Olimpiada de matematică 2022 județeană, clasa a XI-a

Q: Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2022, etapa județeană, clasa a XI-a?

Patru probleme: două funcții legate prin infimum și supremum (din Gazeta Matematică), matrice 3 × 3 cu A² + B² = O_3, un șir recurent x_n+1 = (x_1)/(n + 1) + + (x_n)/(2n) cu limita 0 și o inegalitate pentru rangurile puterilor unei matrice complexe.

Q: Cât durează proba și cum se punctează la olimpiada de matematică, etapa județeană 2022?

La clasa a XI-a, timpul de lucru a fost de 3 ore pentru 4 probleme (la clasele V–VI, 2 ore). Conform baremelor oficiale din 2022, fiecare problemă a fost notată cu 7 puncte, deci punctajul maxim este 28. Se punctează și rezolvările parțiale, după barem.

Q: Unde găsesc baremul oficial al olimpiadei de matematică, etapa județeană 2022, la liceu?

Soluțiile cu baremul de corectare (care conțin și enunțurile) sunt documente oficiale ale Ministerului Educației și ale Societății de Științe Matematice din România (SSMR), publicate pe ssmr.ro după concurs (linkul este la finalul paginii). Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2022, etapa județeană, clasa a XI-a (sâmbătă, 26 martie 2022), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: la problema 1, $f$ este crescătoare cu proprietatea lui Darboux, deci continuă, și $f = g$ ; la problema 2, $det (x A + y B) = α x^{2} y + β x y^{2}$ cu $α = β = 0$ ; problema 3 folosește Cauchy–Schwarz și criteriul cleștelui; problema 4, inegalitatea lui Sylvester.

Olimpiada Națională de Matematică este organizată de Ministerul Educației împreună cu Societatea de Științe Matematice din România (SSMR) și are trei etape: locală, județeană (și a sectoarelor municipiului București) și națională. La etapa județeană din 26 martie 2022, toți elevii de clasa a XI-a din țară au primit același subiect: 4 probleme, timp de lucru 3 ore. Conform baremului oficial, fiecare problemă este notată cu 7 puncte, deci punctajul maxim este 28. Pe baza clasamentului județean, elevii cu cele mai bune rezultate s-au calificat la etapa națională, în limita locurilor stabilite de regulament.

Cum să folosești pagina: citește enunțul, încearcă singur cel puțin 20–30 de minute, apoi deschide soluția. Punctajele din paranteze sunt cele din baremul oficial — așa vezi ce pași contează la corectare. Orice altă soluție corectă primește punctajul maxim.

Cuprins: Problema 1 · Problema 2 · Problema 3 · Problema 4 · Răspunsuri pe scurt

Problema 1 (7 puncte · funcții monotone, proprietatea lui Darboux, continuitate)

Se consideră funcțiile $f, g : R \to R$ cu proprietatea că

inf_{x > a} f (x) = g (a) și sup_{x < a} g (x) = f (a),

oricare ar fi $a \in R$ . Știind că $f$ are proprietatea lui Darboux, arătați că funcțiile $f$ și $g$ sunt continue și egale.

Gazeta Matematică

Vezi soluția (după baremul oficial)

Soluția 1. Fie $a, b \in R$ , cu $a < b$ . Atunci ${g (x) ∣ x < a} \subset {g (x) ∣ x < b}$ , de unde

f (a) = sup {g (x) ∣ x < a} \leq sup {g (x) ∣ x < b} = f (b) .

Rezultă că funcția $f$ este monoton crescătoare pe $R$ . (2 p)

Cum $f$ este monotonă și are proprietatea lui Darboux, rezultă că $f$ este o funcție continuă pe $R$ . (2 p)

Fie $a \in R$ . Avem $g (a)$ $= inf_{x > a} f (x)$ $= lim_{x ↘ a} f (x)$ $= f (a)$ . Rezultă $f = g$ (deci și $g$ este continuă). (3 p)

Soluția 2. Presupunem, prin reducere la absurd, că există $a \in R$ astfel ca $f (a) \neq g (a)$ .

Dacă $f (a) < g (a)$ , alegem $b \in (a, \infty)$ . Din $inf_{x > a} f (x)$ $= g (a)$ rezultă $g (a) \leq f (b)$ . Fie $λ \in (f (a), g (a)) \subset (f (a), f (b))$ . Cum $f$ are proprietatea lui Darboux, există $c \in (a, b)$ astfel ca $f (c) = λ < g (a)$ , în contradicție cu $inf_{x > a} f (x)$ $= g (a)$ . (2 p)

Dacă $f (a) > g (a)$ , atunci din condiția $sup_{x < a} g (x)$ $= f (a)$ deducem că există $b < a$ astfel ca $g (b) > g (a)$ , iar din condiția $inf_{x > a} f (x)$ $= g (a)$ rezultă că există $c > a$ astfel ca $f (c) < g (b)$ , în contradicție cu $inf_{x > b} f (x)$ $= g (b)$ . (2 p)

Rezultă că $f (x) = g (x)$ , $\forall x \in R$ , deci $f = g$ .

Fie $a, b \in R$ , cu $a < b$ . Din $f (a)$ $= g (a)$ $= inf_{x > a} f (x)$ rezultă $f (a) \leq f (b)$ . Atunci $f$ este o funcție monoton crescătoare pe $R$ . Cum $f$ este monotonă și are proprietatea lui Darboux, rezultă că $f$ este continuă pe $R$ . (3 p)

Problema 2 (7 puncte · matrice, determinanți)

Se consideră matricele $A, B \in M_{3} (R)$ astfel ca $A^{2} + B^{2} = O_{3}$ . Arătați că $det (a A + b B) = 0$ , pentru oricare numere reale $a$ și $b$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Din ipoteză rezultă $A^{2} = - B^{2}$ . Atunci

(det (A))^{2} = det (A^{2}) = det (- B^{2}) = (- 1)^{3} det (B^{2}) = - (det (B))^{2} .

Cum $det (A), det (B) \in R$ , obținem $det (A) = det (B) = 0$ . (2 p)

Avem

\begin{aligned} (A + B)^{2} + (A - B)^{2} & = (A^{2} + A B + B A + B^{2}) \\ + (A^{2} - A B - B A + B^{2}) \\ = 2 (A^{2} + B^{2}) = O_{3} . \end{aligned}

Repetând raționamentul anterior (pentru matricele $A + B$ și $A - B$ ), obținem $det (A + B)$ $= det (A - B)$ $= 0$ . (2 p)

Considerăm funcția $f : R \times R \to R$ , $f (x, y) = det (x A + y B)$ , $\forall x, y \in R$ . Există $α, β \in R$ astfel ca:

\begin{aligned} f (x, y) & = det (A) x^{3} + α x^{2} y + β x y^{2} + det (B) y^{3} \\ = α x^{2} y + β x y^{2}, \forall x, y \in R . \end{aligned}

(2 p)

Apoi, $α + β$ $= f (1, 1)$ $= det (A + B)$ $= 0$ și $- α + β$ $= f (1, - 1)$ $= det (A - B)$ $= 0$ , de unde $α = β = 0$ . Rezultă $det (a A + b B)$ $= f (a, b)$ $= 0$ , $\forall a, b \in R$ . (1 p)

Problema 3 (7 puncte · șiruri recurente, inegalitatea Cauchy–Schwarz, limite)

Fie șirul $(x_{n})_{n \geq 1}$ definit în mod recurent prin $x_{1} = 1$ și

x_{n + 1} = \frac{x_{1}}{n + 1} + \frac{x_{2}}{n + 2} + \dots + \frac{x_{n}}{2 n},

pentru orice $n \in N^{*}$ . Considerăm șirul $(y_{n})_{n \geq 1}$ , cu $y_{n}$ $= \frac{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + \dots + x_{n}^{2}}{n}$ , $n \in N^{*}$ . Arătați că:

a) $x_{n + 1}^{2}$ $< \frac{y_{n}}{2}$ și $y_{n + 1}$ $< \frac{2 n + 1}{2 n + 2} y_{n}$ , pentru orice $n \in N^{*}$ ;

b) $lim_{n \to \infty} x_{n}$ $= 0$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Aplicând inegalitatea Cauchy–Schwarz, obținem:

\begin{aligned} x_{n + 1}^{2} & \leq (x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + \dots + x_{n}^{2}) \\ \cdot [\frac{1}{(n + 1)^{2}} + \frac{1}{(n + 2)^{2}} + \dots + \frac{1}{(2 n)^{2}}] \\ < n y_{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{(n + k) (n + k - 1)} \\ = n y_{n} \sum_{k = 1}^{n} (\frac{1}{n + k - 1} - \frac{1}{n + k}) = \frac{y_{n}}{2}, \end{aligned}

(suma telescopică este $\frac{1}{n} - \frac{1}{2 n}$ $= \frac{1}{2 n}$ ), deci $x_{n + 1}^{2}$ $< \frac{y_{n}}{2}$ , pentru orice $n \in N^{*}$ . (3 p)

Rezultă $(n + 1) y_{n + 1} - n y_{n}$ $= x_{n + 1}^{2}$ $< \frac{y_{n}}{2}$ , de unde $y_{n + 1}$ $< \frac{2 n + 1}{2 n + 2} y_{n}$ , pentru oricare $n \in N^{*}$ . (1 p)

b) Avem $y_{1} = 1$ și, pentru orice $n > 1$ ,

\begin{aligned} 0 < y_{n} & = y_{1} \prod_{k = 1}^{n - 1} \frac{y_{k + 1}}{y_{k}} < \prod_{k = 1}^{n - 1} \frac{2 k + 1}{2 k + 2} \\ < \prod_{k = 1}^{n - 1} \sqrt{\frac{2 k + 1}{2 k + 3}} = \sqrt{\frac{3}{2 n + 1}} . \end{aligned}

(Am folosit ${(\frac{2 k + 1}{2 k + 2})}^{2}$ $< \frac{2 k + 1}{2 k + 3}$ , echivalent cu $(2 k + 1) (2 k + 3)$ $< (2 k + 2)^{2}$ , iar produsul radicalilor este telescopic.) (2 p)

Atunci, pe baza criteriului cleștelui, rezultă limitele $lim_{n \to \infty} y_{n}$ $= 0$ și, din $0$ $\leq x_{n + 1}^{2}$ $< \frac{y_{n}}{2}$ , $lim_{n \to \infty} x_{n}$ $= 0$ . (1 p)

Problema 4 (7 puncte · rangul unei matrice, inegalitatea lui Sylvester)

Fie $A \in M_{n} (C)$ , unde $n \geq 2$ . Notăm cu $m$ numărul de elemente ale mulțimii ${rang (A^{k}) - rang (A^{k + 1}) ∣ k \in N^{*}}$ . Arătați că

n \geq \frac{m (m + 1)}{2} - 1.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Notăm $a_{k}$ $= rang (A^{k}) - rang (A^{k + 1})$ , $k \in N^{*}$ , și $M := {a_{k} ∣ k \in N^{*}}$ .

Dacă $rang (A) = n$ , atunci $M = {0}$ , deci $m = 1$ . Inegalitatea este verificată. (1 p)

Presupunem $rang (A)$ $\leq n - 1$ . Deoarece $rang (A^{k + 1})$ $= rang (A^{k} \cdot A)$ $\leq rang (A^{k})$ , $\forall k \in N^{*}$ , avem $a_{k} \in {0, 1, \dots, n - 1}$ , $\forall k \in N^{*}$ . (1 p)

Deducem că există $p \in N^{*}$ astfel ca $M$ $= {a_{1}, a_{2}, \dots, a_{p}}$ , unde numerele naturale $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{p}$ nu sunt neapărat distincte. Cum $M$ are $m$ elemente, avem

\begin{aligned} rang (A) & \geq rang (A) - rang (A^{p + 1}) \\ = \sum_{k = 1}^{p} a_{k} \geq 0 + 1 + \dots + (m - 1) \\ = \frac{m (m - 1)}{2} . (1) \end{aligned}

(2 p)

Fie $a_{q} = max M \geq m - 1$ , unde $q \in {1, 2, \dots, p}$ . Aplicând inegalitatea lui Sylvester, obținem

rang (A) + rang (A^{q}) - n \leq rang (A^{q + 1}) .

Rezultă

m - 1 \leq a_{q} = rang (A^{q}) - rang (A^{q + 1}) \leq n - rang (A) . (2)

Din (1) și (2) rezultă $\frac{m (m - 1)}{2}$ $\leq rang (A)$ $\leq n - m + 1$ , de unde concluzia: $n$ $\geq \frac{m (m - 1)}{2} + m - 1$ $= \frac{m (m + 1)}{2} - 1$ . (3 p)

Remarcă (din barem). Fie un număr natural $m \geq 2$ și $n$ $= \frac{m (m + 1)}{2} - 1$ . Definim matricea Jordan $A$ $= diag (J_{2}, J_{3}, \dots, J_{m}) \in M_{n} (C)$ , unde

J_{i} = (\begin{matrix} 0 & 1 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \dots & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ 0 & 0 & 0 & \dots & 1 \\ 0 & 0 & 0 & \dots & 0 \end{matrix}) \in M_{i} (C) .

Atunci mulțimea ${rang (A^{k}) - rang (A^{k + 1}) ∣ k \in N^{*}}$ are exact $m$ elemente, deci inegalitatea este cea mai bună posibilă.

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	demonstrație: $f$ monoton crescătoare + Darboux ⇒ continuă, iar $g (a) = lim_{x ↘ a} f (x) = f (a)$
2	demonstrație: $det A = det B = det (A + B) = det (A - B) = 0$
3	demonstrații; $0 < y_{n} < \sqrt{\frac{3}{2 n + 1}}$ , deci $x_{n} \to 0$
4	demonstrație: $\frac{m (m - 1)}{2} \leq rang (A) \leq n - m + 1$

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă
1	Funcții monotone, proprietatea lui Darboux, continuitate, infimum și supremum
2	Matrice de ordinul 3, determinanți, polinoame omogene
3	Șiruri recurente, inegalitatea Cauchy–Schwarz, sume telescopice, limite
4	Rangul unei matrice, puteri de matrice, inegalitatea lui Sylvester

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2022, etapa județeană, clasa a XI-a? Patru probleme: două funcții legate prin infimum și supremum (din Gazeta Matematică), matrice $3 \times 3$ cu $A^{2} + B^{2} = O_{3}$ , un șir recurent $x_{n + 1} = \frac{x_{1}}{n + 1} + \dots + \frac{x_{n}}{2 n}$ cu limita 0 și o inegalitate pentru rangurile puterilor unei matrice complexe.

Cât durează proba și cum se punctează la olimpiada de matematică, etapa județeană 2022? La clasa a XI-a, timpul de lucru a fost de 3 ore pentru 4 probleme (la clasele V–VI, 2 ore). Conform baremelor oficiale din 2022, fiecare problemă a fost notată cu 7 puncte, deci punctajul maxim este 28. Se punctează și rezolvările parțiale, după barem.

Unde găsesc baremul oficial al olimpiadei de matematică, etapa județeană 2022, la liceu? Soluțiile cu baremul de corectare (care conțin și enunțurile) sunt documente oficiale ale Ministerului Educației și ale Societății de Științe Matematice din România (SSMR), publicate pe ssmr.ro după concurs (linkul este la finalul paginii). Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Alte subiecte: etapa județeană 2022, alte clase de liceu: clasa a IX-a · clasa a X-a · clasa a XII-a. Aceeași clasă, anul cel mai recent: olimpiada de matematică 2026, etapa județeană, clasa a XI-a. Alte competiții de matematică găsești la concursuri de matematică.

← Olimpiada de matematică — toate subiectele rezolvate

Subiecte oficiale © Ministerul Educației / SSMR (Olimpiada Națională de Matematică, etapa județeană/a sectoarelor municipiului București, 26 martie 2022): soluțiile și baremele oficiale, cu enunțurile problemelor, publicate de SSMR pe ssmr.ro. Explicațiile suplimentare: Matepenet.ro.

Olimpiada de matematică 2022, etapa județeană — clasa a XI-a, subiecte rezolvate

Problema 1 (7 puncte · funcții monotone, proprietatea lui Darboux, continuitate)

Problema 2 (7 puncte · matrice, determinanți)

Problema 3 (7 puncte · șiruri recurente, inegalitatea Cauchy–Schwarz, limite)

Problema 4 (7 puncte · rangul unei matrice, inegalitatea lui Sylvester)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe