Olimpiada matematică etapa locală 2023 clasa a 8-a București

Q: Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2023, etapa locală din București, clasa a VIII-a?

Patru probleme: radicali naturali și ecuația a² - b² = √(2023 - n) + √(n - 1978), o egalitate cu x, y, z reale din care se calculează x^4 + y^4 + z^4, unghiul a două drepte într-un cub și o piramidă cu baza romb care se dovedește regulată.

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2023, etapa locală din București, clasa a VIII-a (sâmbătă, 11 februarie 2023), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: $(a, b) \in {(5, 4), (3, 0)}$ și $n \in {1987, 2014}$ ; $x^{4} + y^{4} + z^{4} = 493$ ; unghiul dreptelor $E F$ și $P Q$ în cub este $60^{\circ}$ ; la piramidă, $T$ este centrul de greutate și baza devine pătrat.

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 locală subiectele nu sunt aceleași în toată țara: fiecare județ își stabilește propriul subiect. Pe această pagină sunt subiectele din București, elaborate de SSMR și Inspectoratul Școlar al Municipiului București (ISMB), date sâmbătă, 11 februarie 2023: 4 probleme, timp de lucru 3 ore, fiecare problemă notată cu 7 puncte (punctaj maxim 28). Etapa locală este calificarea pentru etapa județeană (pe sector) din 11 martie 2023, clasa a VIII-a.

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 · radicali, numere raționale, ecuații în numere naturale)

a) Arătați că, dacă numerele $x, y$ și $\sqrt{x} + \sqrt{y}$ sunt naturale, atunci și numerele $\sqrt{x}$ și $\sqrt{y}$ sunt naturale.

b) Determinați numerele naturale $a, b, n$ cu proprietatea că $a^{2} - b^{2}$ $= \sqrt{2023 - n} + \sqrt{n - 1978}$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Fie $\sqrt{x} + \sqrt{y} = a$ , $a \in N$ . Dacă $a = 0$ , atunci $x = y = 0$ și $\sqrt{x}$ $= \sqrt{y}$ $= 0 \in N$ . Dacă $a > 0$ , din $(\sqrt{x} + \sqrt{y}) (\sqrt{x} - \sqrt{y})$ $= x - y$ obținem $x - y$ $= a (\sqrt{x} - \sqrt{y})$ , deci $\sqrt{x} - \sqrt{y}$ $= \frac{x - y}{a} \in Q$ . (1 p)
Adunând, $2 \sqrt{x}$ $= a + \frac{x - y}{a} \in Q$ , deci $\sqrt{x} \in Q$ . Un număr natural cu radicalul rațional este pătrat perfect, deci $\sqrt{x} \in N$ și apoi $\sqrt{y}$ $= a - \sqrt{x} \in N$ (este și $\sqrt{y} \geq 0$ ). (1 p)

Radicalii au sens pentru $1978 \leq n \leq 2023$ . Numărul $a^{2} - b^{2}$ este întreg și egal cu o sumă de radicali (nenegativi), deci $a^{2} - b^{2} \in N$ ; conform punctului a), $2023 - n$ și $n - 1978$ sunt pătrate perfecte. (1 p)
Dacă $2023 - n = x^{2}$ și $n - 1978 = y^{2}$ , atunci $x^{2} + y^{2} = 45$ . Dintre pătratele 0, 1, 4, 9, 16, 25, 36 se potrivește doar $9 + 36 = 45$ , deci $n \in {1987, 2014}$ , iar în ambele cazuri $a^{2} - b^{2} = 3 + 6 = 9$ . (2 p)
Obținem $(a - b) (a + b) = 9$ , cu $0 \leq a - b \leq a + b$ : fie $a - b = 1$ și $a + b = 9$ , deci $a = 5$ , $b = 4$ ; fie $a - b = 3$ și $a + b = 3$ , deci $a = 3$ , $b = 0$ . (2 p)

Răspuns: $(a, b) \in {(5, 4), (3, 0)}$ și $n \in {1987, 2014}$ (patru triplete $(a, b, n)$ ).

Problema 2 (7 puncte · sumă de pătrate egală cu zero)

Dacă $x, y, z$ sunt numere reale și $2 (3 x \sqrt{2} + 2 y \sqrt{3} - z \sqrt{5})$ $= x^{2} + y^{2} + z^{2} + 35$ , calculați $x^{4} + y^{4} + z^{4}$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: scriem $35 = 18 + 12 + 5$ și grupăm în trei pătrate perfecte.

Trecând totul în membrul drept, egalitatea devine $(x^{2} - 6 x \sqrt{2} + 18)$ + $(y^{2} - 4 y \sqrt{3} + 12)$ + $(z^{2} + 2 z \sqrt{5} + 5) = 0$ , adică $(x - 3 \sqrt{2})^{2}$ + $(y - 2 \sqrt{3})^{2}$ + $(z + \sqrt{5})^{2} = 0$ . (3 p)
Cum $(x - 3 \sqrt{2})^{2} \geq 0$ , $(y - 2 \sqrt{3})^{2} \geq 0$ , $(z + \sqrt{5})^{2} \geq 0$ , toate trei sunt egale cu 0: $x - 3 \sqrt{2} = 0$ , $y - 2 \sqrt{3} = 0$ , $z + \sqrt{5} = 0$ , deci $x = 3 \sqrt{2}$ , $y = 2 \sqrt{3}$ , $z = - \sqrt{5}$ . (2 p)
Atunci $x^{4} = 81 \cdot 4 = 324$ , $y^{4} = 16 \cdot 9 = 144$ , $z^{4} = 25$ , deci $x^{4} + y^{4} + z^{4} = 493$ . (2 p)

Răspuns: $x^{4} + y^{4} + z^{4} = 493$ .

Problema 3 (7 puncte · cubul, unghiul a două drepte, teorema lui Thales)

Fie $A B C D A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}$ cub și $M \in (A B)$ , $N \in (B C)$ astfel încât $\frac{M B}{A M}$ $= \frac{C N}{N B}$ $= (\sqrt{3} - 1)^{- 1}$ . Notăm $D M \cap A C = {E}$ , $A N \cap D B = {F}$ , $N C^{'} \cap B^{'} C = {P}$ și $M B^{'} \cap A^{'} B = {Q}$ . Determinați $m (∢ E F, P Q)$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: arătăm că $E F ∥ M B$ și $P Q ∥ M C$ ; atunci unghiul căutat este unghiul $C M B$ din triunghiul dreptunghic $M B C$ .

$\frac{M B}{A M}$ $= \frac{C N}{N B}$ implică $\frac{A B}{A M}$ $= \frac{B C}{N B}$ (adunăm 1 în ambii membri), iar cum $A B = B C$ , obținem $A M = N B$ și $M B = N C$ . (1 p)
$△ A E M \sim △ C E D$ ( $A M ∥ D C$ ), deci $\frac{M E}{E D}$ $= \frac{A M}{D C}$ , iar $△ N F B \sim △ A F D$ ( $B N ∥ A D$ ), deci $\frac{B F}{F D}$ $= \frac{N B}{A D}$ . (1 p)
Cum $A M = N B$ și $D C = A D$ , rezultă $\frac{M E}{E D}$ $= \frac{B F}{F D}$ , deci $E F ∥ M B$ (reciproca teoremei lui Thales în triunghiul $D M B$ ). (1 p)
$△ N P C \sim △ C^{'} P B^{'}$ ( $N C ∥ B^{'} C^{'}$ ), deci $\frac{N P}{P C^{'}}$ $= \frac{C P}{P B^{'}}$ $= \frac{N C}{B^{'} C^{'}}$ , iar $△ M Q B \sim △ B^{'} Q A^{'}$ ( $M B ∥ A^{'} B^{'}$ ), deci $\frac{M Q}{Q B^{'}}$ $= \frac{B Q}{Q A^{'}}$ $= \frac{M B}{A^{'} B^{'}}$ . Cum $N C = M B$ și $B^{'} C^{'} = A^{'} B^{'}$ , cele două rapoarte sunt egale; le notăm cu $k$ . De aici rezultă $P Q ∥ M C$ , deci $m (∢ E F, P Q)$ $= m (∢ M B, M C)$ $= m (∢ C M B)$ . (2 p)
Detaliu (pasul scris pe scurt în barem): fie $P^{'}$ și $Q^{'}$ proiecțiile lui $P$ și $Q$ pe planul $(A B C)$ ; $P^{'} \in B C$ , $Q^{'} \in A B$ . Din teorema lui Thales ( $P P^{'} ∥ B B^{'}$ , $Q Q^{'} ∥ A A^{'}$ ): $\frac{P P^{'}}{B B^{'}}$ $= \frac{C P^{'}}{C B}$ $= \frac{C P}{C B^{'}}$ $= \frac{k}{k + 1}$ și $\frac{Q Q^{'}}{A A^{'}}$ $= \frac{B Q^{'}}{B A}$ $= \frac{B Q}{B A^{'}}$ $= \frac{k}{k + 1}$ . Deci $P P^{'} = Q Q^{'}$ și $P P^{'} ∥ Q Q^{'}$ , iar $P Q Q^{'} P^{'}$ este dreptunghi, adică $P Q ∥ P^{'} Q^{'}$ . În plus, $B P^{'} = \frac{B C}{k + 1}$ și, cum $M B = k \cdot A B$ , $B Q^{'}$ $= \frac{k \cdot A B}{k + 1}$ $= \frac{M B}{k + 1}$ . Așadar $\frac{B P^{'}}{B C}$ $= \frac{B Q^{'}}{B M}$ și, după reciproca teoremei lui Thales în triunghiul $B M C$ , $P^{'} Q^{'} ∥ M C$ ; deci $P Q ∥ M C$ .
În triunghiul $C M B$ , dreptunghic în $B$ , avem $tg ∢ C M B$ $= \frac{B C}{M B}$ . Din $\frac{M B}{A M}$ $= \frac{1}{\sqrt{3} - 1}$ obținem $\frac{M B}{A B}$ $= \frac{1}{1 + (\sqrt{3} - 1)}$ $= \frac{1}{\sqrt{3}}$ , deci $\frac{B C}{M B} = \sqrt{3}$ , $tg ∢ C M B$ $= \sqrt{3}$ și $∢ C M B$ $= 60^{\circ}$ . (2 p)

Răspuns: $m (∢ E F, P Q)$ $= 60^{\circ}$ .

Problema 4 (7 puncte · piramida, centrul de greutate, piramida regulată)

Pe planul rombului $A B C D$ ducem $V O ⊥ (A B C)$ , unde ${O} = A C \cap B D$ . Fie $M$ și $N$ mijloacele muchiilor $V A$ , respectiv $V B$ . Demonstrați că:

a) Dreptele $V O$ , $C M$ și $D N$ sunt concurente;

b) Dacă $m (∢ V C, M D)$ $= m (∢ V D, N C)$ , atunci piramida $V A B C D$ este o piramidă regulată.

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) $V O$ și $C M$ sunt mediane în triunghiul $V A C$ ( $O$ este mijlocul lui $A C$ ); dacă ${T} = V O \cap C M$ , atunci $T$ este centrul de greutate al triunghiului $V A C$ și $\frac{V T}{T O} = 2$ . Dar $V O$ este mediană și în triunghiul $V B D$ , deci $T$ este centrul de greutate al triunghiului $V B D$ . Cum $D N$ este mediană în triunghiul $V B D$ , $T \in D N$ , deci $V O$ , $C M$ și $D N$ sunt concurente în $T$ . (2 p)

$M O$ este linie mijlocie în triunghiul $V A C$ , deci $M O ∥ V C$ și $m (∢ V C, M D)$ $= m (∢ O M D)$ . Analog ( $N O$ linie mijlocie în triunghiul $V B D$ , $N O ∥ V D$ ), $m (∢ V D, N C)$ $= m (∢ O N C)$ . Din ipoteză, $∢ O M D$ $= ∢ O N C$ (1). (1 p)
Diagonalele rombului sunt perpendiculare, iar $V O ⊥ (A B C)$ , deci $C O ⊥ (V D B)$ , de unde $C O ⊥ O N$ ; analog $D O ⊥ (V A C)$ , deci $D O ⊥ O M$ (2). (1 p)
Din (1) și (2), $△ N O C \sim △ M O D$ (U.U.), deci $\frac{O C}{O D}$ $= \frac{O N}{O M}$ . Cum $O N = \frac{V D}{2}$ și $O M = \frac{V C}{2}$ (linii mijlocii), obținem $\frac{O C}{O D}$ $= \frac{V D}{V C}$ . (1 p)
Ridicând la pătrat și aplicând teorema lui Pitagora în triunghiurile $V O D$ și $V O C$ : $\frac{O C^{2}}{O D^{2}}$ $= \frac{V O^{2} + O D^{2}}{V O^{2} + O C^{2}}$ , adică $O C^{2} \cdot V O^{2} + O C^{4}$ $= O D^{2} \cdot V O^{2} + O D^{4}$ , de unde $(O C^{2} - O D^{2})$ $\cdot (V O^{2} + O C^{2} + O D^{2})$ $= 0$ . A doua paranteză este pozitivă, deci $O C = O D$ . (1 p)
Rombul $A B C D$ are diagonalele egale, deci este pătrat, iar $V O ⊥ (A B C)$ , cu $O$ centrul pătratului; prin urmare $V A B C D$ este o piramidă regulată. (1 p)

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	a) demonstrație; b) $(a, b) \in {(5, 4), (3, 0)}$ , $n \in {1987, 2014}$
2	$x^{4} + y^{4} + z^{4} = 493$
3	$m (∢ E F, P Q) = 60^{\circ}$
4	demonstrație: $T$ centrul de greutate; $O C = O D$ , deci baza este pătrat

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă	Recapitulează
1	Radicali, numere raționale	fișă formule de calcul prescurtat
2	Formule de calcul prescurtat, sumă de pătrate	fișă formule de calcul prescurtat · fișă intervale și inecuații
3	Cubul, unghiul a două drepte, teorema lui Thales	fișă cubul și paralelipipedul · fișă unghiuri în spațiu
4	Piramida, perpendicularitate, piramida regulată	fișă perpendicularitate în spațiu · fișă piramida regulată

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2023, etapa locală din București, clasa a VIII-a? Patru probleme: radicali naturali și ecuația $a^{2} - b^{2} = \sqrt{2023 - n} + \sqrt{n - 1978}$ , o egalitate cu $x, y, z$ reale din care se calculează $x^{4} + y^{4} + z^{4}$ , unghiul a două drepte într-un cub și o piramidă cu baza romb care se dovedește regulată.

Cât durează proba și cum se punctează la etapa locală a olimpiadei de matematică 2023? În București, timpul de lucru a fost de 3 ore pentru 4 probleme, fiecare notată de la 0 la 7 puncte (se acordă numai punctaje întregi), deci punctajul maxim este 28. Rezolvările parțiale se punctează după barem, iar orice altă rezolvare corectă se asimilează conform baremului.

Unde găsesc subiectele și baremul oficial de la etapa locală 2023 din București? Subiectele și baremele etapei locale din București (11 februarie 2023) au fost elaborate de Societatea de Științe Matematice din România (SSMR) împreună cu Inspectoratul Școlar al Municipiului București (ISMB); fișierele oficiale sunt publicate de SSMR pe pagina etapei locale 2023 (harta cu subiectele pe județe). Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Alte subiecte: etapa locală 2023 (București) — clasa a V-a · clasa a VI-a · clasa a VII-a; etapa următoare: olimpiada de matematică 2023, etapa județeană, clasa a VIII-a; toate subiectele: olimpiada de matematică; alte concursuri: concursuri școlare de matematică. Exersează și cu fișele de lucru pe clase, iar formulele utile le găsești la formule clasa a 8-a.

← Olimpiada de matematică — toate subiectele rezolvate

Subiecte oficiale © Ministerul Educației / SSMR / ISMB (Olimpiada Națională de Matematică, etapa locală, București, 11 februarie 2023): subiectul și baremul, publicate de SSMR. Explicațiile: Matepenet.ro.

Olimpiada de matematică 2023, etapa locală (București) — clasa a VIII-a, subiecte rezolvate

Problema 1 (7 puncte · radicali, numere raționale, ecuații în numere naturale)

Problema 2 (7 puncte · sumă de pătrate egală cu zero)

Problema 3 (7 puncte · cubul, unghiul a două drepte, teorema lui Thales)

Problema 4 (7 puncte · piramida, centrul de greutate, piramida regulată)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe