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

Ideea: după înmulțirea cu $\cos x$, membrul stâng devine derivata a doua a funcției $g(x)$ $=f(x)\sin x+\cos x$, care este deci convexă.

1. Deoarece $\cos (x)>0$ pentru orice $x\in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})$, înmulțind inegalitatea din ipoteză cu $\cos (x)$ (și folosind $\mathrm{tg}(x)\cos (x)$ $=\sin (x)$), ea se transcrie echivalent $$\begin{array}{c}(f^{″}(x)-f(x))\sin (x)\\ +2f^{\prime }(x)\cos (x)\ge \cos (x),\\ \mathrm{\forall }x\in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}).\end{array}$$ (1 p)
2. Fie $g:[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}]\to \mathbb{R}$, $g(x)$ $=f(x)\sin (x)+\cos (x)$. Avem $$\begin{array}{rl}{g}^{\prime }(x)& =f^{\prime }(x)\sin x+f(x)\cos x\\ & -\sin x,\\ g^{″}(x)& =f^{″}(x)\sin x+2f^{\prime }(x)\cos x\\ & -f(x)\sin x-\cos x\\ & =(f^{″}(x)-f(x))\sin x\\ & +2f^{\prime }(x)\cos x-\cos x,\end{array}$$ deci inegalitatea de la pasul 1 înseamnă exact $g^{″}(x)\ge 0$, pentru orice $x\in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})$. (2 p)
3. Prin urmare, funcția $g$ este convexă, astfel că $$\frac{g(x)+g(-x)}{2}\ge g(0)=1,\mathrm{\forall }x\in [-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}].$$ (1 p)
4. Deoarece ${\int }_{-a}^{a}h(x)dx$ $={\int }_{-a}^{a}h(-x)dx$ pentru orice funcție integrabilă $h$ și orice $a\ge 0$ (substituția $x=-t$), avem $$\begin{array}{rl}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}g(x)dx& ={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{g(x)+g(-x)}{2}dx\\ & \ge {\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}1dx=\pi .\end{array}$$ (2 p)
5. Dar atunci, cum ${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos (x)dx$ $=\sin (x){|}_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}$ $=2$, $$\begin{array}{rl}& {\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}f(x)\sin (x)dx\\ & ={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}(g(x)-\cos (x))dx\\ & ={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}g(x)dx-2\ge \pi -2.\end{array}$$ (1 p)

Concluzie: ${\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}f(x)\sin (x)dx$ $\ge \pi -2$.

Observație: „subgrup propriu” înseamnă, ca în manualele românești, un subgrup diferit de $\{e\}$ și de $G$; în particular $H\setminus \{e\}$ și $K\setminus \{e\}$ sunt nevide.

1. Fie $L$ $=(G\setminus (H\cup K))\cup \{e\}$. Deoarece $x\in H\cup K$ dacă și numai dacă $x^{-1}\in H\cup K$, rezultă că $x\in L$ dacă și numai dacă $x^{-1}\in L$. Cum $L$ este parte stabilă și conține $e$, $L$ este un subgrup al lui $G$; este propriu, deoarece $L\ne G$ (elementele din $H\setminus \{e\}$ nu sunt în $L$). (1 p)
2. În plus, $L\cap H$ $=L\cap K$ $=H\cap K$ $=\{e\}$ (din definiția lui $L$ și din ipoteză). (1 p)
3. Avem $G=H\cup K\cup L$ și rezultă că pentru orice permutare $\{A,B,C\}=\{H,K,L\}$, dacă $a\in A\setminus \{e\}$ și $b\in B\setminus \{e\}$, atunci $ab\in C\setminus \{e\}$. Într-adevăr, dacă $ab\in A$, atunci $b$ $=a^{-1}(ab)\in A\cap B$ $=\{e\}$, fals; analog $ab\notin B$; deci $ab\in C$. Iar $ab\ne e$, altfel $b=a^{-1}\in A\cap B$. (2 p)
4. Atunci, în aceleași condiții ca mai sus, aplicând pasul 3 perechii $a\in A\setminus \{e\}$, $ab\in C\setminus \{e\}$, obținem $a^{2}b$ $=a(ab)\in B\setminus \{e\}$. Cum și $b\in B$, rezultă $a^2=(a^{2}b)b^{-1}\in B$, astfel că $a^2\in A\cap B=\{e\}$. (1 p)
5. Prin urmare, $x^2=e$ pentru orice $x\in G\setminus \{e\}$: dacă $x\in H$, alegem $B=K$; dacă $x\in K$ sau $x\in L$, alegem $B=H$ (ambele au elemente diferite de $e$). (1 p)
6. Cum $e^2=e$, rezultă că $x^2=e$ pentru orice $x\in G$. (1 p)

Concluzie: $x^2=e$ pentru orice $x\in G$. (Exemplu în care ipotezele sunt îndeplinite: grupul lui Klein $\{e,a,b,ab\}$, cu $H=\{e,a\}$, $K=\{e,b\}$, $L=\{e,ab\}$.)

a) Din continuitatea funcției $f$ rezultă că $f$ este mărginită, cu $\mathrm{Im}(f)\subseteq [-M,M]$, unde $M>1$. Fie $\epsilon \in (0,1)$. Există $\delta >0$ astfel încât $|f(x)-f(0)|$ $<\frac{\epsilon }{2}$, $\mathrm{\forall }x\in [0,\delta ]$. Cum ${(1-\frac{\epsilon }{4M})}^n\to 0$, există $n_0\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ astfel încât, pentru orice $x\in [0,1-\frac{\epsilon }{4M}]$, $x^n\in [0,\delta ]$, $\mathrm{\forall }n\ge n_0$. Atunci, pentru orice $n\ge n_0$ (pe ultimul interval folosim $|f(x^n)-f(0)|$ $\le 2M$):

Rezultă că $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^{1}f(x^n)dx$ $=f(0)$. (2 p)

b)

1. Deoarece $f$ este derivabilă la dreapta în 0 și $f(0)=0$, funcția $g:[0,1]\to \mathbb{R}$ definită prin $$g(x)=\{\begin{array}{ll}{\displaystyle \frac{f(x)}{x}},& \text{dacă }x>0,\\ f_d^{\prime }(0),& \text{dacă }x=0,\end{array}$$ este continuă (în 0: $\frac{f(x)}{x}$ $=\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\to f_d^{\prime }(0)$). În plus, $f(x)=xg(x)$ pentru orice $x\in [0,1]$. (1 p)
2. Fie $G$ o primitivă a lui $g$ (există, $g$ fiind continuă). Atunci $${\int }_{\epsilon }^1\frac{f(x)}{x}dx={\int }_{\epsilon }^{1}g(x)dx=G(1)-G(\epsilon ),$$ și, cum $G$ este continuă, $$\underset{\epsilon \to 0}{lim}{\int }_{\epsilon }^1\frac{f(x)}{x}dx=G(1)-G(0).$$ (2 p)
3. De asemenea, deoarece ${(G(x^n))}^{\prime }$ $=n{x}^{n-1}g(x^n)$, integrând prin părți: $$\begin{array}{rl}& n\cdot {\int }_0^{1}f(x^n)dx\\ & =n\cdot {\int }_0^1{x}^{n}g(x^n)dx\\ & ={\int }_0^{1}x\cdot \left(n{x}^{n-1}\right)g(x^n)dx\\ & =x\cdot G(x^n){|}_0^1-{\int }_0^{1}G(x^n)dx\\ & =G(1)-{\int }_0^{1}G(x^n)dx.\end{array}$$ Funcția $G$ este continuă pe $[0,1]$, deci, conform punctului a) aplicat lui $G$, $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(n\cdot {\int }_0^{1}f(x^n)dx)=G(1)-G(0),$$ și afirmația din enunț este demonstrată. (2 p)

Concluzie: ambele limite sunt egale cu $G(1)-G(0)$ $={\int }_0^{1}g(x)dx$. Verificare: pentru $f(x)=\sin x$, ambele limite sunt ${\int }_0^1\frac{\sin x}{x}dx\approx \mathrm{0,946}$.

a)

1. Fie $e$ elementul neutru al monoidului $(A,\ast )$. Atunci $$\begin{array}{rl}f(0)+g(e)+h(0)\cdot e& =0\ast e=0,\\ f(e)+g(0)+h(e)\cdot e& =e\ast 0=0.\end{array}$$ Toți termenii fiind nenegativi, $f(e)$ $=g(e)$ $=f(0)$ $=g(0)$ $=h(e)\cdot e$ $=h(0)\cdot e$ $=0$, de unde $e$ $=e\ast e$ $=f(e)+g(e)$ $=0$. (1 p)
2. Atunci $0\ast x=x$ și $x\ast 0=x$ pentru orice $x\ge 0$, de unde $$\begin{array}{rl}f(0)+g(x)+h(0)\cdot x& =x,\\ f(x)+g(0)+h(x)\cdot x& =x,\end{array}$$ astfel că $f(x)$ $=x(1-h(x))$ și $g(x)$ $=x(1-h(0))$ pentru orice $x\ge 0$. Cum $f(x),g(x)\ge 0$, rezultă că $h(x)\in [0,1]$, $\mathrm{\forall }x>0$; și $h(0)\in [0,1]$, din $g(1)\ge 0$. (1 p)
3. Avem atunci $$\begin{array}{rl}x\ast y=& x+y-x\cdot h(x)-y\cdot h(0)\\ & +h(x)\cdot |x-y|,\mathrm{\forall }x,y\ge 0.\end{array}$$ Din comutativitatea operației $\ast$ rezultă atunci că $$\begin{array}{rl}& xh(x)-yh(y)\\ & =h(0)(x-y)\\ & +(h(x)-h(y))\cdot |x-y|,\\ & \mathrm{\forall }x,y\ge 0.\end{array}$$ (1 p)
4. Cum $h$ este mărginită, membrul drept tinde la 0 când $x\to y$, deci $\underset{x\to y}{lim}xh(x)$ $=yh(y)$ pentru orice $y\ge 0$, astfel că funcția $p:A\to A$, $p(x)=xh(x)$, este continuă. Dar atunci $h(x)=\frac{p(x)}{x}$ este continuă pe $(0,\mathrm{\infty })$. (1 p)
5. De asemenea, pentru orice $y>0$, împărțind relația de la pasul 3 la $x-y$ și folosind continuitatea lui $h$ în $y$, avem $$\underset{x\to y}{lim}\frac{p(x)-p(y)}{x-y}=h(0),$$ deci $p$ este derivabilă pe $(0,\mathrm{\infty })$, cu $p^{\prime }=h(0)$ constantă, astfel că există $a=h(0)$ și $b$ astfel încât $p(y)=ay+b=h(0)y+b$, $\mathrm{\forall }y>0$. Atunci $b$ $=\underset{y\to 0}{lim}p(y)$ $=p(0)$ $=0$. Dar atunci $yh(y)=p(y)=yh(0)$ pentru orice $y>0$ și rezultă că $h(y)=h(0)$, $\mathrm{\forall }y>0$. Funcția $h$ este deci constantă, deci continuă. (1 p)

b)

1. Fie $k=h(0)\in [0,1]$. Atunci $h(x)=k$ și $f(x)=g(x)=x(1-k)$, pentru orice $x\ge 0$, și $$x\ast y=(x+y)(1-k)+k|x-y|,\mathrm{\forall }x,y\ge 0.$$ Avem $1\ast 1=2-2k$, $1\ast 2=3-2k$ și, din asociativitate, $(1\ast 1)\ast 2=1\ast (1\ast 2)$. Notând $a=(4-2k)(1-k)$: $$\begin{array}{rl}& (1\ast 1)\ast 2=(2-2k)\ast 2\\ & =a+2k^2,\\ & 1\ast (1\ast 2)=1\ast (3-2k)\\ & =a+k(2-2k).\end{array}$$ Egalând, $2k^2=k(2-2k)$, adică $k(4k-2)=0$, astfel că $k\in \{0,\frac{1}{2}\}$. (1 p)
2. Pentru $k=0$ avem că $f=g={\mathrm{id}}_A$, $h=0$ și $x\ast y=x+y$, $\mathrm{\forall }x,y\ge 0$. Pentru $k=\frac{1}{2}$ avem că $f(x)=g(x)=\frac{x}{2}$, $h(x)=\frac{1}{2}$, $\mathrm{\forall }x\ge 0$ și $$x\ast y=\frac{x+y}{2}+\frac{|x-y|}{2}=max(x,y),\mathrm{\forall }x,y\ge 0.$$ Ambele operații (adunarea și maximul) sunt asociative, comutative și au elementul neutru 0, deci $(A,\ast )$ este monoid comutativ în ambele cazuri. (1 p)

Răspuns: $f=g={\mathrm{id}}_A$, $h=0$ (atunci $x\ast y=x+y$) sau $f(x)=g(x)=\frac{x}{2}$, $h(x)=\frac{1}{2}$ (atunci $x\ast y=max(x,y)$).