Olimpiada de matematică 2023 județeană, clasa a IX-a

Q: Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2023, etapa județeană, clasa a IX-a?

Patru probleme: o problemă de geometrie vectorială cu centrul cercului exînscris I_A, o ecuație cu partea întreagă, o inegalitate condiționată de x + y + z = 1 și o ecuație funcțională pe numere naturale, cu divizibilitate.

Q: Cât durează proba și cum se punctează la olimpiada de matematică, etapa județeană 2023?

La clasa a IX-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.

Q: Unde găsesc baremul oficial al olimpiadei de matematică, etapa județeană 2023, la liceu?

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 (linkurile sunt la finalul paginii). Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2023, etapa județeană, clasa a IX-a (sâmbătă, 11 martie 2023), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: la problema 1 triunghiul este echilateral (unghiurile de $60^{\circ}$ din patrulatere inscriptibile); ecuația $[x]^{2} - x = - 0, 99$ are soluțiile 0,99 și 1,99; inegalitatea de la problema 3 rezultă din media aritmetică–armonică; funcțiile căutate la problema 4 sunt $f (x) = 2 x + 1$ și $f (x) = 4 x + 2$ .

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 IX-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 · bisectoare, vectori, patrulater inscriptibil)

Fie triunghiul $A B C$ .

a) Arătați că bisectoarea interioară a unghiului $A$ și bisectoarele exterioare ale unghiurilor $B$ și $C$ se intersectează într-un punct $I_{A}$ .

b) Notăm cu $M$ , $N$ și $P$ proiecțiile punctului $I_{A}$ pe dreptele $A C$ , $B C$ respectiv $A B$ . Arătați că, dacă $\vec{I_{A} M} + \vec{I_{A} P}$ $= \vec{I_{A} N}$ , atunci triunghiul $A B C$ este echilateral. (Gazeta Matematică)

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: un punct de pe bisectoarea unui unghi este egal depărtat de laturile unghiului; la b), suma de vectori înseamnă un paralelogram, iar distanțele egale îl transformă în romb.

a) Fie $I_{A}$ punctul de intersecție al bisectoarelor exterioare ale unghiurilor $B$ și $C$ . Atunci $I_{A}$ se află în interiorul unghiului $A$ și este egal depărtat de dreptele $A B$ și $B C$ (fiind pe bisectoarea exterioară din $B$ ), respectiv de $B C$ și $A C$ (fiind pe bisectoarea exterioară din $C$ ). Prin tranzitivitate, $I_{A}$ este egal depărtat de laturile $A B$ și $A C$ ale unghiului $A$ și este interior acestui unghi, deci se află pe bisectoarea interioară a unghiului $A$ . (2 p)
b) Din $\vec{I_{A} M} + \vec{I_{A} P}$ $= \vec{I_{A} N}$ (regula paralelogramului) deducem că patrulaterul $I_{A} M N P$ este paralelogram. Din a) avem $I_{A} M = I_{A} N = I_{A} P$ (distanțele de la $I_{A}$ la cele trei drepte), deci $I_{A} M N P$ este romb cu diagonala $I_{A} N$ egală cu laturile; prin urmare triunghiurile $I_{A} N P$ și $I_{A} M N$ sunt echilaterale. (2 p)
Astfel $∠ P I_{A} M$ $= 60^{\circ} + 60^{\circ}$ $= 120^{\circ}$ . Patrulaterul $A P I_{A} M$ este inscriptibil (are două unghiuri drepte opuse, în $P$ și $M$ ), deci $∠ A$ $= 180^{\circ} - 120^{\circ}$ $= 60^{\circ}$ . (1 p)
Pe de altă parte, $∠ B$ este unghi exterior patrulaterului inscriptibil $I_{A} P B N$ , deci $∠ B$ $= ∠ P I_{A} N$ $= 60^{\circ}$ , iar $∠ C$ este unghi exterior patrulaterului inscriptibil $I_{A} M C N$ , deci $∠ C$ $= ∠ M I_{A} N$ $= 60^{\circ}$ . Așadar triunghiul $A B C$ are toate unghiurile de $60^{\circ}$ , adică este echilateral. (2 p)

Problema 2 (7 puncte · partea întreagă și partea fracționară)

a) Rezolvați în mulțimea numerelor reale ecuația $[x]^{2} - x = - 0, 99$ .

b) Arătați că, pentru orice $a \leq - 1$ , ecuația $[x]^{2} - x = a$ nu are soluții reale.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: scriem $x = [x] + {x}$ ; atunci partea din stânga devine un număr întreg plus ceva controlat de ${x} \in [0, 1)$ .

a) Cum $x = [x] + {x}$ , ecuația se scrie echivalent $[x]^{2} - [x]$ $= {x} - 0, 99$ . Membrul stâng este întreg, prin urmare ${x} - 0, 99 \in Z$ . (1 p)
Cum $0 \leq {x} < 1$ , avem $- 0, 99$ $\leq {x} - 0, 99$ $< 0, 01$ ; singurul întreg din acest interval este 0, deci ${x} - 0, 99 = 0$ , adică ${x} = 0, 99$ . (1 p)
Rămâne $[x]^{2} - [x] = 0$ , adică $[x] ([x] - 1) = 0$ , deci $[x] = 0$ sau $[x] = 1$ . Obținem $x \in {0, 99; 1, 99}$ . (1 p)
b) Ecuația se scrie echivalent $[x]^{2} - [x] = {x} + a$ . Presupunem, prin absurd, că pentru un $a \leq - 1$ ecuația are o soluție reală $x$ . Cum ${x} < 1$ și $a \leq - 1$ , avem $[x]^{2} - [x]$ $= {x} + a$ $< 0$ . (2 p)
Notând $[x] = y \in Z$ , obținem $y (y - 1) < 0$ , deci $y \in (0, 1)$ , ceea ce este absurd, pentru că între 0 și 1 nu există numere întregi. (2 p)

Verificare a): pentru $x = 0, 99$ : $0 - 0, 99 = - 0, 99$ ; pentru $x = 1, 99$ : $1 - 1, 99 = - 0, 99$ . ✓

Răspuns: a) $x \in {0, 99; 1, 99}$ .

Problema 3 (7 puncte · inegalități, media aritmetică și media armonică)

Dacă $x, y, z$ sunt numere pozitive cu $x + y + z = 1$ , arătați că:

a) $1 - \frac{x^{2} - y z}{x^{2} + x} = \frac{(1 - y) (1 - z)}{x^{2} + x};$

b) $\frac{x^{2} - y z}{x^{2} + x} + \frac{y^{2} - z x}{y^{2} + y} + \frac{z^{2} - x y}{z^{2} + z} \leq 0.$

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: identitatea de la a) transformă fiecare fracție în „1 minus ceva”, iar inegalitatea de la b) devine o inegalitate de tip „suma $\geq 3$ ”, care se obține din inegalitatea mediilor.

a) Folosind $x = 1 - y - z$ : $1 - \frac{x^{2} - y z}{x^{2} + x} = \frac{x + y z}{x^{2} + x} = \frac{1 - y - z + y z}{x^{2} + x} = \frac{(1 - y) (1 - z)}{x^{2} + x} .$ (2 p)
b) Scriind fiecare fracție ca la a) ( $\frac{x^{2} - y z}{x^{2} + x}$ $= 1 - \frac{(1 - y) (1 - z)}{x (x + 1)}$ și analoagele), inegalitatea se rescrie $\frac{(1 - y) (1 - z)}{x (x + 1)} + \frac{(1 - z) (1 - x)}{y (y + 1)} + \frac{(1 - x) (1 - y)}{z (z + 1)} \geq 3.$ Cum $1 - y = x + z$ , $1 - z = x + y$ și $x + 1 = (x + z) + (x + y)$ , aceasta înseamnă $\frac{(x + z) (x + y)}{x [(x + z) + (x + y)]} + \frac{(y + z) (y + x)}{y [(y + z) + (y + x)]} + \frac{(z + y) (z + x)}{z [(z + y) + (z + x)]} \geq 3.$ (2 p)
Observăm că $\frac{(x + z) (x + y)}{x [(x + z) + (x + y)]}$ $= \frac{1}{\frac{x}{x + y} + \frac{x}{x + z}}$ și analoagele. Aplicând inegalitatea dintre media aritmetică și media armonică ( $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}$ $\geq \frac{9}{a + b + c}$ ), suma din stânga este cel puțin $\frac{9}{\frac{x}{x + y} + \frac{x}{x + z} + \frac{y}{y + z} + \frac{y}{y + x} + \frac{z}{z + y} + \frac{z}{z + x}} = \frac{9}{1 + 1 + 1} = 3,$ deoarece termenii se grupează în perechi cu suma 1: $\frac{x}{x + y} + \frac{y}{y + x}$ $= 1$ etc. Inegalitatea este demonstrată. (3 p)

Variantă pentru b) (tot din barem): folosind a), inegalitatea se rescrie $(1 - x) (1 - y) (1 - z) (\frac{1}{x - x^{3}} + \frac{1}{y - y^{3}} + \frac{1}{z - z^{3}})$ $\geq 3$ (2 p). Din inegalitatea mediilor, $\frac{1}{x - x^{3}} + \frac{1}{y - y^{3}} + \frac{1}{z - z^{3}}$ $\geq \frac{9}{1 - (x^{3} + y^{3} + z^{3})}$ $= \frac{9}{(x + y + z)^{3} - (x^{3} + y^{3} + z^{3})}$ , iar $(x + y + z)^{3} - x^{3} - y^{3} - z^{3}$ $= 3 (x + y) (y + z) (z + x)$ , deci expresia este cel puțin $\frac{3}{(1 - x) (1 - y) (1 - z)}$ , și inegalitatea este demonstrată (3 p).

Când avem egalitate? Pentru $x = y = z = \frac{1}{3}$ : fiecare fracție $\frac{x^{2} - y z}{x^{2} + x}$ este 0.

Problema 4 (7 puncte · funcții, divizibilitate, inducție)

Determinați funcțiile strict crescătoare $f : N \to N$ care au proprietatea: numărul $f (x) \cdot f (y)$ divide numărul $(1 + 2 x) \cdot f (y) + (1 + 2 y) \cdot f (x)$ , pentru orice numere naturale $x$ și $y$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: punem $y = 0$ și aflăm întâi $f (0)$ ; apoi fiecare caz se rezolvă prin inducție, folosind că $f$ este strict crescătoare.

Pentru $x = y = 0$ deducem $f (0)^{2} ∣ 2 f (0)$ , de unde $f (0) \in {0, 1, 2}$ . (1 p)
Cazul $f (0) = 0$ . Pentru $y = 0$ avem $0 ∣ f (x)$ pentru orice $x \in N$ , deci $f (x) = 0$ pentru orice $x$ , ceea ce contrazice faptul că $f$ este strict crescătoare. (1 p)
Cazul $f (0) = 1$ . Pentru $y = 0$ avem $f (x) ∣ (2 x + 1) + f (x)$ , prin urmare $f (x) ∣ 2 x + 1$ , pentru orice $x \in N$ . (1 p)
Inducție: presupunând că $f (k) = 2 k + 1$ pentru un $k$ natural, avem $f (k + 1) ∣ 2 k + 3$ și $f (k + 1) > f (k) = 2 k + 1$ , deci $f (k + 1) = 2 k + 3$ (singurul divizor al lui $2 k + 3$ mai mare decât $2 k + 1$ ). Așadar $f (x) = 2 x + 1$ pentru orice $x \in N$ . (1 p)
Cazul $f (0) = 2$ . Pentru $y = 0$ avem $2 f (x) ∣ 2 (2 x + 1) + f (x)$ , prin urmare $\frac{2 (2 x + 1) + f (x)}{2 f (x)}$ $= \frac{2 x + 1}{f (x)} + \frac{1}{2} \in N$ , pentru orice $x \in N$ . (1 p)
Inducție: presupunând că $f (k) = 4 k + 2$ , avem $\frac{2 k + 3}{f (k + 1)} + \frac{1}{2} \in N$ și, cum $f (k + 1) > f (k) = 4 k + 2$ , obținem $0$ $< \frac{2 k + 3}{f (k + 1)} + \frac{1}{2}$ $< \frac{2 k + 3}{4 k + 2} + \frac{1}{2}$ $\leq 2$ . Astfel $\frac{2 k + 3}{f (k + 1)} + \frac{1}{2}$ $= 1$ , prin urmare $f (k + 1) = 4 k + 6$ , adică $f (x) = 4 x + 2$ pentru orice $x \in N$ . (1 p)
Verificare. Pentru $f (x) = 2 x + 1$ : $(1 + 2 x) f (y) + (1 + 2 y) f (x)$ $= 2 (2 x + 1) (2 y + 1)$ $= 2 f (x) f (y)$ . Pentru $f (x) = 4 x + 2$ : $(1 + 2 x) f (y) + (1 + 2 y) f (x)$ $= 4 (2 x + 1) (2 y + 1)$ $= f (x) f (y)$ . Ambele funcții verifică proprietatea din enunț. (1 p)

Notă din barem: pentru omiterea cazului $f (0) = 0$ se scade un punct.

Răspuns: $f (x) = 2 x + 1$ și $f (x) = 4 x + 2$ .

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	a) $I_{A}$ este egal depărtat de laturile unghiului $A$ ; b) $∠ A = ∠ B = ∠ C = 60^{\circ}$
2	a) $x \in {0, 99; 1, 99}$ ; b) demonstrație prin absurd
3	a) calcul direct; b) inegalitatea mediilor, egalitate pentru $x = y = z = \frac{1}{3}$
4	$f (x) = 2 x + 1$ și $f (x) = 4 x + 2$

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă	Recapitulează
1	Vectori, bisectoare, patrulater inscriptibil	fișă vectori în plan
2	Partea întreagă și partea fracționară	fișă mulțimi, intervale, modul
3	Inegalități, inegalitatea mediilor	fișă recapitulare algebră
4	Funcții, divizibilitate, inducție matematică	fișă logică și inducție · fișă funcții

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2023, etapa județeană, clasa a IX-a? Patru probleme: o problemă de geometrie vectorială cu centrul cercului exînscris $I_{A}$ , o ecuație cu partea întreagă, o inegalitate condiționată de $x + y + z = 1$ și o ecuație funcțională pe numere naturale, cu divizibilitate.

Cât durează proba și cum se punctează la olimpiada de matematică, etapa județeană 2023? La clasa a IX-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, la liceu? 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 (linkurile sunt la finalul paginii). Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Alte clase de liceu, etapa județeană 2023: clasa a X-a · clasa a XI-a. Exersează și cu fișele de lucru pe clase, iar formulele utile le găsești la formule clasa a 9-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): subiectul și soluțiile și baremul, copii publicate de edupedu.ro. Explicațiile: Matepenet.ro.

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

Problema 1 (7 puncte · bisectoare, vectori, patrulater inscriptibil)

Problema 2 (7 puncte · partea întreagă și partea fracționară)

Problema 3 (7 puncte · inegalități, media aritmetică și media armonică)

Problema 4 (7 puncte · funcții, divizibilitate, inducție)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe