Olimpiada de matematică 2022 județeană, clasa a IX-a

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

Patru probleme: o ecuație funcțională pe N^* (din Gazeta Matematică), o inegalitate cu condiția (2)/(1 + x³) = 3, ecuația 3^x = x + 2 și perechile pentru care x + 3^y și y + 3^x sunt consecutive, plus o problemă despre mulțimi de 6 puncte „partajabile” (două triunghiuri cu același centru de greutate).

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2022, etapa județeană, clasa a IX-a (sâmbătă, 26 martie 2022), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: singura funcție de la problema 1 este $f (n) = n$ ; problema 2 este o inegalitate condiționată; ecuația $3^{x} = x + 2$ are doar soluția $x = 1$ , iar perechile cerute sunt $(1, 0)$ și $(0, 1)$ ; problema 4 folosește vectorii de poziție și distanța minimă.

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 IX-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 · ecuații funcționale, divizibilitate, inducție)

Considerăm o funcție $f : N^{*} \to N^{*}$ cu proprietatea că

\frac{x^{3} + 3 x^{2} f (y)}{x + f (y)} + \frac{y^{3} + 3 y^{2} f (x)}{y + f (x)} = \frac{(x + y)^{3}}{f (x + y)},

pentru orice $x, y \in N^{*}$ .

a) Arătați că $f (1) = 1$ .
b) Determinați $f$ .

Gazeta Matematică

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Pentru $x = y = 1$ , relația din enunț devine $\frac{2 (1 + 3 f (1))}{1 + f (1)}$ $= \frac{8}{f (2)}$ , deci

f (2) = \frac{4 + 4 f (1)}{1 + 3 f (1)} .

(1 p)

Cum $f (2)$ este număr natural, dacă notăm $f (1) = a \in N^{*}$ , deducem că $1 + 3 a ∣ 4 + 4 a$ , deci $1 + 3 a ∣ 3 (4 + 4 a) - 4 (1 + 3 a)$ , de unde $1 + 3 a ∣ 8$ . Așadar $1 + 3 a$ este unul dintre divizorii lui 8, singura posibilitate fiind $1 + 3 a = 4$ , deci $f (1) = a = 1$ . (2 p)

b) Observăm că funcția $f (x) = x$ , $x \in N^{*}$ , verifică relația din enunț deoarece

\frac{x^{3} + 3 x^{2} y}{x + y} + \frac{y^{3} + 3 y^{2} x}{y + x} = \frac{(x + y)^{3}}{x + y} .

(1 p)

Arătăm inductiv că $f (n) = n$ pentru orice $n$ natural nenul. Cazul $n = 1$ fiind verificat, presupunem că $f (k) = k$ pentru un anumit $k$ nenul și arătăm că $f (k + 1) = k + 1$ . (1 p)

Pentru $x = 1$ și $y = k$ , din enunț obținem

\frac{1 + 3 k}{1 + k} + \frac{k^{3} + 3 k^{2}}{k + 1} = \frac{(k + 1)^{3}}{f (k + 1)} ⟺ \frac{(k + 1)^{3}}{k + 1} = \frac{(k + 1)^{3}}{f (k + 1)} .

Conchidem că $f (k + 1) = k + 1$ , deci $f (n) = n$ , pentru orice $n$ natural nenul. (2 p)

Problema 2 (7 puncte · inegalități, factorizare)

a) Arătați că $2 x^{3} - 3 x^{2} + 1 \geq 0$ , oricare ar fi $x \geq 0$ .

b) Arătați că, dacă $x, y, z$ sunt numere reale pozitive astfel încât

\frac{2}{1 + x^{3}} + \frac{2}{1 + y^{3}} + \frac{2}{1 + z^{3}} = 3,

atunci

\frac{1 - x}{1 - x + x^{2}} + \frac{1 - y}{1 - y + y^{2}} + \frac{1 - z}{1 - z + z^{2}} \geq 0.

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) $2 x^{3} - 3 x^{2} + 1$ $= 2 x^{3} - 2 x^{2} - x^{2} + 1$ $= (x - 1) (2 x^{2} - x - 1)$ $= (x - 1)^{2} (2 x + 1)$ și, cum $(x - 1)^{2} \geq 0$ , oricare ar fi $x$ real, iar $2 x + 1 \geq 0$ , oricare ar fi $x \geq 0$ , rezultă cerința. (3 p)

b) Amplificând fiecare fracție cu $1 + x$ (respectiv $1 + y$ , $1 + z$ ), avem $\frac{1 - x}{1 - x + x^{2}}$ $= \frac{1 - x^{2}}{1 + x^{3}}$ , deci avem de arătat că

\sum \frac{1 - x^{2}}{1 + x^{3}} \geq 0.

(1 p)

Din ipoteză, $\sum \frac{1}{1 + x^{3}}$ $= \frac{3}{2}$ , deci este suficient să arătăm că $\sum \frac{x^{2}}{1 + x^{3}}$ $\leq \frac{3}{2}$ . (1 p)

Din a) rezultă $3 x^{2} \leq 2 x^{3} + 1$ , deci

\frac{x^{2}}{1 + x^{3}} \leq \frac{2 x^{3} + 1}{3 (1 + x^{3})} = \frac{1}{3} (2 - \frac{1}{1 + x^{3}})

și analoagele, iar prin adunare obținem

\sum \frac{x^{2}}{1 + x^{3}} \leq 2 - \frac{1}{3} \sum \frac{1}{1 + x^{3}} = 2 - \frac{1}{2} = \frac{3}{2},

ceea ce încheie demonstrația. (2 p)

Problema 3 (7 puncte · ecuații exponențiale în numere naturale, inducție)

a) Rezolvați în mulțimea numerelor naturale ecuația $3^{x} = x + 2$ .

b) Determinați perechile $(x, y)$ de numere naturale pentru care $x + 3^{y}$ și $y + 3^{x}$ sunt numere întregi consecutive.

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) 0 nu este soluție ( $3^{0} = 1 \neq 2$ ) și 1 este soluție ( $3^{1} = 3 = 1 + 2$ ). (1 p)

Arătăm prin inducție că $3^{n} > n + 2$ , oricare ar fi $n \in N^{*}$ , $n \geq 2$ . Într-adevăr, pentru $n = 2$ este evident ( $9 > 4$ ), iar dacă presupunem că pentru un număr $n \geq 2$ avem $3^{n} > n + 2$ , atunci $3^{n + 1}$ $= 3 \cdot 3^{n}$ $> 3 (n + 2)$ $= 3 n + 6$ $> n + 3$ . Rezultă că ecuația are doar soluția $x = 1$ . (3 p)

b) Avem $x \neq y$ (altfel numerele ar fi egale) și, datorită simetriei, putem analiza doar cazul $x > y$ . În acest caz, folosind inegalitatea demonstrată la a) ( $3^{n} \geq n + 2$ pentru $n \geq 1$ ),

\begin{aligned} (y + 3^{x}) - (x + 3^{y}) \\ = 3^{y} (3^{x - y} - 1) - (x - y) \\ \geq 1 \cdot ((x - y + 2) - 1) - (x - y) \\ = 1. (*) \end{aligned}

Rezultă că singura posibilitate ca numerele $x + 3^{y}$ și $y + 3^{x}$ să fie consecutive este ca inegalitățile din $(*)$ să fie egalități. Aceasta duce la $3^{y} = 1$ și $x - y = 1$ , de unde $y = 0$ , $x = 1$ . Din simetrie obținem soluțiile $(1, 0)$ și $(0, 1)$ . (3 p)

Problema 4 (7 puncte · vectori, centrul de greutate, combinatorică)

Vom spune că o mulțime de 6 puncte din plan este partajabilă dacă putem nota elementele acesteia cu $A, B, C, D, E, F$ astfel încât să obținem triunghiurile $A B C$ și $D E F$ având același centru de greutate.

a) Dați exemplu de mulțime partajabilă.

b) Arătați că, dacă o mulțime plană are cel puțin 7 puncte, atunci ea conține o submulțime de 6 puncte care nu este partajabilă.

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Pentru $| M | = 6$ , considerăm $M$ ca fiind mulțimea vârfurilor a două triunghiuri echilaterale distincte $A_{1} A_{2} A_{3}$ și $B_{1} B_{2} B_{3}$ înscrise într-un același cerc de centru $O$ ; acesta este centrul de greutate comun. (1 p)

b) Considerăm o origine arbitrară fixată și notăm cu ${\vec{v}}_{M}$ vectorul de poziție al punctului $M$ . Observăm că, dacă triunghiurile $X Y Z$ și $U V T$ au același centru de greutate $W$ , atunci ${\vec{v}}_{X} + {\vec{v}}_{Y} + {\vec{v}}_{Z}$ $= 3 {\vec{v}}_{W}$ $= {\vec{v}}_{U} + {\vec{v}}_{V} + {\vec{v}}_{T}$ . (1 p)

Să numim partaj cele două triunghiuri având același centru de greutate. Să presupunem că ${A, B, C, D, E, P}$ are partajul $A B C$ , $D E P$ , deci

{\vec{v}}_{A} + {\vec{v}}_{B} + {\vec{v}}_{C} = {\vec{v}}_{D} + {\vec{v}}_{E} + {\vec{v}}_{P} . (*)

Dacă mulțimea $M = {A, B, C, D, E, Q}$ , $Q \neq P$ , este partajabilă, partajul nu poate fi $A B C$ , $D E Q$ : ar rezulta ${\vec{v}}_{A} + {\vec{v}}_{B} + {\vec{v}}_{C}$ $= {\vec{v}}_{D} + {\vec{v}}_{E} + {\vec{v}}_{Q}$ , de unde, folosind $(*)$ , $P = Q$ – fals. Astfel – de exemplu – $A, B$ sunt vârfuri ale unui triunghi al partajului, iar $C$ al celuilalt. Atunci partajul mulțimii $M$ poate fi doar de forma $A B D$ , $C E Q$ sau $A B Q$ , $C D E$ . (1 p)

În primul caz obținem ${\vec{v}}_{A} + {\vec{v}}_{B} + {\vec{v}}_{D}$ $= {\vec{v}}_{C} + {\vec{v}}_{E} + {\vec{v}}_{Q}$ , de unde obținem, folosind $(*)$ , $2 ({\vec{v}}_{C} - {\vec{v}}_{D})$ $= {\vec{v}}_{P} - {\vec{v}}_{Q}$ , deci $2 \vec{D C}$ $= \vec{Q P}$ , adică

\vec{C D} = \frac{1}{2} \vec{P Q} . (* *)

Cu un argument similar, în al doilea caz obținem $\vec{P C}$ $= \vec{C Q}$ , deci

\vec{P C} = \frac{1}{2} \vec{P Q} . (* * *)

(1 p)

Să considerăm acum o mulțime plană cu cel puțin 7 puncte, să alegem o submulțime $S$ a ei cu 7 elemente și să presupunem că orice submulțime cu 6 elemente a lui $S$ este partajabilă. Să notăm cu $P$ și $Q$ punctele lui $S$ pentru care distanța $P Q$ este cea mai mică dintre distanțele dintre două puncte ale lui $S$ și să notăm $A, B, C, D, E$ celelalte puncte ale lui $S$ . Atunci relațiile $(* *)$ și $(* * *)$ (care dau $C D = \frac{1}{2} P Q$ , respectiv $P C = \frac{1}{2} P Q$ ) contrazic minimalitatea distanței $P Q$ , deci presupunerea este falsă, q.e.d. (3 p)

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	a) $f (1) = 1$ ; b) $f (n) = n$ pentru orice $n \in N^{*}$
2	demonstrații: $2 x^{3} - 3 x^{2} + 1 = (x - 1)^{2} (2 x + 1)$
3	a) $x = 1$ ; b) $(x, y) \in {(1, 0), (0, 1)}$
4	a) vârfurile a două triunghiuri echilaterale înscrise în același cerc; b) demonstrație

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă
1	Ecuații funcționale pe $N^{*}$ , divizibilitate, inducție matematică
2	Inegalități algebrice, factorizare
3	Ecuații exponențiale în numere naturale, inducție
4	Vectori de poziție, centrul de greutate, principiul extremal

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2022, etapa județeană, clasa a IX-a? Patru probleme: o ecuație funcțională pe $N^{*}$ (din Gazeta Matematică), o inegalitate cu condiția $\sum \frac{2}{1 + x^{3}} = 3$ , ecuația $3^{x} = x + 2$ și perechile pentru care $x + 3^{y}$ și $y + 3^{x}$ sunt consecutive, plus o problemă despre mulțimi de 6 puncte „partajabile” (două triunghiuri cu același centru de greutate).

Cât durează proba și cum se punctează la olimpiada de matematică, etapa județeană 2022? La clasa a IX-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 X-a · clasa a XI-a · clasa a XII-a. Aceeași clasă, anul cel mai recent: olimpiada de matematică 2026, etapa județeană, clasa a IX-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 IX-a, subiecte rezolvate

Problema 1 (7 puncte · ecuații funcționale, divizibilitate, inducție)

Problema 2 (7 puncte · inegalități, factorizare)

Problema 3 (7 puncte · ecuații exponențiale în numere naturale, inducție)

Problema 4 (7 puncte · vectori, centrul de greutate, combinatorică)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe