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

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2023, etapa județeană, clasa a XI-a (sâmbătă, 11 martie 2023), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: la problema 1, f(x)=ex(3x−1)2; la problema 2, det(AB)=1 în Mn(R), dar nu și în M2(C); problema 3 cere trei puncte fixe pentru f∘f, iar problema 4 folosește rangul și 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 11 martie 2023, toți elevii de clasa a XI-a din țară au primit același subiect: 4 probleme, timp de lucru 3 ore, la care se adaugă 30 de minute pentru întrebări. Conform subiectului oficial, fiecare problemă este notată cu 7 puncte, deci punctajul maxim este 28. Pe baza clasamentului județean, elevii cu cele mai bune rezultate se califică 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, ecuația lui Cauchy, continuitate)

Determinați funcțiile continue f:R→R pentru care f(1)=e și

f(x+y)=e3xy⋅f(x)⋅f(y), pentru orice x,y∈R.

(Gazeta Matematică)

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: după logaritmare, termenul 3xy se „absoarbe” scăzând 3x22 și se ajunge la ecuația lui Cauchy.

  1. Fie f o funcție care satisface condițiile. Dacă ar exista a cu f(a)=0, atunci f(x) =f(a+(x−a)) =e3a(x−a)f(a)f(x−a) =0 pentru orice x, contradicție cu f(1)=e. Apoi f(x) =e3x2/4f2(x/2) ≥0, deci f(x)>0 pentru orice x∈R. (1 p)
  2. Logaritmând: ln⁡f(x+y) =3xy+ln⁡f(x)+ln⁡f(y), de unde ln⁡f(x+y)−3(x+y)22=(ln⁡f(x)−3x22)+(ln⁡f(y)−3y22). (2 p)
  3. Definim g(x) =ln⁡f(x)−3x22. Relația de mai sus spune că g(x+y)=g(x)+g(y) pentru orice x,y (ecuația funcțională Cauchy). (1 p)
  4. Cum f este continuă, g este continuă, deci g(x) =g(1)x =(ln⁡f(1)−32)x =−x2 pentru orice x. (2 p)
  5. Atunci ln⁡f(x) =3x22−x2, adică f(x) =ex(3x−1)2. Reciproc, această funcție verifică enunțul: f(1)=e și e3xyf(x)f(y) =e3x2+3y2−x−y+6xy2 =e(x+y)(3(x+y)−1)2 =f(x+y). (1 p)

Baremul oficial dă și o soluție alternativă (calcul pe N, Z, Q, apoi trecere la limită prin continuitate), cu aceeași concluzie.

Răspuns: f(x) =ex(3x−1)2, pentru orice x∈R.

Problema 2 (7 puncte · matrice inversabile, determinanți, rădăcinile unității)

Fie matricele inversabile A,B∈Mn(R), astfel ca matricea A+B−1 să fie inversabilă, cu (A+B−1)−1 =A−1+B. Arătați că det(AB)=1. Rămâne adevărată concluzia în M2(C)?

Vezi soluția (după baremul oficial)
  1. Din ipoteză, In =(A+B−1)(A−1+B) =2In+AB+B−1A−1. Rezultă AB+(AB)−1+In=On. (2 p)
  2. Notăm C=AB. Avem C+C−1+In=On, sau, înmulțind cu C, C2+C+In=On. (1 p)
  3. Înmulțind relația cu C−In obținem C3−In=On, deci C3=In. (1 p)
  4. Atunci (detC)3=1. Cum detC∈R, găsim detC=1, adică det(AB)=1. (1 p)
  5. Concluzia nu rămâne adevărată în M2(C). De exemplu, A=I2 și B=εI2, unde ε∈C, ε2+ε+1 =0. Atunci (A+B−1)(A−1+B) =(1+ε2)(1+ε)I2 =I2 (pentru că 1+ε2 =−ε, 1+ε =−ε2 și ε3=1), dar det(AB) =ε2≠1. (2 p)

Răspuns: det(AB)=1 în Mn(R); în M2(C) concluzia este falsă.

Problema 3 (7 puncte · funcții continue, proprietatea lui Darboux, puncte fixe)

Fie a,b∈R, cu a<b. Presupunem că f:[a,b]→[a,b] este o funcție continuă, cu proprietatea că există c,d∈(a,b) astfel încât f(c)=a și f(d)=b. Arătați că funcția f∘f:[a,b]→[a,b] are cel puțin trei puncte fixe. (x0∈D se numește punct fix al funcției φ:D→D dacă φ(x0)=x0.)

Vezi soluția (după baremul oficial)
  1. Considerăm g(x)=f(x)−x și h(x)=(f∘f)(x)−x, x∈[a,b]. Funcțiile f, g, h sunt continue pe [a,b], deci au proprietatea lui Darboux. (1 p)
  2. Cazul 1: a<c<d<b. Avem g(a)=f(a)−a≥0, g(c)=a−c<0, g(d)=b−d>0, g(b)=f(b)−b≤0. Există deci x1∈[a,c), x2∈(c,d), x3∈(d,b] cu g(x1) =g(x2) =g(x3) =0, x1<x2<x3. Așadar f are cel puțin trei puncte fixe, iar fiecare punct fix al lui f este punct fix și pentru f∘f. (3 p)
  3. Cazul 2: a<d<c<b. Din g(d)=b−d>0 și g(c)=a−c<0 există x2∈(d,c) cu g(x2)=0. Atunci f(x2)=x2, deci (f∘f)(x2)=x2. (1 p)
  4. Avem c∈(x2,b) =(f(x2),f(d)), deci există α∈(d,x2) cu f(α)=c. Atunci h(α) =f(c)−α =a−α <0, iar h(a)=f(f(a))−a≥0; există x1∈[a,α) cu h(x1)=0. Analog, d∈(a,x2) =(f(c),f(x2)), deci există β∈(x2,c) cu f(β)=d; atunci h(β) =f(d)−β =b−β >0, iar h(b)=f(f(b))−b≤0, deci există x3∈(β,b] cu h(x3)=0. Cum x1 <α <x2 <β <x3, funcția f∘f are cel puțin trei puncte fixe. (2 p)

Concluzie: în ambele cazuri f∘f are cel puțin trei puncte fixe.

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

Fie matricele A,B∈M3(C), cu proprietatea că A2=B2=O3. Demonstrați că AB=BA implică AB=O3. Arătați că implicația reciprocă este falsă.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Presupunem AB=BA.

  1. Atunci (A+B)2 =A2+2AB+B2 =2AB, deci (A+B)3 =2AB(A+B) =2A2B+2AB2 =O3. (2 p)
  2. Apoi (A+B)(A−B) =A2−B2 =O3. Din inegalitatea lui Sylvester pentru ranguri, rang(A+B)+rang(A−B) ≤3. Astfel rang(A+B) ≤1 sau rang(A−B) ≤1. (1 p)
  3. Presupunem rang(A+B) ≤1. Dacă rang(A+B) =0, adică A+B=O3, atunci AB=−A2=O3. (1 p)
  4. Dacă rang(A+B) =1, există matricele nenule C∈M3,1(C), D∈M1,3(C) cu A+B=CD. Atunci (A+B)2 =C(DC)D =Tr(A+B)⋅(A+B), deci O3 =(A+B)3 =Tr(A+B)⋅(A+B)2. Dacă Tr(A+B)≠0, atunci (A+B)2=O3; dacă Tr(A+B) =0, din (A+B)2 =Tr(A+B)(A+B) obținem tot (A+B)2=O3. Cum (A+B)2=2AB, rezultă AB=O3. (1 p)
  5. Cazul rang(A−B) ≤1 se tratează analog, folosind (A−B)2=−2AB și (A−B)3=O3. (1 p)
  6. Contraexemplu pentru reciprocă. Fie A=(000001000),B=(010000000). Avem A2=B2=AB=O3, dar BA≠O3 (elementul din linia 1, coloana 3 al lui BA este 1), deci AB≠BA. (1 p)

Concluzie: dacă AB=BA, atunci AB=O3; reciproca este falsă.

Răspunsuri pe scurt

ProblemaRăspuns
1f(x)=ex(3x−1)2
2det(AB)=1; în M2(C) nu (ex. A=I2, B=εI2)
3demonstrație (proprietatea lui Darboux, două cazuri)
4demonstrație; reciproca este falsă (contraexemplu cu matrice 3 × 3)

Ce capitole verifică subiectul

ProblemaTemă
1Ecuații funcționale, continuitate, ecuația lui Cauchy
2Matrice inversabile, determinanți
3Funcții continue, proprietatea lui Darboux
4Rangul unei matrice, urma, inegalitatea lui Sylvester

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2023, etapa județeană, clasa a XI-a? Patru probleme: o ecuație funcțională f(x+y)=e3xyf(x)f(y) cu f continuă, matrice cu (A+B−1)−1=A−1+B, puncte fixe ale lui f∘f pentru o funcție continuă pe [a,b] și matrice 3×3 cu A2=B2=O3.

Cât durează proba și cum se punctează la olimpiada de matematică, etapa județeană 2023? La clasa a XI-a, timpul de lucru a fost de 3 ore pentru 4 probleme, plus 30 de minute pentru întrebări. Conform subiectelor oficiale din 2023, 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 2023? Subiectele și soluțiile cu baremul de corectare sunt documente oficiale ale Ministerului Educației și ale Societății de Științe Matematice din România (SSMR), publicate după concurs și preluate de presa de educație (linkul este la finalul paginii). Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Alte clase de liceu, etapa județeană 2023: clasa a IX-a · clasa a X-a.

← Olimpiada de matematică — toate subiectele rezolvate · Concursuri școlare de matematică

Subiecte oficiale © Ministerul Educației / SSMR (Olimpiada Națională de Matematică, etapa județeană, 11 martie 2023): enunțurile, soluțiile și baremul, copie publicată de edupedu.ro. Explicațiile: Matepenet.ro.