Upload
donhu
View
227
Download
3
Embed Size (px)
Citation preview
____________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________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
____________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________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
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
____________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________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 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
____________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________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
(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
____________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________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
(1p) 3|7b, (3;7) =1 3|b b=3
(1p) Obținem a = 97
____________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________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 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
____________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________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
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 .
____________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________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
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
____________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________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 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
____________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________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
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
SOLUŢII ŞI BAREME ORIENTATIVE DE CORECTARE
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
Soluţie şi barem de corectare
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)
____________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________ 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
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
Soluţie şi barem de corectare
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)
____________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________ 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
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
Soluţie şi barem de corectare
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)
____________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________ 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
SOLUŢII ŞI BAREME ORIENTATIVE DE CORECTARE
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)
Soluţie şi barem de corectare
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.
Soluţie şi barem de corectare
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)
____________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________ 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
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
.
Soluţie şi barem de corectare
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
Soluţie şi barem de corectare
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 ,
____________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________ 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
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)
____________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________ 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
SOLUŢII ŞI BAREME ORIENTATIVE DE CORECTARE
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
Soluţie şi barem de corectare
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 .
Soluţie şi barem de corectare
a) Dacă 1 , 2( )ij i jA a şi 1 , 2( )ij i jB b , atunci
____________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________ 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
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
Soluţie şi barem de corectare
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)
____________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________ 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
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
Soluţie şi barem de corectare
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)
____________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________ 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
SOLUŢII ŞI BAREME ORIENTATIVE DE CORECTARE
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)
Soluţie şi barem de corectare
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
____________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________ 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
Soluţie şi barem de corectare
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)