Olimpiada de matematică 2023 națională, clasa a XII-a

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

Patru probleme: grupuri finite „aranjabile” și grupul (Z_n, +), rădăcinile unor polinoame peste un corp finit cu p^n elemente, funcțiile integrabile cu f(x) - f((x + a)/(2)) = f((x + b)/(2)) - f(x) și o inegalitate integrală cu o funcție convexă.

Q: Cum se punctează proba la olimpiada de matematică, etapa națională 2023?

Subiectul are 4 probleme, iar conform baremului oficial fiecare problemă valorează 7 puncte, deci punctajul maxim este 28. Se acordă puncte și pentru rezolvările parțiale, după barem, iar orice soluție corectă diferită de cea oficială se punctează corespunzător.

Q: Unde găsesc baremul oficial al olimpiadei de matematică, etapa națională 2023?

Soluțiile și baremele de corectare pentru clasele IX–XII sunt documente oficiale ale Ministerului Educației și ale Societății de Științe Matematice din România (SSMR), publicate pe ssmr.ro după concurs; enunțurile problemelor sunt incluse în aceleași documente. Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2023, etapa națională, clasa a XII-a (Craiova, 11 aprilie 2023), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: $(Z_{n}, +)$ este aranjabil exact pentru $n$ impar; rădăcinile polinoamelor $f_{m}$ sunt $\hat{0}, \hat{1}, \dots, \hat{p - 1}$ ; funcțiile cu proprietatea (P) sunt constantele; la problema 4 se folosește integrarea prin părți.

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 națională din 2023 (ediția a 73-a), desfășurată la Craiova, proba pentru clasa a XII-a a avut loc pe 11 aprilie 2023, cu elevii calificați de la etapa județeană. Subiectul a avut 4 probleme, iar conform baremului oficial fiecare problemă este notată cu 7 puncte (punctaj maxim 28). Rezultatele de la etapa națională contează și pentru selecția lotului care participă la barajele pentru olimpiadele internaționale.

Cum să folosești pagina: citește enunțul, încearcă singur cel puțin 30–40 de minute (sunt probleme de nivel național), 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 · grupuri finite, grupul (ℤ_n, +))

Fie $(G, \cdot)$ un grup finit de ordinul $n \in N^{*}$ , unde $n \geq 2$ . Vom spune că grupul $(G, \cdot)$ este aranjabil dacă există o ordonare a elementelor sale, astfel încât

\begin{aligned} G & = {a_{1}, a_{2}, \dots, a_{k}, \dots, a_{n}} \\ = {a_{1} \cdot a_{2}, a_{2} \cdot a_{3}, \dots, a_{k} \cdot a_{k + 1}, \dots, a_{n} \cdot a_{1}} . \end{aligned}

a) Determinați toate numerele naturale nenule $n$ pentru care grupul $(Z_{n}, +)$ este aranjabil.
b) Dați un exemplu de grup de ordin par care este aranjabil.

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Vom arăta că grupul $(Z_{n}, +)$ este un grup aranjabil dacă și numai dacă $n$ este un număr natural impar.

Dacă $(G, \cdot)$ este un grup aranjabil abelian, atunci, considerând aranjarea din definiție, avem

\prod_{g \in G} g = \prod_{k = 1}^{n} a_{k} = \prod_{k = 1}^{n} (a_{k} \cdot a_{k + 1}) = (\prod_{g \in G} g)^{2}

(unde $a_{n + 1} = a_{1}$ ), astfel că $\prod_{g \in G} g = 1$ , unde 1 este elementul neutru al grupului $(G, \cdot)$ . (2 p)

În orice grup abelian finit avem că produsul tuturor elementelor sale este egal cu produsul elementelor sale de ordin 2. Pentru $n \in N^{*}$ , dacă $k \in {0, 1, \dots, n - 1}$ cu $ord (\hat{k})$ $= 2$ , înseamnă că $\hat{k} \neq \hat{0}$ $= \hat{k} + \hat{k}$ $= \hat{2 k}$ , adică $n$ divide $2 k$ , dar nu divide $k$ . Acest lucru este posibil doar dacă $n$ este par și $n = 2 k$ . Astfel, dacă $n$ este par, cu $n = 2 k$ , și $(Z_{n}, +)$ ar fi aranjabil, am avea

\hat{0} = \sum_{x \in Z_{n}} x = \hat{k},

ceea ce este fals. Prin urmare, dacă $n$ este par, grupul $(Z_{n}, +)$ nu este aranjabil. (1 p)

Fie acum $n$ un număr natural impar. Considerăm mulțimea ${0, 1, \dots, n - 1}$ și funcția $f : {0, 1, \dots, n - 1} \to Z_{n}$ definită prin $f (k) = \hat{2 k + 1}$ . Cum

f (k) = f (l) ⟺ \hat{2 k + 1} = \hat{2 l + 1} ⟺ n ∣ (2 k - 2 l) ⟺ n ∣ (k - l) ⟺ k = l,

funcția $f$ este injectivă și, cum cele două mulțimi sunt finite cu același număr de elemente, $f$ este bijectivă. Notând $a_{k} = \hat{k - 1}$ pentru orice $1 \leq k \leq n$ și $a_{n + 1} = a_{1}$ , rezultă că $a_{k} + a_{k + 1} = f (k - 1)$ pentru orice $k = \overset{―}{1, n}$ , astfel că

\begin{aligned} Z_{n} & = {a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}} = {f (0), f (1), \dots, f (n - 1)} \\ = {a_{1} + a_{2}, a_{2} + a_{3}, \dots, a_{n} + a_{1}}, \end{aligned}

de unde deducem că grupul $(Z_{n}, +)$ este aranjabil. (1 p)

Mulțimea numerelor naturale cu proprietatea că grupul $(Z_{n}, +)$ este aranjabil este prin urmare mulțimea numerelor naturale impare ( $n \geq 3$ ). (1 p)

b) Conform punctului a), nu există grupuri aranjabile ciclice de ordin par. Considerăm $Z_{4}$ $= {\hat{0}, \hat{1}, \hat{2}, \hat{3}}$ , $Z_{2}$ $= {\bar{0}, \bar{1}}$ și grupul $G$ $= Z_{4} \times Z_{2}$ , cu operația de adunare pe componente. Atunci, cu

\begin{aligned} a_{1} = (\hat{0}, \bar{0}), a_{2} = (\hat{1}, \bar{0}), a_{3} = (\hat{1}, \bar{1}), a_{4} = (\hat{3}, \bar{1}), \\ a_{5} = (\hat{2}, \bar{0}), a_{6} = (\hat{2}, \bar{1}), a_{7} = (\hat{0}, \bar{1}), a_{8} = (\hat{3}, \bar{0}), \end{aligned}

sumele $a_{1} + a_{2}, a_{2} + a_{3}, \dots, a_{8} + a_{1}$ sunt, în ordine, $(\hat{1}, \bar{0})$ , $(\hat{2}, \bar{1})$ , $(\hat{0}, \bar{0})$ , $(\hat{1}, \bar{1})$ , $(\hat{0}, \bar{1})$ , $(\hat{2}, \bar{0})$ , $(\hat{3}, \bar{1})$ , $(\hat{3}, \bar{0})$ , adică din nou toate elementele lui $G$ . Astfel, $(G, +)$ este un grup aranjabil de ordin 8. (2 p)

Problema 2 (7 puncte · corpuri finite, polinoame, morfismul lui Frobenius)

Fie $p$ un număr prim, $n$ un număr natural nedivizibil prin $p$ , iar $K$ un corp comutativ cu $p^{n}$ elemente, cu elementul unitate $1_{K}$ și elementul nul $\hat{0} = 0_{K}$ . Pentru orice $m \in N^{*}$ notăm $\hat{m}$ $= \underset{de m ori}{\underset{⏟}{1_{K} + 1_{K} + \dots + 1_{K}}}$ și definim polinomul

f_{m} = \sum_{k = 0}^{m} (- 1)^{m - k} \hat{C_{m}^{k}} X^{p^{k}} \in K [X] .

a) Arătați că mulțimea rădăcinilor polinomului $f_{1}$ este ${\hat{k} ∣ k \in {0, 1, \dots, p - 1}}$ .
b) Fie $m \in N^{*}$ oarecare. Determinați mulțimea rădăcinilor din corpul $K$ ale polinomului $f_{m}$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Pentru orice polinom $P \in K [X]$ notăm cu $Z_{P}$ mulțimea rădăcinilor sale din $K$ . Deoarece $| K | = p^{n}$ , caracteristica corpului $K$ este $p$ . Atunci $\hat{m} = \hat{0}$ pentru orice multiplu $m$ al lui $p$ . În particular, cum $k^{p} \equiv k (\mod p)$ pentru orice $k \in Z$ (mica teoremă a lui Fermat), avem

f_{1} (\hat{k}) = {(\hat{k})}^{p} - \hat{k} = \hat{k^{p}} - \hat{k} = \hat{k^{p} - k} = \hat{0},

pentru orice $k \in {0, 1, \dots, p - 1}$ . Prin urmare ${\hat{k} ∣ k = \overset{―}{0, p - 1}} \subseteq Z_{f_{1}}$ . De asemenea, deoarece $K$ este un corp comutativ, $| Z_{f_{1}} |$ $\leq grad (f_{1})$ $= p$ . Rezultă $Z_{f_{1}}$ $= {\hat{k} ∣ k = \overset{―}{0, p - 1}}$ . (2 p)

b) Deoarece $p ∣ C_{p}^{k}$ pentru orice $k = \overset{―}{1, p - 1}$ , rezultă $(a + b)^{p} = a^{p} + b^{p}$ pentru orice $a, b \in K$ și, inductiv, $(a + b)^{p^{k}}$ $= a^{p^{k}} + b^{p^{k}}$ pentru orice $a, b \in K$ și orice $k \in N$ . Atunci pentru orice $m \in N^{*}$ avem:

\begin{aligned} f_{m} (f_{1} (X)) & = \sum_{k = 0}^{m} (- 1)^{m - k} \hat{C_{m}^{k}} {(X^{p} - X)}^{p^{k}} \\ = \sum_{k = 0}^{m} (- 1)^{m - k} \hat{C_{m}^{k}} (X^{p^{k + 1}} - X^{p^{k}}) \\ = \sum_{k = 0}^{m + 1} (- 1)^{m + 1 - k} (\hat{C_{m}^{k}} + \hat{C_{m}^{k - 1}}) X^{p^{k}} \\ = \sum_{k = 0}^{m + 1} (- 1)^{m + 1 - k} \hat{C_{m + 1}^{k}} X^{p^{k}} = f_{m + 1} (X) . \end{aligned}

(2 p)

Arătăm prin inducție după $m \in N^{*}$ că $Z_{f_{m}}$ $= {\hat{k} ∣ k = \overset{―}{0, p - 1}}$ pentru orice $m \in N^{*}$ , ceea ce va rezolva problema. Pentru $m = 1$ am arătat acest lucru la a). Presupunem că proprietatea are loc pentru un $m \in N^{*}$ oarecare. Pentru orice $k \in {0, 1, \dots, p - 1}$ avem

f_{m + 1} (\hat{k}) = f_{m} (f_{1} (\hat{k})) = f_{m} (\hat{0}) = \hat{0},

astfel că ${\hat{k} ∣ k = \overset{―}{0, p - 1}} \subseteq Z_{f_{m + 1}}$ . (1 p)

Fie $α \in Z_{f_{m + 1}}$ oarecare. Atunci $f_{m} (f_{1} (α))$ $= f_{m + 1} (α)$ $= \hat{0}$ , deci $f_{1} (α) \in Z_{f_{m}}$ . Prin urmare, există $k \in {0, 1, \dots, p - 1}$ astfel încât $f_{1} (α) = \hat{k}$ . Obținem $α^{p}$ $= α + \hat{k}$ și

α^{p^{2}} = {(α + \hat{k})}^{p} = α^{p} + {\hat{k}}^{p} = (α + \hat{k}) + \hat{k} = α + 2 \cdot \hat{k},

și, inductiv, dacă $α^{p^{m}}$ $= α + m \cdot \hat{k}$ , atunci $α^{p^{m + 1}}$ $= {(α + m \cdot \hat{k})}^{p}$ $= α + (m + 1) \cdot \hat{k}$ . În grupul multiplicativ $(K^{*}, \cdot)$ avem $x^{p^{n} - 1} = 1$ pentru orice $x \in K^{*}$ , astfel că $x^{p^{n}} = x$ pentru orice element $x \in K$ . Atunci $α$ $= α^{p^{n}}$ $= α + n \cdot \hat{k}$ , astfel că $n \cdot \hat{k} = \hat{0}$ . (1 p)

Cum însă $n$ nu se divide prin caracteristica $p$ , rezultă $\hat{k} = \hat{0}$ . Dar atunci $f_{1} (α) = \hat{0}$ și $α \in Z_{f_{1}}$ $= {\hat{k} ∣ k = \overset{―}{0, p - 1}}$ . Am obținut deci și incluziunea inversă și are loc egalitatea $Z_{f_{m + 1}}$ $= {\hat{k} ∣ k = \overset{―}{0, p - 1}}$ . Proprietatea are loc atunci pentru orice $m \in N^{*}$ . (1 p)

Răspuns: pentru orice $m$ , rădăcinile lui $f_{m}$ din $K$ sunt $\hat{0}, \hat{1}, \dots, \hat{p - 1}$ .

Problema 3 (7 puncte · integrala Riemann, sume Riemann)

Fie $a, b \in R$ , cu $a < b$ , două numere reale oarecare. Spunem că o funcție $f : [a, b] \to R$ are proprietatea $(P)$ dacă este o funcție integrabilă pe $[a, b]$ , cu proprietatea că

f (x) - f (\frac{x + a}{2}) = f (\frac{x + b}{2}) - f (x) pentru orice x \in [a, b] .

Arătați că pentru orice număr real $t$ există o unică funcție $f : [a, b] \to R$ cu proprietatea $(P)$ , astfel încât $\int_{a}^{b} f (x) d x$ $= t$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Vom arăta că funcțiile cu proprietatea $(P)$ sunt exact funcțiile constante pe intervalul $[a, b]$ . Egalitatea din enunț se transcrie echivalent

f (x) = \frac{1}{2} (f (\frac{x + a}{2}) + f (\frac{x + b}{2})) . (1)

Arătăm că pentru orice $n \in N^{*}$ și orice $x \in [a, b]$ are loc egalitatea

f (x) = \frac{1}{2^{n}} \sum_{k = 0}^{2^{n} - 1} f (\frac{x + (2^{n} - 1 - k) a + k b}{2^{n}}) . (2)

Pentru $n = 1$ , aceasta este exact relația (1). Dacă presupunem egalitatea adevărată pentru un număr natural $n \in N^{*}$ și orice $x \in [a, b]$ , aplicând (1) fiecărui termen al sumei, avem

\begin{aligned} f (x) & = \frac{1}{2^{n}} \sum_{k = 0}^{2^{n} - 1} \frac{1}{2} (f (\frac{1}{2} \cdot \frac{x + (2^{n} - 1 - k) a + k b}{2^{n}} + \frac{a}{2}) \\ + f (\frac{1}{2} \cdot \frac{x + (2^{n} - 1 - k) a + k b}{2^{n}} + \frac{b}{2})) \\ = \frac{1}{2^{n + 1}} \sum_{k = 0}^{2^{n + 1} - 1} f (\frac{x + (2^{n + 1} - 1 - k) a + k b}{2^{n + 1}}) . \end{aligned}

(3 p)

Considerăm, pentru $n \in N^{*}$ și $x \in [a, b]$ oarecare, diviziunea

Δ_{n} = (x_{0} = a < x_{1} = \frac{(2^{n} - 1) a + b}{2^{n}} < \dots < x_{k} = \frac{(2^{n} - k) a + k b}{2^{n}} < \dots < x_{2^{n}} = b),

cu norma $‖ Δ_{n} ‖$ $= \frac{b - a}{2^{n}}$ , și sistemul de puncte intermediare

ξ_{(n)} (x) = (ξ_{k} (x) = \frac{x + (2^{n} - k) a + (k - 1) b}{2^{n}} | k = \overset{―}{1, 2^{n}}) .

Atunci relația (2) se transcrie sub forma

f (x) = \frac{1}{b - a} \cdot σ (f; Δ_{n}, ξ_{(n)} (x)),

unde $σ (f; Δ_{n}, ξ_{(n)} (x))$ este suma Riemann asociată funcției $f$ , diviziunii $Δ_{n}$ și sistemului de puncte intermediare $ξ_{(n)} (x)$ . Cum funcția $f$ este integrabilă Riemann pe $[a, b]$ , avem $lim_{n \to \infty} σ (f; Δ_{n}, ξ_{(n)} (x))$ $= \int_{a}^{b} f (s) d s$ , astfel că

f (x) = \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f (s) d s pentru orice x \in [a, b] .

Orice funcție cu proprietatea $(P)$ este deci constantă. (2 p)

Reciproc, orice funcție constantă pe intervalul $[a, b]$ este integrabilă Riemann și verifică egalitatea din enunț. (1 p)

Pentru orice $t \in R$ există atunci o unică funcție cu proprietatea $(P)$ , anume $f : [a, b] \to R$ , $f (x) = \frac{t}{b - a}$ pentru orice $x \in [a, b]$ , astfel încât $\int_{a}^{b} f (x) d x = t$ . (1 p)

Problema 4 (7 puncte · integrale, integrarea prin părți, funcții convexe)

Fie $f : [0, 1] \to R$ o funcție monoton crescătoare, derivabilă, cu derivata continuă, pentru care $f (0) = 0$ . Fie $g : [0, 1] \to R$ funcția definită prin

g (x) = f (x) + (x - 1) f^{'} (x) pentru orice x \in [0, 1] .

a) Arătați că $\int_{0}^{1} g (x) d x$ $= 0$ .
b) Demonstrați că pentru orice funcție $φ : [0, 1] \to [0, 1]$ , convexă și derivabilă, cu $φ (0) = 0$ și $φ (1) = 1$ , are loc inegalitatea $\int_{0}^{1} g (φ (x)) d x$ $\leq 0$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Deoarece $g (x)$ $= f (x) + (x - 1) f^{'} (x)$ $= ((x - 1) f (x))^{'}$ , rezultă că

\int_{0}^{1} g (x) d x = (x - 1) f (x) |_{0}^{1} = 0.

(2 p)

b) Fie $φ : [0, 1] \to [0, 1]$ o funcție convexă și derivabilă cu $φ (0) = 0$ și $φ (1) = 1$ . Atunci funcția $φ^{'}$ este crescătoare. Funcția $f$ fiind monoton crescătoare și derivabilă, are derivata $f^{'}$ nenegativă. Rezultă că pentru orice $x \in [0, 1]$ avem

f (φ (x)) = f (φ (x)) - f (φ (0)) = \int_{0}^{x} f^{'} (φ (t)) \cdot φ^{'} (t) d t \leq φ^{'} (x) \cdot \int_{0}^{x} f^{'} (φ (t)) d t .

Integrând inegalitatea de mai sus, obținem

\int_{0}^{1} f (φ (x)) d x \leq \int_{0}^{1} (φ^{'} (x) \cdot \int_{0}^{x} f^{'} (φ (t)) d t) d x . (3)

(2 p)

Funcția $f^{'} \circ φ$ este continuă, fiind compusă de funcții continue, astfel că este primitivabilă și integrabilă, iar o primitivă a sa este funcția $Φ : [0, 1] \to R$ , $Φ (x)$ $= \int_{0}^{x} f^{'} (φ (t)) d t$ . Integrând prin părți, avem:

\begin{aligned} \int_{0}^{1} (φ^{'} (x) \cdot \int_{0}^{x} f^{'} (φ (t)) d t) d x & = \int_{0}^{1} φ^{'} (x) Φ (x) d x \\ = φ (x) Φ (x) |_{0}^{1} - \int_{0}^{1} φ (x) Φ^{'} (x) d x \\ = φ (1) Φ (1) - φ (0) Φ (0) - \int_{0}^{1} φ (x) f^{'} (φ (x)) d x \\ = \int_{0}^{1} f^{'} (φ (x)) d x - \int_{0}^{1} φ (x) f^{'} (φ (x)) d x . (4) \end{aligned}

(1 p)

Din definiția funcției $g$ , inegalitatea (3) și identitatea (4) rezultă atunci că

\int_{0}^{1} g (φ (x)) d x = \int_{0}^{1} f (φ (x)) d x + \int_{0}^{1} φ (x) f^{'} (φ (x)) d x - \int_{0}^{1} f^{'} (φ (x)) d x \leq 0.

(2 p)

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	a) $n$ impar; b) $Z_{4} \times Z_{2}$
2	a) demonstrație; b) $Z_{f_{m}} = {\hat{0}, \hat{1}, \dots, \hat{p - 1}}$
3	$f (x) = \frac{t}{b - a}$ (unica funcție)
4	a) $\int_{0}^{1} g = 0$ ; b) demonstrație

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă
1	Grupuri finite, grupul $(Z_{n}, +)$ , elemente de ordin 2
2	Corpuri finite, polinoame, mica teoremă a lui Fermat
3	Integrala Riemann, sume Riemann, inducție
4	Integrale definite, integrarea prin părți, funcții convexe

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2023, etapa națională, clasa a XII-a? Patru probleme: grupuri finite „aranjabile” și grupul $(Z_{n}, +)$ , rădăcinile unor polinoame peste un corp finit cu $p^{n}$ elemente, funcțiile integrabile cu $f (x) - f (\frac{x + a}{2}) = f (\frac{x + b}{2}) - f (x)$ și o inegalitate integrală cu o funcție convexă.

Cum se punctează proba la olimpiada de matematică, etapa națională 2023? Subiectul are 4 probleme, iar conform baremului oficial fiecare problemă valorează 7 puncte, deci punctajul maxim este 28. Se acordă puncte și pentru rezolvările parțiale, după barem, iar orice soluție corectă diferită de cea oficială se punctează corespunzător.

Unde găsesc baremul oficial al olimpiadei de matematică, etapa națională 2023? Soluțiile și baremele de corectare pentru clasele IX–XII sunt documente oficiale ale Ministerului Educației și ale Societății de Științe Matematice din România (SSMR), publicate pe ssmr.ro după concurs; enunțurile problemelor sunt incluse în aceleași documente. Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Alte subiecte: etapa națională 2023, liceu — clasa a IX-a · clasa a X-a · clasa a XI-a. Aceeași clasă la etapa județeană: olimpiada de matematică 2023, etapa județeană, clasa a XII-a. Alte competiții de matematică găsești la concursuri de matematică.

← Olimpiada de matematică — toate subiectele rezolvate

Subiecte oficiale © Ministerul Educației / SSMR (Olimpiada Națională de Matematică, etapa națională, Craiova, 11 aprilie 2023): enunțurile, soluțiile și baremul, publicate pe ssmr.ro. Explicațiile suplimentare: Matepenet.ro.

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

Problema 1 (7 puncte · grupuri finite, grupul (ℤ_n, +))

Problema 2 (7 puncte · corpuri finite, polinoame, morfismul lui Frobenius)

Problema 3 (7 puncte · integrala Riemann, sume Riemann)

Problema 4 (7 puncte · integrale, integrarea prin părți, funcții convexe)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe

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

Problema 1 (7 puncte · grupuri finite, grupul (ℤn, +))

Problema 2 (7 puncte · corpuri finite, polinoame, morfismul lui Frobenius)

Problema 3 (7 puncte · integrala Riemann, sume Riemann)

Problema 4 (7 puncte · integrale, integrarea prin părți, funcții convexe)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe

Problema 1 (7 puncte · grupuri finite, grupul (ℤ_n, +))