Olimpiada de matematică 2023 națională, clasa a VI-a

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2023, etapa națională, clasa a VI-a (11 aprilie 2023, Slobozia), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: există trei șiruri de rapoarte egale (cu valorile 2, 3 și 4); tripletele sunt $(0, 0, 0)$ și $(1, 1, 1)$ ; fracția $\frac{1}{n (n + 1)}$ este zecimală finită doar pentru $n = 1$ și $n = 4$ ; la geometrie se arată $B E = 2 \cdot A D$ cu triunghiuri isoscele și congruente.

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 participă elevii calificați după etapa județeană. În 2023, etapa națională pentru clasele V–VI s-a desfășurat la Slobozia, între 10 și 13 aprilie, iar pentru clasele VII–VIII în județul Brașov, între 10 și 14 aprilie. Proba scrisă pentru clasa a VI-a a avut loc marți, 11 aprilie 2023, la Slobozia (județul Ialomița): 4 probleme, timp de lucru 2 ore (conform regulamentului olimpiadei din acel an). Conform baremului oficial, fiecare problemă este notată cu 7 puncte, deci punctajul maxim este 28 de puncte (fără puncte din oficiu).

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 · divizori, șir de rapoarte egale)

Determinați toate șirurile de rapoarte egale de forma

\frac{a_{1}}{a_{2}} = \frac{a_{3}}{a_{4}} = \frac{a_{5}}{a_{6}} = \frac{a_{7}}{a_{8}}

care îndeplinesc simultan condițiile:

– mulțimea ${a_{1}, a_{2}, \dots, a_{8}}$ este mulțimea divizorilor pozitivi ai lui 24;
– valoarea comună a rapoartelor este număr natural.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: divizorii lui 24 sunt $1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24$ . Fiecare divizor este folosit o singură dată, iar fiecare raport este „numărător = $r$ · numitor”.

Deoarece $24 = 2^{3} \cdot 3$ , valoarea comună $r$ a rapoartelor poate fi doar un divizor al lui 24, diferit de 1. (Numărul 24, fiind cel mai mare, nu poate fi numitor, deci $24 = r \cdot d$ pentru un divizor $d$ ; iar $r = 1$ ar cere numărător egal cu numitorul.) (2 p)
Pentru $r = 2$ avem $2$ $= \frac{24}{12}$ $= \frac{8}{4}$ $= \frac{6}{3}$ $= \frac{2}{1}$ . (1 p)
Pentru $r = 3$ avem $3$ $= \frac{24}{8}$ $= \frac{12}{4}$ $= \frac{6}{2}$ $= \frac{3}{1}$ . (1 p)
Pentru $r = 4$ avem $4$ $= \frac{24}{6}$ $= \frac{12}{3}$ $= \frac{8}{2}$ $= \frac{4}{1}$ . (1 p)
Pentru $r = 2$ , $r = 3$ sau $r = 4$ nu putem avea și alte șiruri, deoarece, dacă ordonăm descrescător divizorii și îi folosim pe rând, trebuie să punem la numărător cel mai mare divizor $d$ neutilizat până atunci (el nu poate fi numitor, căci $r \cdot d$ ar fi mai mare decât el și deja folosit sau nu ar fi divizor), iar la numitor $\frac{d}{r}$ , obținând șirurile de mai sus. (1 p)
Pentru $r \geq 8$ , respectiv $r = 6$ , nu avem niciun șir. Divizorul 6 ar trebui să fie numitor ( $\frac{d}{6} = r$ , adică $d = 6 r \geq 48$ , care nu este divizor al lui 24) sau numărător ( $\frac{6}{d} = r$ , adică $d = \frac{6}{r} < 1$ ) — imposibil. Pentru $r = 6$ , divizorul 3 ar da $\frac{d}{3} = 6$ ( $d = 18$ , nu este divizor) sau $\frac{3}{d} = 6$ ( $d = \frac{1}{2}$ ) — imposibil. (1 p)

Astfel, șirurile cerute sunt cele trei de mai sus (ordinea celor patru rapoarte poate fi schimbată).

Răspuns: $\frac{24}{12}$ $= \frac{8}{4}$ $= \frac{6}{3}$ $= \frac{2}{1}$ ; $\frac{24}{8}$ $= \frac{12}{4}$ $= \frac{6}{2}$ $= \frac{3}{1}$ ; $\frac{24}{6}$ $= \frac{12}{3}$ $= \frac{8}{2}$ $= \frac{4}{1}$ .

Problema 2 (7 puncte · numere întregi, sistem de ecuații)

Determinați tripletele $(a, b, c)$ de numere întregi, care verifică simultan relațiile $a^{2} + a = b + c$ , $b^{2} + b = a + c$ și $c^{2} + c = a + b$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Prin adunarea relațiilor obținem $a^{2} + b^{2} + c^{2} + a + b + c$ $= 2 (a + b + c)$ , adică $a^{2} + b^{2} + c^{2} = a + b + c . (*)$ (2 p)
Observăm că, dacă $x$ este număr întreg, atunci $x^{2} \geq x$ , cu egalitate doar pentru $x = 0$ și $x = 1$ . (1 p)
Justificarea observației precedente este că, dacă $x \leq 0$ , atunci $x^{2} \geq 0 \geq x$ , iar dacă $x \geq 1$ , atunci $x^{2}$ $= x \cdot x$ $\geq x \cdot 1$ $= x$ . (Egalitatea $x^{2} = x$ înseamnă $x (x - 1) = 0$ , adică $x = 0$ sau $x = 1$ .) (1 p)
Astfel, egalitatea $(*)$ este posibilă doar dacă $a^{2} = a$ , $b^{2} = b$ și $c^{2} = c$ (altfel membrul stâng ar fi strict mai mare). (1 p)
Din $a^{2} = a$ reiese $a = 0$ sau $a = 1$ . Pentru $a = 0$ , prima relație dă $b + c = 0$ , iar cum $b, c \in {0, 1}$ , obținem $b = c = 0$ ; pentru $a = 1$ , prima relație dă $b + c = 2$ , deci $b = c = 1$ . Tripletele cerute sunt $(0, 0, 0)$ și $(1, 1, 1)$ . (2 p)

Verificare: pentru $(1, 1, 1)$ : $1 + 1 = 1 + 1$ în toate cele trei relații ✓; pentru $(0, 0, 0)$ evident ✓.

Răspuns: $(0, 0, 0)$ și $(1, 1, 1)$ .

Problema 3 (7 puncte · fracții zecimale finite, divizibilitate)

Determinați numerele naturale nenule $n$ pentru care numărul

N = \frac{1}{n \cdot (n + 1)}

se reprezintă printr-o fracție zecimală finită.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Notație: $M_{k}$ înseamnă „un multiplu de $k$ ”.

Știm că numărul $N$ se reprezintă printr-o fracție zecimală finită dacă și numai dacă descompunerea numitorului în factori primi este de forma $2^{a} \cdot 5^{b}$ , cu $a, b \in N$ . (1 p)
Deoarece $n$ și $n + 1$ sunt prime între ele (nu au factori primi comuni), sunt posibile cazurile: I) $n = 1$ , $n + 1 = 2^{a} \cdot 5^{b}$ ; II) $n = 5^{b}$ , $n + 1 = 2^{a}$ ; III) $n = 2^{a}$ , $n + 1 = 5^{b}$ . (1 p)
Cazul I dă $n = 1$ ( $N = \frac{1}{2} = 0, 5$ ). II) În acest caz $2^{a}$ $= 5^{b} + 1$ $= M_{4} + 2$ (orice putere a lui 5 dă restul 1 la împărțirea cu 4), deci $2^{a}$ nu se divide cu 4: $a = 1$ , $b = 0$ , $n = 1$ . (2 p)
III) Obținem $2^{a} = 5^{b} - 1$ . $(*)$ Deoarece $5^{b}$ și $2^{a}$ nu sunt divizibile cu 3, egalitatea $(*)$ este posibilă doar dacă $2^{a} = M_{3} + 1$ și $5^{b} = M_{3} + 2$ . Deoarece $5^{2 k}$ $= 25^{k}$ $= M_{3} + 1$ pentru $k \in N$ , rezultă că $b = 2 k + 1$ , $k \in N$ . În acest caz, pentru $k \geq 1$ avem $5^{b} - 1$ $= 5 \cdot 25^{k} - 1$ $= M_{8} + 4$ și $5^{b} - 1 > 8$ ; dar o putere a lui 2 mai mare decât 8 este multiplu de 8. Astfel, egalitatea $(*)$ nu este posibilă pentru $b \geq 2$ . Rămâne $b = 1$ și $a = 2$ , care dă $n = 4$ . (2 p)
Numerele cerute sunt $n = 1$ și $n = 4$ . (1 p)

Verificare: $\frac{1}{1 \cdot 2}$ $= 0, 5$ și $\frac{1}{4 \cdot 5}$ $= \frac{1}{20}$ $= 0, 05$ . ✓

Observație (din barem): enunțarea și/sau folosirea proprietății „dacă $x^{p} - y^{q} = 1$ , $x, y, p, q$ sunt numere naturale și $p, q \geq 2$ , atunci $x = 3$ , $y = 2$ , $p = 2$ și $q = 3$ ” nu primesc niciun punct fără demonstrarea acestei afirmații.

Răspuns: $n \in {1, 4}$ .

Problema 4 (7 puncte · triunghiul isoscel, congruența triunghiurilor)

Fie triunghiul $A B C$ cu $∠ B A C = 90^{\circ}$ și $∠ A C B = 54^{\circ}$ . Construim bisectoarea $B D$ $(D \in A C)$ a unghiului $A B C$ și considerăm punctul $E$ pe segmentul $B D$ astfel încât $D E = D C$ . Arătați că $B E = 2 \cdot A D$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Calculând măsuri de unghiuri obținem $∠ A B C$ $= 90^{\circ} - 54^{\circ}$ $= 36^{\circ}$ , apoi $∠ A B D$ $= ∠ C B D$ $= \frac{1}{2} ∠ A B C$ $= 18^{\circ}$ . Rezultă $∠ B D A$ $= 90^{\circ} - ∠ A B D$ $= 72^{\circ}$ și $∠ B D C$ $= 180^{\circ} - ∠ B D A$ $= 108^{\circ}$ . (1 p)
În triunghiul isoscel $C D E$ ( $D E = D C$ ) obținem $∠ D C E$ $= ∠ D E C$ $= \frac{1}{2} (180^{\circ} - ∠ C D E)$ $= 36^{\circ}$ , de unde $∠ B C E$ $= ∠ B C D - ∠ E C D$ $= 54^{\circ} - 36^{\circ}$ $= 18^{\circ}$ $= ∠ C B E$ , deci triunghiul $B C E$ este isoscel: $E B = E C$ . (2 p)
Fie $F$ simetricul lui $D$ față de $A$ . Atunci $D, A, F$ sunt coliniare și $∠ A B F$ $= ∠ A B D$ $= 18^{\circ}$ (deoarece $△ B A F \equiv △ B A D$ — cazul C.C.), de unde $∠ F B C$ $= 18^{\circ} + 36^{\circ}$ $= 54^{\circ}$ $= ∠ F C B$ , deci triunghiul $B F C$ este isoscel, cu $F B = F C$ . (2 p)
Rezultă $△ F E B \equiv △ F E C$ (L.L.L.: $F B = F C$ , $E B = E C$ , $F E$ latură comună), deci $∠ E F B$ $= ∠ E F C$ $= \frac{1}{2} ∠ C F B$ $= \frac{1}{2} \cdot 72^{\circ}$ $= 36^{\circ}$ . Astfel triunghiul $E F C$ are două unghiuri de $36^{\circ}$ ( $∠ E F C$ și $∠ E C F$ ), deci este isoscel, de unde $E F = E C = E B$ . $(*)$ De asemenea, în triunghiul $F E D$ : $∠ F E D$ $= 180^{\circ} - ∠ F D E - ∠ E F D$ $= 180^{\circ} - 72^{\circ} - 36^{\circ}$ $= 72^{\circ}$ $= ∠ F D E$ , ceea ce arată că $F E = F D = 2 \cdot A D$ . Folosind $(*)$ obținem $E B = 2 \cdot A D$ . (2 p)

Notă: în baremul oficial, ultima relație de unghiuri apare scrisă $∠ F E D$ $= 180^{\circ} - ∠ F D E - ∠ F E D$ ; al treilea unghi este, de fapt, $∠ E F D$ (greșeală de tipar, calculul numeric este corect).

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	$\frac{24}{12} = \frac{8}{4} = \frac{6}{3} = \frac{2}{1}$ ; $\frac{24}{8} = \frac{12}{4} = \frac{6}{2} = \frac{3}{1}$ ; $\frac{24}{6} = \frac{12}{3} = \frac{8}{2} = \frac{4}{1}$
2	$(0, 0, 0)$ și $(1, 1, 1)$
3	$n \in {1, 4}$
4	demonstrație (triunghiurile $B C E$ , $B F C$ , $E F C$ , $F E D$ isoscele; $△ F E B \equiv △ F E C$ )

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă	Recapitulează
1	Divizori, șir de rapoarte egale	fișă rapoarte și proporții · fișă divizibilitate
2	Numere întregi, pătrate	fișă numere întregi
3	Fracții zecimale finite, resturi, puteri	fișă divizibilitate
4	Unghiuri, triunghiul isoscel, congruență	fișă triunghiul isoscel · fișă congruența triunghiurilor

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2023, etapa națională, clasa a VI-a? Patru probleme: șiruri de rapoarte egale formate cu divizorii lui 24, un sistem simetric $a^{2} + a = b + c$ în numere întregi, valorile lui $n$ pentru care $\frac{1}{n (n + 1)}$ este fracție zecimală finită și o problemă de geometrie cu un triunghi dreptunghic cu unghiul de $54^{\circ}$ și bisectoarea $B D$ .

Cât durează proba și cum se punctează la etapa națională a olimpiadei de matematică 2023? Subiectul are 4 probleme. Timpul de lucru a fost de 2 ore la clasele V–VI și de 4 ore la clasele VII–VIII. Fiecare problemă valorează 7 puncte, deci punctajul maxim este 28; se punctează și rezolvările parțiale, după barem.

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

Alte subiecte

Alte clase, etapa națională 2023: clasa a V-a · clasa a VII-a · clasa a VIII-a. Clasa a VI-a, etapa județeană: 2023 · 2026. Exersează și cu fișele de lucru pe clase, iar formulele utile le găsești la formule clasa a 6-a.

← Olimpiada de matematică — toate subiectele rezolvate · Concursuri

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

Olimpiada de matematică 2023, etapa națională, clasa a VI-a — subiecte și soluții

Problema 1 (7 puncte · divizori, șir de rapoarte egale)

Problema 2 (7 puncte · numere întregi, sistem de ecuații)

Problema 3 (7 puncte · fracții zecimale finite, divizibilitate)

Problema 4 (7 puncte · triunghiul isoscel, congruența triunghiurilor)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Alte subiecte

Formule conexe