Olimpiada de matematică 2023, etapa județeană — clasa a X-a, subiecte rezolvate

Ideea: o soluție se ghicește ($x=1$); ca să arătăm că este unica, folosim de două ori inegalitatea mediilor și cerem egalitate peste tot.

1. Din cauza lui $\sqrt{x}$ la numitor, avem $x>0$. Înmulțind cu 2, ecuația este echivalentă cu $2^x+2\cdot 2^{\frac{1}{\sqrt{x}}}$ $=6$. Conform inegalității mediilor (aritmetică ≥ geometrică) pentru trei termeni, $$2^x+2^{\frac{1}{\sqrt{x}}}+2^{\frac{1}{\sqrt{x}}}\ge 3\sqrt[3]{2^x\cdot 2^{\frac{1}{\sqrt{x}}}\cdot 2^{\frac{1}{\sqrt{x}}}}=3\cdot 2^{\frac{1}{3}(x+\frac{2}{\sqrt{x}})},$$ pentru orice $x>0$. (2 p)
2. Dar, tot din inegalitatea mediilor, $\frac{1}{3}(x+\frac{2}{\sqrt{x}})$ $=\frac{1}{3}(x+\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{x}})$ $\ge \sqrt[3]{x\cdot \frac{1}{\sqrt{x}}\cdot \frac{1}{\sqrt{x}}}$ $=1$, ceea ce conduce la $2^x+2\cdot 2^{\frac{1}{\sqrt{x}}}$ $\ge 3\cdot 2^1$ $=6$. (2 p)
3. Așadar ecuația cere egalitate în ambele inegalități. Egalitatea se obține când termenii sunt egali: $x=\frac{1}{\sqrt{x}}$, adică $x\sqrt{x}=1$, deci $x=1$, aceasta fiind unica soluție a ecuației. (3 p)

Notă din barem: nu se acordă mai mult de 1 punct pentru simpla enunțare a faptului că doar $x=1$ este soluție.

Verificare: $2^0+2^1=1+2=3$. ✓ Răspuns: $x=1$.

Ideea: punem cercul circumscris ca cerc unitate în planul complex; atunci vârfurile sunt rădăcinile de ordinul 3 ale unității, iar ortocentrul unui triunghi înscris în cercul unitate are afixul egal cu suma afixelor vârfurilor (relația lui Sylvester).

1. a) Fie $O$ centrul cercului circumscris. Fără a pierde generalitatea, $O$ are afixul 0, iar vârfurile sunt $A(1)$, $B(\epsilon )$, $C({\epsilon }^2)$, unde $\epsilon$ $=-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}$. Cum arcul $AB$ mic are ${120}^{\circ }$ și arcul $NB$ are ${30}^{\circ }$, arcul $AN$ are ${90}^{\circ }$, deci $AO\perp ON$ și $N$ are afixul $i$.
2. Din $NI\perp AB$ rezultă că există $\alpha \in {\mathbb{R}}^{\ast }$ astfel încât $\frac{i-z_I}{1-\epsilon }$ $=i\alpha$, adică $z_I$ $=i-\frac{3}{2}i\alpha -\frac{\sqrt{3}}{2}\alpha$, unde $z_I$ este afixul lui $I$. Din $|z_I|=1$ obținem $\alpha =1$, adică $I$ are afixul $i\epsilon$. Analog, din $MN\perp AC$ obținem că $M$ are afixul $i{\epsilon }^2$.
3. Așadar $N(i)$, $I(i\epsilon )$, $M(i{\epsilon }^2)$: se obțin din $A$, $B$, $C$ printr-o rotație de ${90}^{\circ }$ în jurul lui $O$ (înmulțire cu $i$), deci triunghiul $IMN$ este echilateral, ca și $ABC$. (3 p)
4. b) Din relația lui Sylvester, afixele ortocentrelor sunt $z_{H_1}$ $=z_A+z_N+z_B$ $=1+i+\epsilon$, $z_{H_2}$ $=z_B+z_I+z_C$ $=\epsilon +i\epsilon +{\epsilon }^2$ $=\epsilon z_{H_1}$ și $z_{H_3}$ $=z_C+z_M+z_A$ $={\epsilon }^2+i{\epsilon }^2+1$ $={\epsilon }^2{z}_{H_1}$ (am folosit ${\epsilon }^3=1$). Deci $H_2$ și $H_3$ se obțin din $H_1$ prin rotații de ${120}^{\circ }$ și ${240}^{\circ }$ în jurul lui $O$, de unde rezultă că triunghiul $H_1{H}_2{H}_3$ este echilateral. (4 p)

Notă din barem: orice soluție în care nu se folosesc numere complexe se punctează echivalent.

Ideea: împărțim la $|z{|}^{n+1}$ și notăm $w=\frac{1}{z}$; inegalitatea triunghiului în ambele sensuri obligă $|w|=1$ și egalitate în inegalitatea triunghiului.

1. Observăm că $z=1$ este soluție ($0\ge 0+0$) și $z=0$ nu este soluție ($0\ge 1$ e fals). Presupunem în continuare $z\in \mathbb{C}\setminus \{0,1\}$. Înmulțind inegalitatea cu $\frac{1}{|z{|}^{n+1}}$ și notând $\frac{1}{z}=w$, obținem $$|1-w|\ge |1-w^{n+1}|+|1-w^n|$$ $$\ge |(1-w^{n+1})-(1-w^n)|=|w{|}^n|1-w|,$$ ceea ce conduce la $|w{|}^n\le 1$, adică $|w|\le 1$. (2 p)
2. Atunci $|1-w^{n+1}|+|1-w^n|$ $\ge |1-w^{n+1}|+|w||1-w^n|$ $\ge |1-w^{n+1}-w(1-w^n)|$ $=|1-w|$. Împreună cu ipoteza, toate inegalitățile devin egalități: $|w|=1$ și $|1-w|$ $=|1-w^{n+1}|+|1-w^n|$. Din cazul de egalitate al inegalității triunghiului, există $s\ge 0$ cu $1-w^{n+1}$ $=s(w^{n+1}-w)$. Prin conjugare (cu $\overline{w}=\frac{1}{w}$) obținem $1-\frac{1}{w^{n+1}}$ $=s(\frac{1}{w^{n+1}}-\frac{1}{w})$, echivalent cu $w^{n+1}-1=s(1-w^n)$. Adunând cele două relații obținem $s(w^{n+1}-w^n-w+1)$ $=0$, adică $s(w^n-1)(w-1)=0$. (3 p)
3. Cum $w\ne 1$: dacă $w^n-1=0$, deducem $w\in U_n\setminus \{1\}$, iar dacă $s=0$, obținem $w^{n+1}=1$, deci $w\in U_{n+1}\setminus \{1\}$. Cum $z=\frac{1}{w}$ este tot o rădăcină a unității de același ordin, ținând cont și de $z=1$, mulțimea soluțiilor este $U_n\cup U_{n+1}$, unde $U_n$ reprezintă mulțimea rădăcinilor de ordin $n$ ale unității. (2 p)

Verificare: dacă $z^n=1$, inegalitatea devine $|z-1|\ge |z-1|+0$ ✓; dacă $z^{n+1}=1$, devine $|1-z^n|\ge 0+|1-z|$, iar $z^n$ $=\frac{1}{z}$ $=\overline{z}$, deci $|1-z^n|=|1-z|$ ✓.

Notă din barem: nu se acordă mai mult de 1 punct pentru simpla enunțare fără justificare a soluțiilor.

Răspuns: $z\in U_n\cup U_{n+1}$ (rădăcinile de ordin $n$ sau de ordin $n+1$ ale unității).

Ideea: substituții simple ($x=0$, $y=0$, $x=1$) dau injectivitatea și $f(f(x))=x$; de aici $f(x{)}^2=x^2$, iar „amestecul” $x$ / $-x$ se exclude prin absurd.

1. Pentru $x=0$ obținem $f(f(y))=f(f(0))+y$, pentru orice $y\in \mathbb{R}$. Dacă $f(y_1)=f(y_2)$, atunci $y_1=y_2$, deci funcția $f$ este injectivă. (1 p)
2. Pentru $y=0$ avem $f(xf(x)+f(0))$ $=f(f(x^2))$, pentru orice $x\in \mathbb{R}$, ceea ce, din injectivitatea lui $f$, conduce la $xf(x)+f(0)=f(x^2)$, pentru orice $x\in \mathbb{R}$. (1 p)
3. Pentru $x=1$ în ultima relație avem $f(1)+f(0)=f(1)$, deci $f(0)=0$; ultima relație devine $xf(x)=f(x^2)$, pentru orice $x\in \mathbb{R}$. Din $f(0)=0$ avem $f(f(0))=0$, iar prima relație devine $f(f(x))=x$, pentru orice $x\in \mathbb{R}$. (1 p)
4. Înlocuind $x$ cu $f(x)$ în $xf(x)=f(x^2)$, obținem $f(f(x{)}^2)$ $=f(f(x))\cdot f(x)$ $=xf(x)$ $=f(x^2)$, de unde, din injectivitate, $f(x{)}^2=x^2$. Adică pentru orice $x\in \mathbb{R}$ avem $f(x)=x$ sau $f(x)=-x$. (1 p)
5. Presupunem, prin absurd, că există o pereche $(x,y)\in {\mathbb{R}}^{\ast }\times {\mathbb{R}}^{\ast }$ astfel încât $f(x)=x$ și $f(y)=-y$. Atunci relația din enunț devine $f(x^2-y)=x^2+y$ (folosind $f(f(x^2))=x^2$). Dar $f(x^2-y)=\pm (x^2-y)$: fie $x^2-y=x^2+y$, fie $-x^2+y=x^2+y$, ceea ce conduce la $y=0$ sau $x=0$ — contradicție. (2 p)
6. Așadar funcțiile căutate sunt $f(x)=x$ și $f(x)=-x$ (adică $f=1_{\mathbb{R}}$ și $f=-1_{\mathbb{R}}$); ambele verifică relația: pentru $f(x)=x$, ambii membri sunt $x^2+y$; pentru $f(x)=-x$, membrul stâng este $-(-x^2-y)=x^2+y$, iar cel drept $x^2+y$. (1 p)

Notă din barem: primul punct se acordă pentru orice modalitate alternativă de a demonstra că $f$ este injectivă.

Răspuns: $f(x)=x$ și $f(x)=-x$.