinați un număr de trei cifre, știind că produsul lui cu 4 se termină în cifrele 276.

2. a) Verificați dacă este corect calculul cu cifre romane: 𝑋𝐿𝑉 + 𝑋𝑋𝑉 = 𝐿𝑋𝑋 .

b) Dacă fiecare din literele X, L, V reprezintă cifre de la 0 la 9, fără legătură cu cifrele

romane, găsiți valoarea fiecăreia dintre ele, pentru a reconstitui adunarea de mai sus:

𝑋𝐿𝑉 + 𝑋𝑋𝑉 = 𝐿𝑋𝑋 .

3. a) Un elev are cartonașe cu triunghiuri și pătrate, pe care le așază unul după altul astfel:

un triunghi, un pătrat, un triunghi, un pătrat și așa mai departe. După ce a numărat laturile

tuturor figurilor geometrice, obține 94. Câte cartonașe cu triunghiuri a avut?

b) Cum putem măsura durata unei pauze de 15 minute cu ajutorul a două clepsidre: una

care se golește complet în 2 minute și alta al cărei nisip se scurge complet în 7 minute?

Notă:

• Toate subiectele sunt obligatorii;

• Fiecare subiect se apreciază cu punctaje de la 1 la 10;

• Timp de lucru: 2 ore.

Soluții și bareme de corectare orientative

Clasa a IV-a

Orice altă rezolvare corectă va fi punctată corespunzător.

1. Oficiu (1p) a) 15 × (2 019 ∶ 𝑎 + 2997) − 𝑎: 𝑎 = 44 999 ↔

15 × (2 019 ∶ 𝑎 + 2997) − 1 = 44 999 ↔ ( 0,5p )

15 × (2 019 ∶ 𝑎 + 2997) = 44 999 + 1 ↔ ( 0,5p )

15 × (2 019 ∶ 𝑎 + 2997) = 45 000 ↔ ( 0,5p )

2 019 ∶ 𝑎 + 2997 = 45 000 ∶ 15 ↔ ( 0,5p )

2 019 ∶ 𝑎 + 2997 = 3 000 ↔ ( 0,5p )

2 019 ∶ 𝑎 = 3 000 − 2 997 ↔ ( 0,5p )

2 019 ∶ 𝑎 = 3 ↔ ( 0,5p )

𝑎 = 2019 ∶ 3 = 673 ( 0,5p )

b) 𝑎𝑏𝑐̅̅ ̅̅ ̅ × 4 = … 276̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅

Cum 𝑐 × 4 = … 6̅̅̅̅̅ , deducem 𝑐 = 4 sau 𝑐 = 9. ( 1p )

Dacă 𝑐 = 4, 𝑎𝑏4̅̅ ̅̅ ̅ × 4 = … 276̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ obținem: 𝑏 = 4 sau 𝑏 = 9.

Dacă 𝑏 = 4 , 𝑎44̅̅ ̅̅ ̅ × 4 = … 276̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ și 4 × 𝑎 + 1 = … 2̅̅̅̅̅ (fals)

Dacă 𝑏 = 9 , 𝑎94̅̅ ̅̅ ̅ × 4 = … 276̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ și 4 × 𝑎 + 3 = … 2̅̅̅̅̅ (fals) ( 1p )

Dacă 𝑐 = 9, 𝑎𝑏9̅̅ ̅̅ ̅ × 4 = … 276̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ obținem: 𝑏 = 1 sau 𝑏 = 6.

Dacă 𝑏 = 1 , 𝑎19̅̅ ̅̅ ̅ × 4 = … 276̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ și 4 × 𝑎 = … 2̅̅̅̅̅ , deci 𝑎 = 3 sau 𝑎 = 8

și 𝑎𝑏𝑐̅̅ ̅̅ ̅ ∈ {319; 819} .

Dacă 𝑏 = 6 , 𝑎69̅̅ ̅̅ ̅ × 4 = … 276̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ și 4 × 𝑎 + 2 = … 2̅̅̅̅̅ , deci 𝑎 = 5 . și 𝑎𝑏𝑐̅̅ ̅̅ ̅ = 569 . ( 2p)

Deci 𝑎𝑏𝑐̅̅ ̅̅ ̅ ∈ { 319; 569; 819 } . ( 1p)

2. Oficiu (1p)

a) 𝑋𝐿𝑉 + 𝑋𝑋𝑉 = 45 + 25 = 70 = 𝐿𝑋𝑋 (egalitate adevărată) (3 p)

b) Se va puncta corespunzător oricare soluție corectă:

Soluția 1: Renotând = 𝑎 , 𝐿 = 𝑏, 𝑉 = 𝑐 , egalitatea devine: 𝑎𝑏𝑐̅̅ ̅̅ ̅ + 𝑎𝑎𝑐̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑏𝑎𝑎̅̅ ̅̅ ̅

100𝑎 + 10𝑏 + 𝑐 + 100𝑎 + 10𝑎 + 𝑐 = 100𝑏 + 10𝑎 + 𝑎 ↔

210𝑎 + 10𝑏 + 2𝑐 = 100𝑏 + 11𝑎 ↔

199𝑎 + 2𝑐 = 90𝑏 ↔

Din motive de paritate, 𝑎 ∈ {2; 4; 6; 8} ( 4 p )

Dacă 𝑎 = 2 → 199 + 𝑐 = 45𝑏 (imposibil)

Dacă 𝑎 = 4 → 398 + 𝑐 = 45𝑏 → 𝑐 = 7, 𝑏 = 9 → 𝑎𝑏𝑐̅̅ ̅̅ ̅ = 497



Deci 𝑎𝑏𝑐̅̅ ̅̅ ̅ = 497 și 𝑎 = 𝑋 = 4, 𝑏 = 𝐿 = 9, 𝑐 = 𝑉 = 7. ( 2 p )

sau

Soluția 2:

𝑋 ≠ 0, 𝐿 ≠ 0, 𝑉 + 𝑉 = 1𝑋̅̅̅̅ , 1 + 𝐿 + 𝑋 = 1𝑋̅̅̅̅ , de unde 𝐿 = 9. ( 2 p )

1 + 𝑋 + 𝑋 = 9 , de unde 𝑋 = 4 ( 2 p )

𝑉 + 𝑉 = 14 , de unde 𝑉 = 7 ( 2 p )

3. Oficiu (1p)

a) Grupând câte un triunghi și câte un pătrat, obținem câte 3 + 4 = 7 laturi

în fiecare grupă. ( 1 p)

94: 7 = 13 rest 3 deci avem 13 grupe (constituite din câte

un triunghi și un pătrat ) și un triunghi (izolat). ( 2 p)

În total sunt 13 + 1 = 14 triunghiuri. ( 1 p)

b) Întoarcem simultan cele două clepsidre și începem să măsurăm timpul

din momentul în care s-a scurs complet nisipul din clepsidra mică, iar

clepsidra mare se va goli în 7 𝑚𝑖𝑛 − 2 min = 5 𝑚𝑖𝑛. (2,5 p)

Apoi, diferența de timp o măsurăm întorcând succesiv clepsidra mică de 5 ori: (7𝑚𝑖𝑛 − 2 𝑚𝑖𝑛) + 5 × 2 𝑚𝑖𝑛 = 15 𝑚𝑖𝑛 ( 2,5 p)

MINISTERUL EDUCAŢIEI NAŢIONALE

INSPECTORATUL ŞCOLAR JUDEŢEAN DOLJ

COLEGIUL NAŢIONAL „FRAŢII BUZEŞTI” CRAIOVA

CONCURSUL INTERJUDEŢEAN DE MATEMATICĂ

„GHEORGHE DUMITRESCU”

26.10.2019

Clasa a V-a

1. a) Câte numere naturale de 3 cifre nu coțin nici o cifră egală cu 2

Calculați suma resturilor împărțirii acestor numere la 2.

b) Se dau 100 numere impare.

Dacă suma acestora este 9998 arătați că cel puțin două dintre aceste numere sunt

egale.

c) Calculați:

127 + (𝑎𝑏𝑐𝑑̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ + 𝑥𝑦𝑧𝑡̅̅ ̅̅ ̅̅ ): 5, știind că: 𝑎𝑦̅̅̅̅ + 𝑥𝑏̅̅ ̅ = 93 și 𝑐�̅� + 𝑧𝑑̅̅ ̅ = 145.

2. a) Ștefan are într-o cutie câteva bile colorate. El constată că:

- toate bilele, mai puțin 5, sunt roșii;

- toate bilele, mai puțin 7, sunt albastre;

- toate bilele, mai puțin 6, sunt negre.

Câte bile de altă culoare decât roșu, albastru sau negru are Ștefan?

b) Să se afle trei numere naturale știind că diferența dintre primul și al treilea este 76,

împărțindu-l pe al doilea la al treilea obținem câtul 3 și restul 5, iar împărtindu-l pe

primul la diferența dintre al doilea și al treilea obținem câtul 2 și restul 6.

GMB

3. Fie 𝑃(𝑛) produsul cifrelor numărului 𝑛. De exemplu:

𝑃(11) = 1 ∙ 1 = 1, 𝑃(20) = 2 ∙ 0 = 0, 𝑃(237) = 2 ∙ 3 ∙ 7 = 42.

Calculați:

a) 𝑃1) + 𝑃(2) + ⋯ + 𝑃(10);

b) 𝑃(11) + 𝑃(12) + ⋯ + 𝑃(99);

c) 𝑃(1) + 𝑃(2) + ⋯ + 𝑃(2019).

Daniela Iancu,

prof. C.N.”Frații Buzești”Craiova

(Selecție realizată de prof. Daniela Iancu)

Notă:





Clasa a V-a

Orice altă rezolvare se asimilează conform baremului.

1. Oficiu (1p)

a). Cifrele din numerele 𝑎𝑏𝑐̅̅ ̅̅ ̅, sunt diferite de 2, prima cifra, 𝑎 ia 8 valori și 𝑏, 𝑐 câte 9

8 ∙ 9 ∙ 9 = 𝟔𝟒𝟖 numere. (1p)

Cu ultima cifră 0,4,6,8 avem 8 ∙ 9 ∙ 4 =288 numere, ele dau restul 𝟎 la împărțirea

cu 𝟐 . (1p)

Cu ultima cifră 1,3,5,7,9, avem 8 ∙ 9 ∙ 5 = 𝟑𝟔𝟎 numere, ele dau restul 𝟏 la

împărțirea cu 2.

Suma resturilor este 𝟑𝟔𝟎. (1p)

b) Presupunem că toate numerele sunt diferite.

Primele 𝟏𝟎𝟎 numere impare, cele mai mici, sunt 𝟏, 𝟐, 𝟑. . . , 𝟏𝟗𝟗. (1p)

Calculăm suma lor S= 1 + 3 +....+ 197+199;

S=199+197+... + 3 + 1

2S=200 ∙100, adică S=10000.

S depășește suma nr. date 9998. (1p)

Presupunere falsă, deci cel puțin 2 dintre ele coincid. (1p)

c)Relațiile 𝑎𝑦̅̅̅̅ + 𝑥𝑏̅̅ ̅ = 93 și 𝑐�̅� + 𝑧𝑑̅̅ ̅ = 145 se mai pot scrie astfel:

{10𝑎 + 𝑦 + 10𝑥 + 𝑏 = 9310𝑐 + 𝑡 + 10𝑧 + 𝑑 = 145

, sau {10𝑎 + 𝑏 + 10𝑥 + 𝑦 = 9310𝑐 + 𝑑 + 10𝑧 + 𝑡 = 145

, adică {𝑎𝑏̅̅ ̅ + 𝑥𝑦̅̅ ̅ = 93

𝑐𝑑̅̅ ̅ + 𝑧�̅� = 145. (1p)

Prin înmulțirea egalității 𝑎𝑏̅̅ ̅ + 𝑥𝑦̅̅ ̅ = 93 cu 100 se obține 𝑎𝑏00̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ + 𝑥𝑦00̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ = 9300. (1p)

Prin adunarea relațiilor 𝑎𝑏00̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ + 𝑥𝑦00̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ = 9300 și 𝑐𝑑̅̅ ̅ + 𝑧�̅� = 145 găsim 𝑎𝑏𝑐𝑑̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ + 𝑥𝑦𝑧𝑡̅̅ ̅̅ ̅̅ = 9445.

În final, avem: 127 + (𝑎𝑏𝑐𝑑̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ + 𝑥𝑦𝑧𝑡̅̅ ̅̅ ̅̅ ): 5 = 126 + 1889 = 2016. (1p)

2. Oficiu (1p)

Fie 𝑛 numărul bilelor colorate și 𝑎 numărul bilelor de altă culoare decât roșu, albastru

sau negru.

Avem: 𝑛 − 5 bile roșii, 𝑛 − 7 bile albastre și 𝑛 − 6 bile negre.

𝑛 − 5 + 𝑛 − 7 + 𝑛 − 6 + 𝑎 = 𝑛

2𝑛 + 𝑎 = 18 și 𝑛 ≥ 7.

Din 2𝑛 ≤ 18 ⇒ 𝑛 ≤ 9. (3p)

Deci 𝑛 poate lua valorile 7,8 sau 9.

Pentru 𝑛 = 7 ⇒ 𝑎 = 4.

Pentru 𝑛 = 8 ⇒ 𝑎 = 2.

Pentru 𝑛 = 9 ⇒ 𝑎 = 0. (2p)

b)Ultimul număr trebuie să fie cel mai mic, îl notăm cu a.

Primul număr este 𝑎 + 76.

Al doilea este 3a + 5. (1p)

Din ultima relatie, 𝑎 + 76 = 2(2𝑎 + 5) + 6. (1p)

Deducem ca 𝑎 = 20. (1p)

Numerele sunt 96, 65, 20. (1p)

3. Oficiu (1p)

a) 𝑃(1) + 𝑃(2) + ⋯ + 𝑃(10) = ! + 2 + ⋯ + 9 + 0 = 45.. (1p)

b) 𝑃(𝑎1̅̅̅̅ ) + 𝑃(𝑎2̅̅̅̅ ) + ⋯ + 𝑃(𝑎9̅̅̅̅ ) = 𝑎(1 + 2 + ⋯ + 9) = 45 ∙ 𝑎.

Deci, 𝑃(11) + 𝑃(12) + ⋯ + 𝑃(99) = 45 + 45 ∙ 2 + ⋯ + 45 ∙ 9 = 452 = 2025. (3p)

c) 𝑃(100) = 𝑃(101) = ⋯ = 𝑃109) = 𝑃(110) = 0 . (1p)

𝑃(111) + 𝑃(112) + ⋯ + 𝑃(199) = 1 ∙ (𝑃(11) + 𝑃(12) + ⋯ + 𝑃(99)) = 452

𝑃(200) = 𝑃(201) = ⋯ = 𝑃(210) = 0 𝑃(211) + 𝑃(212) + ⋯ 𝑃(299) = 2 ∙ (𝑃(11) + 𝑃(12) + ⋯ + 𝑃(99)) = 2 ∙ 452

și așa mai departe.

𝑃(911) + 𝑃(912) + ⋯ + 𝑃(999) = 9 ∙ (𝑃(11) + 𝑃(12) + ⋯ + 𝑃(99) = 9 ∙ 452

deci 𝑃(111) + 𝑃(112) + ⋯ + 𝑃(999) = 452(1 + 2 + ⋯ + 9) = 453 (3p)

𝑃(1111) + 𝑃(1112) + ⋯ + 𝑃(1999) = 𝑃(111) + 𝑃(112) + ⋯ + 𝑃(999) = 453.

Pentru orice număr între 2000 și 2019 produsul cifrelor este 0.

Ca urmare, 𝑃(1) + 𝑃(2) + ⋯ + 𝑃(2019) = 45 + 452 + 2 ∙ 453 = 184320. (1p)



COLEGIUL NAŢIONAL „FRAŢII BUZEŞTI”



26.10.2019

Clasa a VI-a

1. Fie 𝐴 = {1, 2, 3, ⋯ , 2019} şi 𝐵 = {672, 1008, 1344, 1680, 2016}. Mulţimea 𝐴

se scrie aleatoriu ca o reuniune de trei submulţimi, două câte două disjuncte.

Arătaţi că există 𝑎, 𝑏, 𝑎 ≠ 𝑏, din aceeaşi submulţime a lui 𝐴 astfel încât

𝑎 + 𝑏 ∈ 𝐵. Obs. Două mulţimi sunt disjuncte dacă nu au elemente comune.

G.M. 2/2019

2. În jurul lui 𝑂 se consideră unghiurile ∢𝐴0𝑂𝐴1, ∢𝐴1𝑂𝐴2, ∢𝐴2𝑂𝐴3, ….

⋯ , ∢𝐴𝑛−1𝑂𝐴𝑛, având măsurile 1°, 3°, 5°, ⋯ , (2𝑛 − 1)°.

a) Aflaţi măsura unghiului ∢𝑋𝑂𝐴7, unde [𝑂𝑋 reprezintă bisectoarea unghiului

∢𝐴1𝑂𝐴3.

b) Determinaţi valoarea maximă a lui 𝑛 pentru care pot fi construite cele 𝑛 + 1

unghiuri în jurul lui 𝑂 şi, pentru această valoare a lui 𝑛, determinaţi măsura

unghiului ∢𝐴𝑛𝑂𝐴0.

c) Arătaţi că, pentru 𝑛 suficient de mare, există [𝑂𝑌 şi [𝑂𝑍 două bisectoare ale

unor unghiuri formate cu semidrepte din mulţimea {𝑂𝐴0, 𝑂𝐴1, ⋯ , 𝑂𝐴𝑛} pentru

care măsura unghiului ∢𝑌𝑂𝑍 este de 90°. ***

3. a) Demonstraţi că 2𝑛 > 2𝑛−1 + 2𝑛−2, pentru orice 𝑛 ∈ ℕ, 𝑛 ≥ 2.

b) Fie 𝐷 mulţimea divizorilor naturali ai lui 62019. Arătaţi că oricum am alege

2 submulţimi distincte ale lui 𝐷, nu neapărat disjuncte, de câte 4 elemente care

nu sunt multipli de 3, atunci suma elementelor din prima submulţime este

mereu diferită de suma elementelor din cea de-a doua submulţime.

c) Rămâne acest rezultat valabil dacă se elimină condiţia ca divizorii să nu fie

multipli de 3? Justificaţi.

***

(Selecţie realizată de prof. Claudiu Ciulcu)

Notă:





Clasa a VI-a


1. Oficiu (1p)

Observăm că 672 = 2 ∙ 336, 1008 = 3 ∙ 336, 1344 = 4 ∙ 336, 1680 = 5 ∙ 336 şi

2016 = 6 ∙ 336. (2p)

Prin urmare 𝐵 = {2𝑎, 3𝑎, 4𝑎, 5𝑎, 6𝑎}, unde 𝑎 = 336. (1p)

Alegem elementele 𝑎

2,

3𝑎

2,

5𝑎

2,

7𝑎

2 din mulţimea 𝐴. (3p)

Conform principiului cutiei, cel puţin două dintre ele vor fi într-una din cele trei

submulţimi ale lui 𝐴. (2p)

Dar suma celor două elemente este un element al lui 𝐵. (1p)

2. Oficiu (1p)

a) 𝑚(∢𝑋𝑂𝐴7) = 𝑚(∢𝑋𝑂𝐴3) + 𝑚(∢𝐴3𝑂𝐴7) (1p)

Dar 𝑚(∢𝑋𝑂𝐴3) =𝑚(∢𝐴1𝑂𝐴3)

2=

3+5

2= 4°.

Prin urmare 𝑚(∢𝑋𝑂𝐴7) = 4° + 7° + 9° + 11° + 13° = 44°. (1p)

b) 𝑚(∢𝐴0𝑂𝐴𝑛) = 1 + 3 + ⋯ + (2𝑛 − 1) = 𝑛2. Cum 𝑛2 ≤ 360° obţinem că

valoarea maximă este 𝑛 = 18. (2p)

Avem 𝑚(∢𝐴𝑛𝑂𝐴0) = 360° − 𝑛2 = 360° − (182)° = 36°. (1p)

c) Observăm că 142 − 42 = 180. Deci 𝑚(∢𝐴4𝑂𝐴14) = m(∢𝐴0𝑂𝐴14) − m(∢𝐴0𝑂𝐴4) = 142 − 42 = 180°. (2p)

Cum ∢𝐴4𝑂𝐴14 este alungit rezultă că, spre exemplu, unghiurile ∢𝐴4𝑂𝐴6 şi

∢𝐴6𝑂𝐴14 sunt adiacente suplementare. Fie [𝑂𝑌 şi [𝑂𝑍 bisectoarele lor. Rezultă

că 𝑚(∢𝑌𝑂𝑍) = 90°. (2p)

3. Oficiu (1p)

a) Avem 2𝑛 = 2𝑛−2 ∙ 22 > 2𝑛−2(2 + 1) = 2𝑛−1 + 2𝑛−2 pentru orice 𝑛 ≥ 2. (2p)

b) Cum 62019 = 22019 ∙ 32019, rezultă că divizorii lui 62019 sunt de forma 2𝑥 ∙ 3𝑦,

unde 𝑥, 𝑦 ∈ {0, 1, ⋯ , 2019}. Deoarece divizorii din cele două submulţimi nu sunt

multipli de 3 ei vor fi de forma 2𝑥. (1p)

Dacă cele două submuţimi diferă doar printr-un element concluzia este evidentă.

Dacă ele diferă prin două elemente, fie acestea 2𝑥, 2𝑦 şi respectiv 2𝑎 , 2𝑏.

Dacă 2𝑥este cel mai mare dintre ele, utilizând rezultatul de la subpunctul a)

Obţinem 2𝑥 + 2𝑦 > 2𝑥 > 2𝑎 + 2𝑏, adică cele două sume sunt diferite. (2p)

Se poate demonstra ca la punctul a) că, 2𝑛 > 2𝑛−1 + 2𝑛−2 + 2𝑛−3pentru orice

𝑛 ≥ 3 natural, respectiv 2𝑛 > 2𝑛−1 + 2𝑛−2 + 2𝑛−3 + 2𝑛−4 pentru orice 𝑛 ≥ 4

număr natural. (1p)

Prin urmare, dacă submulţimile diferă prin 3 sau toate cele 4 elemente, printr-un

raţionament analog se obţine concluzia problemei. (1p)

c) În cazul în care se elimină condiţia ca divizorii să nu fie multipli de 3 concluzia

nu mai rămâne adevărată. Spre exemplu, cele două submulţimi pot fi acestea

{2, 22 ∙ 3, 62018, 62019} şi respectiv {2 ∙ 3, 23, 62018, 62019}, ele având aceeaşi sumă

a elementelor 14 + 62018 + 62019. (2p)






26.10.2019

Clasa a VII-a

1. Pentru 𝑛 ∈ ℕ și 𝑎 ∈ ℤ∗ , definim expresia:

E(𝑎, 𝑛) = [𝑎 ⋅ 𝑛 + 2 ⋅ (−1)𝑛3+𝑛2+𝑛 + (−1)𝑛2+𝑛 + (−1)𝑛]: 𝑎

a) Rezolvați ecuația E(𝑥, 2019) =1

𝑥 , x ∈ ℤ∗ .

b) Aflați 𝑎 ∈ ℤ∗ cu proprietatea E(𝑎, 𝑛) ∈ ℤ , pentru orice număr natural n. *****

2.1. Se consideră șirul de numere reale:

√23 , √56, √89, √1112, . . . . , √20182019

a) Aflați locul pe care îl ocupă termenul √20182019 în șir.

b) Găsiți al 2019- lea termen al șirului.

c) Demonstrați că orice termen al șirului este număr irațional.

G.M. 12/2018

2.2. Dacă 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ ℚ+ şi 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥 = 2019, arătaţi că:

√(𝑥2 + 2019) ∙ (𝑦2 + 2019) ∙ (𝑧2 + 2019) ∈ ℚ.

3. Fie O un punct interior patrulaterului ABCD astfel încât AO=BO, CO=DO și

𝑚(𝐴𝑂𝐵)̂ = 𝑚(𝐶𝑂𝐷)̂ = 120∘. Notăm cu M, N, P mijloacele segmentelor [AB],

[BC], respectiv [CD].

Demonstrați că △ 𝑀𝑁𝑃 este echilateral.

*****

(Selecție realizată de prof. Oana Preda)

Notă:





Clasa a VII-a


1. Oficiu (1p)

a) 𝐸(𝑥, 2019) = 2019 −2

𝑥

Ecuația 𝐸(𝑥, 2019) =1

𝑥 devine

3

𝑥= 2019 , cu soluția 𝑥 =

1

673 . (2p)

b) Observăm că 𝑛2 + 𝑛 = 𝑛(𝑛 + 1) = par , iar 𝑛3 + 𝑛2 + 𝑛 = 𝑛(𝑛2 + 𝑛 + 1) , care are

aceeași paritate cu n. (2p)

Astfel:

Pentru n par, 𝐸(𝑎, 𝑛) = 𝑛 +4

𝑎 , care este întreg pentru 𝑎 ∈ {±1, ±2, ±4}. (2p)

Pentru n impar, 𝐸(𝑎, 𝑛) = 𝑛 −2

𝑎 , care este întreg pentru 𝑎 ∈ {±1, ±2}. (2p)

Deci, 𝐸(𝑎, 𝑛) ∈ ℤ , pentru orice număr natural n dacă 𝑎 ∈ {±1, ±2}. (1p)

2. Oficiu (1p)

2.1.

a) Observăm că numerele aflate sub radical sunt formate prin alipirea a două numere naturale

consecutive, primul de forma 3k-1, iar al doilea de forma 3k, cu 𝑘 ∈ ℤ∗. (1p)

23 = (3 ∙ 1 − 1)(3 ∙ 1)̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ , 56 = (3 ∙ 2 − 1)(3 ∙ 2)̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ , .... 20182019 = (3 ∙ 673 − 1)(3 ∙ 673)̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅

Deci √20182019 ocupă locul 673 în șir. (2p)

b) Al 2019- lea termen al șirului este √(3 ∙ 2019 − 1)(3 ∙ 2019)̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ = √60566057 . (2p)

c) Presupunem că există în șir un termen rațional. Deci există A= 𝑎1𝑎2. . . 𝑎𝑛̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ astfel încât

𝐴(𝐴 + 1)̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ este pătrat perfect, ceea ce conduce la 𝐴 ∙ 10𝑛 + 𝐴 + 1 pătrat perfect.

Dar 𝐴 = ℳ3 + 2 , de unde 𝐴 ∙ 10𝑛 + 𝐴 + 1= ℳ3 + 2 , care nu poate fi pătrat perfect. (2p)

2.2. 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥 = 2019 ⇒ 𝑥2 + 2019 = 𝑥2 + 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥 = 𝑥(𝑥 + 𝑦) + 𝑧(𝑥 + 𝑦) =

= (𝑥 + 𝑦)(𝑥 + 𝑧). Analog 𝑦2 + 2019 = (𝑦 + 𝑥)(𝑦 + 𝑧), 𝑧2 + 2019 = (𝑧 + 𝑥)(𝑧 + 𝑦) (1p)

⇒ √(𝑥2 + 2019) ∙ (𝑦2 + 2019) ∙ (𝑧2 + 2019) =

= √(𝑥 + 𝑦)(𝑥 + 𝑧)(𝑦 + 𝑥)(𝑦 + 𝑧)(𝑧 + 𝑥)(𝑧 + 𝑦) = √(𝑥 + 𝑦)2(𝑦 + 𝑧)2(𝑧 + 𝑥)2 =

= (𝑥 + 𝑦)(𝑦 + 𝑧)(𝑧 + 𝑥) ∈ ℚ. (1p)

3. Oficiu (1p)

Considerăm E mijlocul segmentului [OB] și F mijlocul segmentului [OC]. Notăm cu x

măsura unghiului 𝐶𝑂�̂�. (2p)

Avem 𝐹𝑁 =𝑂𝐵

2=

𝑂𝐴

2= 𝐸𝑀 , 𝐹𝑃 =

𝑂𝐷

2=

𝑂𝐶

2= 𝐸𝑁, iar 𝑚(𝑀𝐸𝑁)̂ = 120∘ + 𝑥 = 𝑚(𝑃𝐹𝑁)̂

De aici avem că triunghiurile △ 𝑀𝐸𝑁 și △ 𝑁𝐹𝑃 sunt congruente, de unde [MN]=[PN].

(4p)

Rămâne să arătăm că măsura 𝑚(𝑀𝑁𝑃)̂ =60°.

𝑚(𝑀𝑁𝑃)̂ = 𝑚(𝑀𝑁𝐸)̂ + 𝑚(𝐸𝑁𝐹)̂ + 𝑚(𝐹𝑁𝑃)̂ = 𝑚(𝑁𝑃𝐹)̂ + 𝑚(𝐹𝑁𝑃)̂ + 𝑚(𝐸𝑁𝐹)̂ =180∘ −

(120∘ + 𝑥) + 𝑚(𝐸𝑁𝐹)̂ .

Dar 𝑚(𝐸𝑁𝐹)̂ = 𝑚(𝐸𝑂𝐹)̂ = 𝑥, de unde 𝑚(𝑀𝑁𝑃)̂ = 60°. (3p)






26.10.2019

Clasa a VIII-a

1. a) Arătaţi că 𝑎3+𝑏3+𝑐3-3𝑎𝑏𝑐 = (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑎2+𝑏2+𝑐2-𝑎𝑏-𝑏𝑐-𝑐𝑎), oricare ar fi

𝑎, 𝑏, 𝑐 numere reale.

b) Arătaţi că numărul A= 5123+6753+7203 este număr compus. Iulia Sanda,


2. Triunghiurile Δ𝐴𝐵𝐶 şi Δ𝐴𝐷𝐸 se află în plane diferite şi au mediana 𝐴𝑀

comună. Considerăm punctele 𝑃, 𝑄 , 𝑅, 𝑆 situate, respectiv pe segmentele [𝐴𝐵],

[𝐴𝐶], [𝐴𝐷], [𝐴𝐸] astfel încât 𝐴𝑃

𝑃𝐵 =𝐴𝑄

𝑄𝐶= 𝐴𝑅

𝑅𝐷= 𝐴𝑆

𝑆𝐸 . Să se arate că:

a) Patrulaterul cu vârfurile în punctele 𝑃, 𝑄 , 𝑅, 𝑆 este un paralelogram.

b) Dacă 𝐴𝐵2+𝐴𝐶2=𝐴𝐷2+𝐴𝐸2 atunci patrulaterul 𝑃𝑅𝑄𝑆 este un dreptunghi. (***)

3. Fie 𝑥1, 𝑥2, ... 𝑥2019 numere reale strict pozitive astfel încât 𝑥1+ 𝑥2+ ...+

𝑥2019= 2019 .

a) Arătaţi că 1

𝑥12+1 +

1

𝑥22+1 + … +

1

𝑥20192 +1

≥2019

2.

b) În ce condiţii avem egalitate? Tuțescu Nelu Lucian,


(Selecție realizată de prof. Iulia Sanda)

Notă: Toate subiectele sunt obligatorii;

Fiecare subiect se apreciază cu punctaje de la 1 la 10;

Timp de lucru: 2 ore.


Clasa a VIII-a


1. Oficiu (1p)

a) Identitatea se verifică prin calcul direct. (3p)

b) A= 5123+6753+7203

A= 5123+6753-7203+ 2 ∙ 7203 (2p)

Se arată că : 2 ∙ 7203 = - 3 ∙ 512 ∙ 675 ∙ (-720) şi înlocuind avem (1p)

A= 5123+6753+(-720)3 - 3 ∙ 512 ∙ 675 ∙ (-720) şi folosind a)

A= (512+675-720)[ 5122+6752+(-720)2- 512 ∙ 675 - 512 ∙ (-720) − 675 ∙ (-720)]. (2p) A se divide cu 467, deci A număr compus. (1p)

2. Oficiu (1p)

a) În ∆𝐴𝐵𝐶: 𝐴𝑀 mediană ⇒ [𝑀𝐵] ≡ [𝑀𝐶]

În ∆𝐴𝐷𝐸: 𝐴𝑀 mediană ⇒ [𝑀𝐷] ≡ [𝑀𝐸]} ⇒

𝐵𝐷𝐶𝐸 paralelogram ⇒ 𝐵𝐷 ∥ 𝐸𝐶 ș𝑖 𝐷𝐶 ∥ 𝐵𝐸. (1) (1p) 𝐴𝑃

𝑃𝐵=𝐴𝑄

𝑄𝐶=𝐴𝑅

𝑅𝐷=𝐴𝑆

𝑆𝐸

𝑅.𝑇.𝑇ℎ𝑎𝑙𝑒𝑠⇒ 𝑃𝑅 ∥ 𝐵𝐷, 𝑅𝑄 ∥ 𝐷𝐶, 𝑆𝑄 ∥ 𝐸𝐶, 𝑃𝑆 ∥ 𝐵𝐸 (2) (2p)

Din (1) și (2) ⇒ 𝑃𝑅 ∥ 𝑆𝑄 ș𝑖 𝑆𝑃 ∥ 𝑅𝑄 ⇒ 𝑃𝑅𝑄𝑆 paralelogram. (1p)

b) În ∆ 𝐴𝐵𝐶: 𝐴𝑀 mediană𝑇.𝑚𝑒𝑑𝑖𝑎𝑛𝑒𝑖⇒ 4𝐴𝑀2 = 2(𝐴𝐵2 + 𝐴𝐶2) − 𝐵𝐶2 (1) (1p)

În ∆ 𝐴𝐷𝐸: 𝐴𝑀 mediană𝑇.𝑚𝑒𝑑𝑖𝑎𝑛𝑒𝑖⇒ 4𝐴𝑀2 = 2(𝐴𝐷2 + 𝐴𝐸2) − 𝐷𝐸2 (2) (1p)

Din (1)ș𝑖 (2) ⇒ 𝐵𝐶2 = 𝐷𝐸2 ⇒ 𝐵𝐶 = 𝐷𝐸𝐵𝐷𝐶𝐸 paralelogram

} ⇒ 𝐵𝐷𝐶𝐸 dreptunghi. (2p)

∡𝑃𝑅𝑄 ≡ ∡𝐵𝐷𝐶 (unghiuri cu laturi paralele) ⇒ 𝑚(∡𝑃𝑅𝑄) = 900⟹ 𝑃𝑅𝑄𝑆 dreptunghi. (1p)

2. Oficiu (1p)

a) 1

𝑥𝑘2+1 = 𝑥𝑘2+1−𝑥𝑘

2

𝑥12+1

= 1 - 𝑥𝑘2

𝑥𝑘2+1

, k∈{1,2,3...n} (2p)

S = 1

𝑥12+1 +

1

𝑥22+1 + … +

1

𝑥20192 +1

S = (1 − 𝑥12

𝑥12+1

) +(1 − 𝑥22

𝑥22+1)+...+ (1 −

𝑥𝑛2

𝑥𝑛2+1

)

S= 2019 − (𝑥12

𝑥12+1+

𝑥22

𝑥22+1+⋯+

𝑥𝑛2

𝑥𝑛2+1

) (1p)

Dar 1+x2 ≥2x

1

1+𝑥2 ≤

1

2𝑥

𝑥2

1+𝑥2 ≤

𝑥2

2𝑥

𝑥2

1+𝑥2 ≤

𝑥

2

- 𝑥2

1+𝑥2≥ −

𝑥

2 , oricare x > 0 (3p)

Deci, S > 2019 - ( 𝑥1

2 + 𝑥2

2 +... +

𝑥𝑛

2)

S > 2019 - 1

2 (x1+ x2+ ...+ x2019)

S > 2019 - 2019

2

S >2019

2 (1p)

b) Egalitatea se obţine pentru x1= x2= ...= x2019=1. (2p)

CONCURSUL DE MATEMATICĂ GHEORGHE DUMITRESCU

2019 Clasa a-IX-a

Subiecte :

1. a. Rezolvați în ZxZ ecuația:

10x2 – 2xy + 5y2= 17

b.Rezolvați în ZxZxZ sistemul :

{3X − 1 = 2𝑦

3Y − 1 = 2𝑧3Z − 1 = 2𝑥

Prof. dr. Teodora Liliana Rădulescu

2. Fie a,b,c> 0 cu propietatea că a+b+c =1.

Să se demonstreze că : 𝑎∙𝑏

√𝑎2+a+1 +

𝑏∙𝑐

√𝑏2+b+1 +

𝑐∙𝑎

√𝑐2+c+1 ≤

1

√13

(Se poate folosi faptul că : f : [0, +∞) → 𝑅 , f(x)= 𝑋

√𝑋2+𝑋 +1 este concavă)

G.M 6-7-8/2019

3. În ∆ 𝐴𝐵𝐶 , fie P,Q și R punctele de contact ale cercului înscris cu laturile BC,

CA și respectiv AB .

Demonstrați că dacă 𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝐶𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 0⃗⃗⃗ , atunci triunghiul ABC este

echilateral

Notă : Toate subiectele sunt obligatorii

Timp de lucru 2 ore

Fiecare problema primește 7 puncte

SUCCES!

Soluții

1. a) 10x2 – 2xy + 5y2 -17=0

Δ = 4y2 - 4(5y2 -17) ≥ 0

y2 - 5 y2 +17≥ 0 ⇒ y2 ≤ 17

4

y2 ∈Z ⇒ y2 ∈ { 0,1,4}

y2 = 0 ⇒ y = 0 ⇒ 10x2 = 17 x ∉z

y2 = 1 ⇒ y = ±1

y=1 10x2 -2x -12 =0

5 x2 –x -6 =0

x∈ { 6

5,-1 } ⇒ x = -1

y= -1 10x2+2x-12=0

5x2+x-6=0

x∈ {- 6

5, 1 } ⇒ x = 1

y2 = 4 ⇒ y = ±2

y=2 10x2 -4x +3 =0

Δ = 16-120 < 0

Y=-2 10x2 -4x +3 =0

Δ < 0

Soluții: {𝑥 = −1𝑦 = 1

si {𝑥 = 1

𝑦 = −1

b. Scădem ecuațiile 2 cate 2 și obținem :

3x -3y= 2(y-z)

3y -3z= 2(z-x)

3z -3x= 2(x-y)

x ≤ y ⇒ y ≤ z ⇒ z ≤ x ⇒ x ≤y

Obținem x = y = z

3x -1 = 2x Z

x ∈ Z+

3x = 1+2x Soluții x ∈ { 0 ,1 }

X = y = z = 0 sau x = y = z =1

2. Funcția f :R → R, f(x)= 𝑥

√𝑥2+𝑥+1 este concavă.

b ∙ 𝑎

√𝑎2+𝑎+1 +c ∙

𝑏

√𝑏2+𝑏+1 +a ∙

𝑐

√𝑐2+𝑐+1 ≤

𝑎𝑏+𝑎𝑐+𝑏𝑐

√(𝑎𝑏+𝑎𝑐+𝑏𝑐 )2+(𝑎𝑏+𝑎𝑐+𝑏𝑐 )+1

Rămane de văzut

𝑎𝑏+𝑎𝑐+𝑏𝑐

√(𝑎𝑏+𝑎𝑐+𝑏𝑐 )2+(𝑎𝑏+𝑎𝑐+𝑏𝑐 )+1 ≤

1

√13 ⇔

⇔ 13 (𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐)2 ≤ (𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐)2 +ab+ac+bc+1

⇔ 12 (𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐)2 ≤ ab+ac+bc+1

⇔ ab+ac+bc ∈[−1

4 ,1

3]

ab+ac+bc≥ 0

Rămane de vazut dacă ab+ac+bc ≤ 1

3

⇔ 3(ab+ac+bc) ≤ ( a+b+c)2 ⇔ ab+ac+bc ≤ a2+b2+c2

Adevărat !

3.

𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗ =𝑎

𝑏+𝑐∙ 𝐵𝐶⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ , 𝐶𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗ =

𝑎

𝑏+𝑐∙ 𝐶𝐴⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ , 𝐴𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗ =

𝑏

𝑎+𝑏∙ 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , și

𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗+𝐵𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗+𝐶𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗+𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ +𝐶𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗ +𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ +𝐴𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗+𝐶𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗ +𝐴𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗=

= 𝑐

𝑏+𝑐 (-𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ - 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ )+

𝑎

𝑎+𝑐∙𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗+

𝑏

𝑎+𝑏∙𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗=

= 𝑎𝑏−c2

(𝑏+𝑐)(𝑎+𝑐) ∙ 𝐶𝐴⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ +

b2−ac

(𝑏+𝑐)(𝑎+𝑏)∙𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗

Așadar 𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗+𝐵𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗+𝐶𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 0⃗ ⇔

⇔ 𝑎𝑏−c2

(𝑏+𝑐)(𝑎+𝑐)∙ 𝐶𝐴⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ +

b2−ac

(𝑏+𝑐)(𝑎+𝑏)∙𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗=0

𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗, 𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ sunt necoliniari

⇔ ab-c2 = 0 și b2 –ac = 0 ⇒ a=b=c



COLEGIUL NAŢIONAL „FRAŢII BUZEŞTI”



26.10.2019

Clasa a X-a

1. Fie a un număr real strict pozitiv. Arătați că pentru orice numere

reale

x, y, z∈ [ 0, a] este adevărată inegalitatea:

𝑥

4𝑎2+𝑦2+𝑧2 + 𝑦

4𝑎2+𝑧2+𝑥2 + 𝑧

4𝑎2+𝑥2+𝑦2≤ 1

2𝑎.

( S.L. 19174, G.M. 5/2019)

2. a) Comparați numerele:

A =𝑙𝑜𝑔√2+√3(12√3 − 11√2 − 5) și B = 2√6 − 8.

b) Fiea un număr real, a> 1.Ordonați crescător perechile de numere:

i) C = (𝑎 + 1)𝑙𝑜𝑔𝑎(𝑎+1)2 și D = 𝑎1+𝑙𝑜𝑔𝑎

2(𝑎+1) + 𝑎 + 1;

ii) E = (𝑎 + 1)1+𝑙𝑜𝑔𝑎+12 𝑎 − 𝑎 și F = 𝑎𝑙𝑜𝑔𝑎+1𝑎2

.

Lucian Tuţescu,


3. Fie numerele 𝑧1, 𝑧2, 𝑧3∈C. Arătați că:

a)|𝑧1+ 𝑧2+ 𝑧3|2 + |𝑧1|2 + |𝑧2|2+ |𝑧3|2 = |𝑧1+ 𝑧2|2 + | 𝑧2+ 𝑧3|2 + |𝑧3+ 𝑧1|2;

b) |𝑧1+ 𝑧2+ 𝑧3| + |𝑧1| + |𝑧2|+ |𝑧3| ≥|𝑧1+ 𝑧2| + | 𝑧2+ 𝑧3 |+ |𝑧3+ 𝑧1|,

folosind, eventual, egalitatea de la a).

(***)

(Selecție realizată de prof. Lucian Tuţescu))

Notă:





Clasa a X-a


1. Oficiu (1p)

Din (𝑎 − 𝑦)(𝑎 − 𝑧) ≥ 0 ⟹ 𝑎2 + 𝑦𝑧 ≥ 𝑎(𝑦 + 𝑧) ⟹

⟹ 2𝑎2 + 2𝑦𝑧 ≥ 2𝑎(𝑦 + 𝑧). (2p)

Atunci 4𝑎2 + 𝑦2 + 𝑧2 ≥ 2𝑎2 + 2𝑎2 + 2𝑦𝑧 ≥ 2𝑎2 + 2𝑎(𝑦 + 𝑧) cu egalitate pentru

𝑦 = 𝑧 (3p)

De aici 𝑥

4𝑎2+𝑦2+𝑧2 ≤𝑥

2𝑎(𝑎+𝑦+𝑧)≤

𝑥

2𝑎(𝑥+𝑦+𝑧) (2p)

∑𝑥

4𝑎2+𝑦2+𝑧2≤

1

2𝑎∑

𝑥

𝑥+𝑦+𝑧=

1

2𝑎, egalitate pentru 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 = 𝑎. (2p)

2. Oficiu (1p)

a) Observăm că 𝐵 = 2√6 − 8 < −3 ⟺ 2√6 < 5 ⟺ 24 < 25, vom arăta că

log√2+√3(12√3 − 11√2 − 5) > −3 ⟺

⟺ (12√3 − 11√2 − 5)> (√3 + √2)−3

= (√3 − √2)3 (1p)

Sau (12√3 − 11√2 − 5) > 3√3 − 2√2 − 3√3 ∙ √2(√3 − √2) sau

9√3 − 9√2 > −9√2 + 6√2. (1p)

Adică 3√3 > 5 ⟺ 27 > 25, așadar 𝐴 > 𝐵. (1p)

a)

i) Fie 𝑥 = (𝑎 + 1)log𝑎 𝑎+1 > 𝑎 + 1 deoarece 𝑎 + 1 > 1 și log𝑎(𝑎 + 1) > 1. (1p)

Atunci 𝐶 − 𝐷 = (𝑎 + 1)2log𝑎(𝑎+1) − (𝑎 ∙ 𝑎𝑙𝑜𝑔𝑎2(𝑎+1) + 𝑎 + 1) = 𝑥2 −

𝑎(𝑎log𝑎 𝑎+1)log𝑎(𝑎+1)

− 𝑎 − 1 = 𝑥2 − 𝑎(𝑎 + 1)log𝑎(𝑎+1) − 𝑎 − 1 =

= 𝑥2 − 𝑎𝑥 − 𝑎 − 1 = 𝑥2 − 1 − 𝑎(𝑥 + 1) = (𝑥 + 1)(𝑥 − 1 − 𝑎) > 0,

deorece 𝑥 > 0. Așadar 𝐶 > 𝐷. (2p)

ii) Fie 1 < 𝑦 = 𝑎log𝑎+1 𝑎 < 𝑎 deoarece 𝑎 > 1 și log𝑎+1 𝑎 < log𝑎+1 𝑎 + 1 = 1. (1p)

Atunci:

𝐸 − 𝐹 = (𝑎 + 1)((𝑎 + 1)log𝑎+1 𝑎)log𝑎+1 𝑎

− 𝑎 − 𝑎2 log𝑎+1 𝑎 =

= (𝑎 + 1)𝑎log𝑎+1 𝑎 − 𝑎 − (𝑎log𝑎+1 𝑎)2

= (𝑎 + 1)𝑦 − 𝑎 − 𝑦2 =

= 𝑎𝑦 + 𝑦 − 𝑎 − 𝑦2 = 𝑎(𝑦 − 1) − 𝑦(𝑦 − 1) = (𝑦 − 1)(𝑎 − 𝑦) > 0,

deorece 𝑦 > 1 și 𝑦 < 𝑎.

Așadar 𝐸 > 𝐹. (2p)

3. Oficiu (1p)

a) Calcul folosind |𝑤|2 = 𝑤 ∙ �̅�, (∀)𝑤 ∈ ℂ. (3p)

b) | 𝑧1||𝑧1 + 𝑧2 + 𝑧3| + | 𝑧2|| 𝑧3| ≥ |𝑧1(𝑧1 + 𝑧2 + 𝑧3) + 𝑧2𝑧3|=

= |( 𝑧1 + 𝑧2)(𝑧1 + 𝑧3)| = | 𝑧1 + 𝑧2|| 𝑧1 + 𝑧3|. (1p)

Așadar : | 𝑧1||𝑧1 + 𝑧2 + 𝑧3| ≥ | 𝑧1 + 𝑧2|| 𝑧1 + 𝑧3|, (∀)𝑧1, 𝑧2, 𝑧3 ∈ ℂ. (1)

Analog: | 𝑧2||𝑧1 + 𝑧2 + 𝑧3| ≥ | 𝑧2 + 𝑧1|| 𝑧2 + 𝑧3|, (∀)𝑧1, 𝑧2, 𝑧3 ∈ ℂ. (2)

Analog: | 𝑧3||𝑧1 + 𝑧2 + 𝑧3| ≥ | 𝑧3 + 𝑧1|| 𝑧3 + 𝑧2|, (∀)𝑧1, 𝑧2, 𝑧3 ∈ ℂ. (3) (3p)

Înmulțind cu 2 fiecare din inegalitățile (1) și (2) resectiv (3) și adunând membru cu membru

Cu egalitatea a) rezultă :

(|𝑧1 + 𝑧2 + 𝑧3| + | 𝑧1| + | 𝑧2| + | 𝑧3|)2 ≥ (| 𝑧1 + 𝑧2| + | 𝑧1 + 𝑧3| + | 𝑧2 + 𝑧3|)2

și de aici b). (2p)






26.10.2019

Clasa a XI-a

1. Se dau punctele 𝐴(𝑎, 𝑏) și 𝐵(𝑏, 𝑎) cu 𝑏 > 𝑎 > 0 și se notează cu 𝑂 originea

sistemului de coordonate. În triunghiul 𝐴𝑂𝐵 ducem 𝐴𝐴1 ⊥ 𝑂𝐵,

𝐴1𝐴2 ⊥ 𝐴𝑂, 𝐴2𝐴3 ⊥ 𝑂𝐵, ș.a.m.d.

Să se calculeze limnn

S→

, unde:

𝑆𝑛=𝐴𝐴1 + 𝐴1𝐴2 + … + 𝐴𝑛−1𝐴𝑛.

***

2. a) Fie 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℝ, 𝐷(𝑥, 𝑦, 𝑧) = |𝑥 𝑐 𝑏

𝑦 𝑎 𝑐

𝑧 𝑏 𝑎

| și

∆= 𝐷(𝑎2, 𝑏2, 𝑐2) + 𝐷(𝑎𝑏, 𝑏𝑐, 𝑐𝑎) + 𝐷(𝑐𝑎, 𝑎𝑏, 𝑏𝑐). Să se arate ∆≥ 0.

b) Fie 𝐴, 𝐵 ∈ ℳ2(ℂ) matrice nenule astfel încât 𝐴𝐵 + 𝐵𝐴 = 𝑂2. Să se arate că

𝑡𝑟(𝐴) = 𝑡𝑟(𝐵) = 0 sau 𝑑𝑒𝑡(𝐴) = 𝑑𝑒𝑡(𝐵) = 0.

***

3. Fie 0 < ∝ < 1 un număr real şi (𝑎𝑛)𝑛≥1 un şir de numere reale care

îndeplineşte condiţia:

𝑒[𝑎𝑛+1]+1 ≤ 𝑎𝑛 +∝

𝑛∙ 𝑎𝑛,(∀)𝑛 ≥ 1, unde [𝑥] reprezintă partea întreagă a lui 𝑥.

Să se arate că şirul (𝑎𝑛)𝑛≥1 nu poate avea un număr infinit de termeni.

Cristian Moanță,


(Selecție realizată de prof. Cristian Moanță)

Notă:





Clasa a XI-a


1. Oficiu (1p)

Aria 𝒜[𝐴𝑂𝐵] = 𝑆 =1

2|𝑎 𝑏 1𝑏 𝑎 10 0 1

|=1

2|𝑎2 − 𝑏2| =

𝑏2−𝑎2

2.

𝐴𝐴1 =2𝑆

𝑂𝐵=

𝑏2−𝑎2

√𝑎2+𝑏2= 𝑘, (2p)

𝐴1𝐴2 =𝐴𝐴1∙𝑂𝐴1

𝑂𝐴, ... . Dar: 𝑂𝐴1 = √𝐴𝑂2 − 𝐴𝐴1

2 = √𝑎2 + 𝑏2 − 𝑘2 =2𝑎𝑏

√𝑎2+𝑏2.

Rezultă că: 𝐴1𝐴2=2𝑎𝑏𝑘

𝑎2+𝑏2. (1p)

𝐴2𝐴3 =𝑂𝐴2∙𝐴1𝐴2

𝑂𝐴1=

𝑂𝐴1∙𝐴1𝐴2

𝑂𝐴= (

2𝑎𝑏

𝑎2+𝑏2)2

𝑘. (1p)

Prin inducție se obține:

𝐴𝑛−1𝐴𝑛 = (2𝑎𝑏

𝑎2+𝑏2)𝑛−1

𝑘. (2p)

Rezultă deci că:

( )

2 1

1 1 2 1 2 2lim lim lim

2...

2 2 2 21

2 2n

nn

nnn n

abAA kA A A A

a b

ab ab

a bS

a b→ → →

−

−+

= = + =

++ + + ++

+ +

( )

2 2

2

2

2

2 2

2

1

lim .

1

2

n

n

a b

ab

a b

k k

ab

a b

a b→

+

+

−

= = −

−

+

(3p)

𝑦

𝐴(𝑎, 𝑏)

𝐴2

𝐵(𝑏, 𝑎)

𝑂 𝐴3 𝐴1

𝑥

2. Oficiu (1p)

a) ∆= 𝐷(𝑎2, 𝑏2, 𝑐2) + 𝐷(𝑎𝑏, 𝑏𝑐, 𝑐𝑎) + 𝐷(𝑐𝑎, 𝑎𝑏, 𝑏𝑐) =

= |𝑎2 𝑐 𝑏𝑏2 𝑎 𝑐𝑐2 𝑏 𝑎

| + |𝑎𝑏 𝑐 𝑏𝑏𝑐 𝑎 𝑐𝑐𝑎 𝑏 𝑎

| + |𝑐𝑎 𝑐 𝑏𝑎𝑏 𝑎 𝑐𝑏𝑐 𝑏 𝑎

| = |𝑎(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) 𝑐 𝑏𝑏(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) 𝑎 𝑐𝑐(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) 𝑏 𝑎

| = (1p)

= (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ∙ |𝑎 𝑐 𝑏𝑏 𝑎 𝑐𝑐 𝑏 𝑎

| = (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ∙ (𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3 − 3𝑎𝑏𝑐) =

=1

2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)𝟐 ∙ [(𝑎 − 𝑏)𝟐 + (𝑏 − 𝑐)𝟐 + (𝑐 − 𝑎)𝟐] ≥ 0. (2p)

b) Pentru orice matrice 𝐴, 𝐵 ∈ ℳ2(ℂ) se verifică relațiile:

I. 𝑑𝑒𝑡(𝐴 + 𝑥𝐵) = 𝑑𝑒𝑡(𝐴) + (𝑡𝑟(𝐴) ∙ 𝑡𝑟(𝐵) − 𝑡𝑟(𝐴𝐵)) ∙ 𝑥 + 𝑑𝑒𝑡(𝐵) ∙ 𝑥2, ∀ 𝑥 ∈ ℂ;

II. 𝐴𝐵 + 𝐵𝐴= 𝑡𝑟(𝐴) ∙ 𝐵 + 𝑡𝑟(𝐵) ∙ 𝐴+(𝑡𝑟(𝐴𝐵) − 𝑡𝑟(𝐴) ∙ 𝑡𝑟(𝐵)) ∙ 𝐼2. (1p)

Cum 𝐴𝐵 + 𝐵𝐴 = 𝑂2, avem (𝐴 + 𝐵)2 = (𝐴 − 𝐵)2, deci din I. Cu 𝑥 = 1, 𝑥 = −1.

(𝑑𝑒𝑡(𝐴 + 𝐵))2

= (𝑑𝑒𝑡(𝐴 − 𝐵))2

⟺

⟺ (𝑑𝑒𝑡(𝐴) + 𝑡𝑟(𝐴) ∙ 𝑡𝑟(𝐵) − 𝑡𝑟(𝐴𝐵) + 𝑑𝑒𝑡(𝐵))2=(𝑑𝑒𝑡(𝐴) − (𝑡𝑟(𝐴) ∙ 𝑡𝑟(𝐵) −

𝑡𝑟(𝐴𝐵)) + 𝑑𝑒𝑡(𝐵))2

⟺ (𝑡𝑟(𝐴) ∙ 𝑡𝑟(𝐵) − 𝑡𝑟(𝐴𝐵)) ∙ (𝑑𝑒𝑡(𝐴) + 𝑑𝑒𝑡(𝐵)) = 0. (2p)

Analog, cum (𝐴 + 𝑖𝐵)2 = (𝐴 − 𝑖𝐵)2, obținem:

(𝑡𝑟(𝐴) ∙ 𝑡𝑟(𝐵) − 𝑡𝑟(𝐴𝐵)) ∙ (𝑑𝑒𝑡(𝐴) − 𝑑𝑒𝑡(𝐵)) = 0. (1p)

Dacă 𝑡𝑟(𝐴) ∙ 𝑡𝑟(𝐵) = 𝑡𝑟(𝐴𝐵), 𝑡𝑟(𝐴𝐵)= 𝑡𝑟(𝐵𝐴) și 𝐴𝐵 + 𝐵𝐴 = 𝑂2 rezultă 𝑡𝑟(𝐴𝐵)=0,

deci 𝑡𝑟(𝐴)=0 sau 𝑡𝑟(𝐵)= 0. Fie 𝑡𝑟(𝐴)= 0. Atunci, din II., avem 𝑂2 = 𝑡𝑟(𝐵) ∙ 𝐴, deci și

𝑡𝑟(𝐵) = 0. (1p)

Dacă 𝑡𝑟(𝐴𝐵) ≠ 𝑡𝑟(𝐴) ∙ 𝑡𝑟(𝐵) avem 𝑑𝑒𝑡(𝐴) − 𝑑𝑒𝑡(𝐵) = 𝑑𝑒𝑡(𝐴) + 𝑑𝑒𝑡(𝐵) = 0, deci

𝑑𝑒𝑡(𝐴) = 𝑑𝑒𝑡(𝐵) = 0. (1p)

3. Oficiu (1p)

Presupunem, prin reducere la absurd, că există un şir infinit (𝑎𝑛)𝑛≥1 care verifică

ipoteza. Folosind inegalitatea lui Napier (Neper): 𝑒𝑥 ≥ 𝑥 + 1, (∀)𝑥 ∈ ℝ şi definiţia părţii întregi: 𝑥 − 1 < [𝑥] ≤ 𝑥, obţinem:

𝑒[𝑎𝑛+1]+1 ≥ [𝑎𝑛+1] + 2 > [𝑎𝑛+1] + 1, (∀)𝑛 ≥ 1(∗). (3p)

Folosind relaţia din enunţ şi relaţia (∗), obţinem:

[𝑎𝑛+1] + 1 < 𝑒[𝑎𝑛+1]+1 ≤ 𝑎𝑛 +∝

𝑛∙ 𝑎𝑛 , (∀)𝑛 ≥ 1 ⟺

[𝑎𝑛+1] + 1 < 𝑎𝑛 +∝

𝑛∙ 𝑎𝑛 , (∀)𝑛 ≥ 1 ⟺

[𝑎𝑛+1] + 1 <∝+𝑛

𝑛∙ 𝑎𝑛 , (∀)𝑛 ≥ 1 ⟺

𝑎𝑛

𝑛>

𝑎𝑛+1+1

𝑛+∝>

𝑎𝑛+1+1

𝑛+1=

𝑎𝑛+1

𝑛+1+

1

𝑛+1, (∀)𝑛 ≥ 1.

Deci: 𝑎𝑘

𝑘>

𝑎𝑘+1

𝑘+1+

1

𝑘+1, (∀)𝑘 ≥ 1. (2p)

Dăm valori lui 𝑘 = 1, 𝑛̅̅ ̅̅ ̅:

𝑘 = 1 ⇒ 𝑎1

1>

𝑎2

2+

1

2;

𝑘 = 2 ⇒ 𝑎2

2>

𝑎3

3+

1

3;

………………………..

𝑘 = 𝑛 ⇒𝑎𝑛

𝑛>

𝑎𝑛+1

𝑛 + 1+

1

𝑛 + 1.

Prin adunare obţinem:

𝑎1 >𝑎𝑛+1

𝑛+1+

1

2 +

1

3 +…+

1

𝑛+1. (1p)

Din ipoteză:

{𝑒[𝑎𝑛+1]+1 ≤ 𝑎𝑛 +

∝

𝑛∙ 𝑎𝑛

∝> 0𝑒[𝑎𝑛+1]+1 > 0

⇒ 𝑎𝑛 > 0, (∀)𝑛 ≥ 1.

Deci:

𝑎1 >𝑎𝑛+1

𝑛+1+

1

2 +

1

3 +…+

1

𝑛+1>

1

2 +

1

3 +…+

1

𝑛+1. (2p)

Aceasta este o contradicţie deoarece 1 1 1

2 3 1limn n→

+ ++ +

=

,

adică seria armonică este divergentă, contradicţie.

În concluzie: şirul (𝑎𝑛)𝑛≥1 nu poate avea un număr infinit de termeni. (1p)






26.10.2019

Clasa a XII-a

1. Fie “*” o lege de compoziție definită pe ℕ∗ X ℕ∗ cu următoarele proprietăți:

i) 𝑎 ∗ 𝑎 = 2 ∙ 𝑎;

ii) 𝑎 ∗ 𝑏 = 𝑏 ∗ 𝑎;

iii) 𝑎 ∗ (𝑎 + 𝑏) = 𝑎 ∗ 𝑏 +𝑎2

(𝑎,𝑏), unde (𝑎, 𝑏) este cel mai mare divizor comun al

numerelor 𝑎, 𝑏.

a) Calculați 24 ∗ 10.

b) Studiați asociativitatea legii „*”.

***

2. Fie 𝑀 o mulțime nevidă și “ ∙ ” o lege de compoziție asociativă pe 𝑀 astfel

încât ∃ 𝑚, 𝑛 ∈ ℕ, 𝑚 ≥ 𝑛 ≥ 2 cu 𝑥𝑚 ∙ 𝑦𝑛 = 𝑦𝑥, ∀ 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑀.

a) Arătați că 𝑥𝑚∙𝑛 = 𝑥𝑚, ∀ 𝑥 ∈ 𝑀.

b) Arătați că legea “ ∙ ” este comutativă.

G.M. 9/2018

3. Fie 𝑓: ℝ → ℝ o funcție derivabilă cu ( ) ( )

lim lim 0.x x

f x f x

x x→ →−= =

Arătați că funcția 𝑔: ℝ → ℝ, 𝑔(𝑥) = {𝑓′ (

1

𝑥) , 𝑥 ≠ 0

0 , 𝑥 = 0

admite primitive pe ℝ.

*** (Selecție realizată de prof. Ion Pătrașcu)

Notă:





Clasa a XII-a


1. Oficiu (1p)

a) 24 ∗ 10 = 10 ∗ 24 = 10 ∗ (10 + 14) = 10 ∗ 14 +102

2= 10 ∗ 14 + 50; (1p)

10 ∗ 14 = 10 ∗ (10 + 4)=10 ∗ 4 +102

2= 10 ∗ 4 + 50; (1p)

10 ∗ 4 = 4 ∗ (4 + 6) = 4 ∗ 6 +42

2= 4 ∗ 6 + 8; (1p)

4 ∗ 6 = 4 ∗ (4 + 2) = 4 ∗ 2 +42

2= 4 ∗ 2 + 8; (1p)

4 ∗ 2 = 2 ∗ (2 + 2) = 2 ∗ 2 +22

2= 2 ∙ 2 + 2 = 6;

24 ∗ 10 = 50 + 50 + 8 + 8 + 6 = 122. (1p)

b) Legea de compoziție „*” este asociativă dacă (𝑎 ∗ 𝑏) ∗ 𝑐 = 𝑎 ∗ (𝑏 ∗ 𝑐), ∀𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℕ∗.

Arătăm că legea de compoziție „*” nu este asociativă printr-un contraexemplu: (2 ∗ 4) ∗ 8 ≠ 2 ∗ (4 ∗ 8). (1p)

2 ∗ 4 = 2 ∗ (2 + 2) = 2 ∗ 2 +22

2= 2 ∙ 2 + 2 = 6;

6 ∗ 8 = 6 ∗ (6 + 2) = 6 ∗ 2 +62

2= 6 ∗ 2 + 18;

6 ∗ 2 = 2 ∗ 6 = 2 ∗ (2 + 4) = 2 ∗ 4 +22

2= 6 + 2 = 8;

6 ∗ 8 = 8 + 18 = 26.

În concluzie: (2 ∗ 4) ∗ 8 = 26. (1p)

4 ∗ 8 = 4 ∗ (4 + 4) = 4 ∗ 4 +42

4= 2 ∙ 4 + 4 = 12;

2 ∗ 12 = 2 ∗ (10 + 2) = 2 ∗ 2 +22

2= 2 ∙ 2 + 2 = 6;

În concluzie: 2 ∗ (4 ∗ 8) = 6. Deoarece 26 ≠ 6, deducem că (2 ∗ 4) ∗ 8 ≠ 2 ∗ (4 ∗ 8), adică

legea de compoziție „*” nu este asociativă. (2p)

2. Oficiu (1p)

a) 𝑥𝑚∙𝑛 = 𝑥𝑚∙𝑛−𝑚+𝑛+𝑚−𝑛 = (𝑥𝑛−1)𝑚 ∙ 𝑥𝑛 ∙ 𝑥𝑚−𝑛 = 𝑥 ∙ 𝑥𝑛−1. 𝑥𝑚−𝑛 = 𝑥𝑚, deci

𝑥𝑚∙𝑛 = 𝑥𝑚 , ∀ 𝑥 ∈ 𝑀. (3p)

b) 𝑥𝑚𝑛 ∙ 𝑦𝑚𝑛 = (𝑥𝑛)𝑚 ∙ (𝑦𝑚)𝑛 = 𝑦𝑚 ∙ 𝑥𝑛 = 𝑥𝑦; (1) (1p)

𝑥𝑚𝑛 ∙ 𝑦𝑚𝑛 𝑎)=

𝑥𝑚 ∙ (𝑦𝑚)𝑛 = 𝑦𝑚 ∙ 𝑥. (2) (1p)

Din (1) și (2) ⟹ 𝑦𝑚 ∙ 𝑥 = 𝑥𝑦, ∀ 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑀 (3); (1p)

𝑥𝑚2= 𝑥𝑚2−𝑚+𝑚 = (𝑥𝑚−1)𝑚 ∙ 𝑥𝑚 = 𝑥𝑚 ∙ 𝑥𝑚−1

(3)=

𝑥𝑚−1 ∙ 𝑥 = 𝑥𝑚,

deci 𝑥𝑚2= 𝑥𝑚. (1p)

𝑥𝑚2∙ 𝑦𝑚 = 𝑥𝑚 ∙ 𝑦𝑚

(3)=

𝑦𝑚 ∙ 𝑥 (3)=

𝑥 ∙ 𝑦, ∀ 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑀 (4); (1p)

𝑥𝑚2∙ 𝑦𝑚 = (𝑥𝑚)𝑚 ∙ 𝑦𝑚(3)

=𝑦𝑚 ∙ 𝑥𝑚(3)

=𝑥𝑚 ∙ 𝑦 = 𝑦 ∙ 𝑥 , ∀ 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑀 (5).

Din relațiile (4), (5) rezultă comutativitatea. (1p)

3. Oficiu (1p)

Fie 𝐹: ℝ → ℝ , 𝐹(𝑥) = {𝑥2𝑓 (

1

𝑥) , 𝑥 ≠ 0

0 , 𝑥 = 0.

𝐹 este derivabilă pe ℝ∗ (operații cu funcții derivabile). Demonstrăm că 𝐹 este derivabilă în

𝑥 = 0. (2p)

( ) ( )

( )( )

2

0 0 0

'

0

1

0 1lim lim lim .

0

10 lim lim 0.

x x x

x y

fF x F x

x fx x x

f yx f

s x y

x

F

→ → →

→−

− = =

−

= = =

Analog ( )( )'

0

10 lim lim 0.

x y

f yx f

d x yF →

= = =

Din ( )'

0sF = ( )

'

0dF =0⟹ 𝐹 este derivabilă în 𝑥 = 0.

( )'

xF ={2𝑥 ∙ 𝑓 (

1

𝑥) − 𝑓′ (

1

𝑥) , 𝑥 ≠ 0

0 , 𝑥 = 0. (4p)

Fie funcția ℎ: ℝ → ℝ,

ℎ(𝑥) = {2𝑥 ∙ 𝑓 (

1

𝑥) , 𝑥 ≠ 0

0 , 𝑥 = 0.

ℎ este continuă pe ℝ∗ și cum ( )0 0

1lim 2 lim 0x x

h x x fx→ →

= =

⇒ ℎ este continuă pe ℝ,

deci admite primitive. Fie 𝐻: ℝ → ℝ o primitivă a lui ℎ. Funcția 𝑔: ℝ → ℝ, 𝑔(𝑥) = ℎ − 𝐹′ admite primitive.

Funcția (𝐻 − 𝐹): ℝ → ℝ este o primitivă a sa (𝐻 − 𝐹)′(𝑥) = 𝑔(𝑥). (3p)

Documents

MINISTERUL EDUCAȚIEI NAȚIONALE INSPECTORATUL ȘCOLAR … · 2019-10-28 · a) Verificați dacă este corect calculul cu cifre romane: 𝑋𝐿𝑉 + 𝑋𝑋𝑉 = 𝐿𝑋𝑋