Olimpiada de matematică 2023 națională, clasa a IX-a

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

Patru probleme: o ecuație de gradul al doilea cu coeficienți naturali și soluții întregi, inegalitatea funcțională f(f(x)) + yf(x) ≤ x + xf(f(y)), un joc de colorare a vârfurilor unei rețele în care suma unor vectori decide câștigătorul și o problemă cu părți întregi și divizibilitate.

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 IX-a (Craiova, 11 aprilie 2023), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: la problema 1 discriminantul este $(a - b)^{2} + 2 a + 2 b + 1$ ; singura funcție de la problema 2 este $f (x) = x$ ; în jocul de la problema 3 câștigă Bogdan; la problema 4, $r$ și $s$ sunt naturale.

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 IX-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 · ecuația de gradul al doilea, relațiile lui Viète)

Se consideră ecuația $x^{2} + (a + b - 1) x + a b - a - b$ $= 0$ , unde $a$ și $b$ sunt numere naturale nenule cu $a \leq b$ .

a) Arătați că ecuația are două soluții reale distincte.
b) Demonstrați că dacă o soluție a ecuației este număr întreg, atunci ambele soluții sunt numere întregi nepozitive și $b < 2 a$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Discriminantul ecuației este

Δ = (a + b - 1)^{2} - 4 (a b - a - b) = (a - b)^{2} + 2 a + 2 b + 1 > 0,

deci ecuația are două soluții reale distincte. (2 p)

b) Dacă $x_{1} < x_{2}$ sunt cele două soluții, din prima relație a lui Viète, $x_{1} + x_{2}$ $= 1 - a - b \in Z$ , deci $x_{1} \in Z ⟺ x_{2} \in Z$ . (1 p)

Fie $f (x)$ $= x^{2} + (a + b - 1) x + a b - a - b$ , $x \in R$ . Întrucât $f (1) = a b > 0$ , $f (- a) = - b < 0$ , $f (- b) = - a < 0$ , folosind semnul funcției de gradul al doilea deducem că $x_{1}$ $< - b$ $\leq - a$ $< x_{2}$ $< 1$ , deci ambele soluții (întregi) sunt nepozitive. (1 p)

Astfel, $a \geq 1 - x_{2}$ , $b \geq 1 - x_{2}$ și din $f (x_{2}) = 0$ deducem

(a - 1 + x_{2}) (b - 1 + x_{2}) = 1 - x_{2} \geq 1.

Rezultă că $d_{1} = a - 1 + x_{2}$ și $d_{2} = b - 1 + x_{2}$ sunt divizori naturali ai numărului $1 - x_{2}$ și $d_{1} d_{2} = 1 - x_{2}$ , deci $a = d_{1} + d_{1} d_{2}$ , $b = d_{2} + d_{1} d_{2}$ . Obținem

2 a - b = 2 d_{1} + d_{2} (d_{1} - 1) \geq 2 d_{1} > 0,

adică $b < 2 a$ . (3 p)

Problema 2 (7 puncte · ecuații funcționale, inegalități)

Determinați funcțiile $f : R \to R$ , cu proprietatea că

f (f (x)) + y \cdot f (x) \leq x + x \cdot f (f (y)),

pentru orice $x$ și $y$ numere reale.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Pentru $x = 0$ în relația inițială obținem $f (f (0)) + y f (0) \leq 0$ , pentru orice $y \in R$ , relație adevărată doar dacă $f (0) = 0$ . Într-adevăr, dacă $f (0) \neq 0$ , atunci $y$ $\leq - \frac{f (f (0))}{f (0)}$ pentru orice $y \in R$ , sau $y$ $\geq - \frac{f (f (0))}{f (0)}$ pentru orice $y \in R$ , imposibil. (1 p)

Alegând $y = 0$ , rezultă $f (f (x)) \leq x$ , pentru orice $x$ real. (1) (1 p)

Pentru $x = 1$ în relația inițială obținem $f (f (1)) + y f (1)$ $\leq 1 + f (f (y))$ și, folosind (1), rezultă $f (f (1)) + y f (1) \leq 1 + y$ , deci $y (f (1) - 1)$ $\leq 1 - f (f (1))$ , pentru orice $y$ real, relație adevărată (la fel ca mai sus) doar dacă $f (1) - 1 = 0$ , adică $f (1) = 1$ . (1 p)

În aceste condiții relația din ipoteză, pentru $x = 1$ , devine $1 + y \leq 1 + f (f (y))$ , adică $y \leq f (f (y))$ , pentru orice $y$ real. (2) (1 p)

Din (1) și (2) obținem $f (f (x)) = x$ , pentru orice $x \in R$ , și, folosind ipoteza, reiese că $x + y f (x) \leq x + x y$ , deci $y f (x) \leq x y$ pentru orice $x, y \in R$ . (1 p)

Pentru $y = 1$ rezultă $f (x) \leq x$ , iar pentru $y = - 1$ rezultă $f (x) \geq x$ , deci $f (x) = x$ pentru orice $x \in R$ , funcție care verifică relația din ipoteză ( $x + y x \leq x + x y$ ). (2 p)

Problema 3 (7 puncte · vectori, jocuri, strategie câștigătoare)

Fie $n \geq 2$ un număr natural. Considerăm un pătrat de latură $2 n - 1$ pe care îl împărțim prin paralele la laturi în $(2 n - 1)^{2}$ pătrate unitate. Ana și Bogdan joacă următorul joc: începând cu Ana, cei doi colorează alternativ, Ana cu roșu iar Bogdan cu albastru, în $2 n^{2}$ ture, cele $4 n^{2}$ vârfuri ale pătratelor unitate. Apoi, începând cu Ana, fiecare unește printr-un vector un punct roșu (care va fi originea) cu un punct albastru (care va fi vârful), rezultând astfel $2 n^{2}$ vectori cu originile și vârfurile distincte. Dacă suma acestor vectori este nulă, Ana câștigă. Altfel, câștigă Bogdan.

Arătați că Bogdan are o strategie câștigătoare.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Fie $O$ centrul pătratului, $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{2 n^{2}}$ punctele albastre și $R_{1}, R_{2}, \dots, R_{2 n^{2}}$ punctele roșii. Ana va câștiga dacă

\sum_{i = 1}^{2 n^{2}} \vec{R_{i} A_{a_{i}}} = \vec{0} (1)

pentru o anumită rearanjare $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{2 n^{2}}$ a numerelor $1, 2, \dots, 2 n^{2}$ . Relația (1) se scrie echivalent

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{2 n^{2}} (\vec{O A_{a_{i}}} - \vec{O R_{i}}) = \vec{0} & ⟺ \sum_{i = 1}^{2 n^{2}} \vec{O R_{i}} = \sum_{i = 1}^{2 n^{2}} \vec{O A_{a_{i}}} \\ ⟺ \sum_{i = 1}^{2 n^{2}} \vec{O R_{i}} = \sum_{i = 1}^{2 n^{2}} \vec{O A_{i}} . (2) \end{aligned}

(2 p)

Cum $O$ este centru de simetrie pentru mulțimea celor $4 n^{2}$ puncte colorate, avem

\sum_{i = 1}^{2 n^{2}} \vec{O R_{i}} + \sum_{i = 1}^{2 n^{2}} \vec{O A_{i}} = \vec{0} .

Astfel, relația (2) este echivalentă cu

\sum_{i = 1}^{2 n^{2}} \vec{O R_{i}} = \vec{0} . (3)

Așadar Ana câștigă dacă și numai dacă vectorii cu originea în $O$ și cu vârful în punctele roșii au suma nulă. (2 p)

Pentru a câștiga, Bogdan poate proceda astfel: după ce Ana colorează cu roșu un punct în penultima tură, calculează $\vec{s}$ $= \sum_{i = 1}^{2 n^{2} - 1} \vec{O R_{i}}$ . Dacă există punctul încă necolorat $X$ astfel încât $\vec{O X}$ $= - \vec{s}$ , atunci el îl colorează pe $X$ cu albastru. Astfel, el o va împiedica pe Ana să câștige, deoarece

\sum_{i = 1}^{2 n^{2}} \vec{O R_{i}} = \vec{O R_{2 n^{2}}} + \vec{s} = \vec{O R_{2 n^{2}}} - \vec{O X} = \vec{X R_{2 n^{2}}} \neq \vec{0} .

(2 p)

În caz contrar, Bogdan colorează orice punct rămas, întrucât relația (3) nu se poate îndeplini (ultimul punct roșu $R_{2 n^{2}}$ ar trebui să fie chiar punctul $X$ cu $\vec{O X}$ $= - \vec{s}$ , care nu mai este disponibil). (1 p)

Problema 4 (7 puncte · partea întreagă, divizibilitate)

Fie numerele reale $r, s \in [1, \infty)$ cu proprietatea că pentru orice numere naturale nenule $a, b$ , cu $a$ divide $b$ , rezultă $[a r]$ divide $[b s]$ .

a) Demonstrați că $\frac{s}{r}$ este număr natural.
b) Arătați că $r$ și $s$ sunt numere naturale.

Am notat cu $[x]$ partea întreagă a numărului real $x$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Presupunem prin absurd că $\frac{s}{r} \notin N$ . Atunci există $k \in N$ astfel încât $k$ $< \frac{s}{r}$ $< k + 1$ , adică $k r < s < (k + 1) r$ .

Alegem $b = a \in N^{*}$ , variabil, și obținem că $[a r] ∣ [a s]$ , de unde $[a r] ∣ [a s] - k [a r]$ (1). (1 p)

Din $s > k r$ deducem că există $u > 0$ astfel încât $u s > u k r + 2$ și astfel, pentru orice $a > u$ , avem $a s > a k r + 2$ , deci

[a s] \geq [a k r] + 2 > a k r + 1 > k [a r],

adică $[a s] > k [a r]$ . (1 p)

Din (1) rezultă $[a s] - k [a r] \geq [a r]$ , adică $[a s] \geq (k + 1) [a r]$ , deci

a s > (k + 1) (a r - 1) ⟺ k + 1 > a ((k + 1) r - s),

pentru orice $a > u$ . Astfel, $a$ $< \frac{k + 1}{(k + 1) r - s}$ pentru orice $a > u$ , contradicție; deci presupunerea făcută este falsă și $\frac{s}{r} \in N$ . (1 p)

b) Să arătăm că $s$ este natural. Vom arăta că pentru orice $a \in N$ astfel încât $a r \geq 2$ rezultă $a s \in N$ .

Dacă prin absurd $a s \notin N$ , atunci va exista $n \in N^{*}$ astfel încât $\frac{1}{n + 1}$ $\leq {a s}$ $< \frac{1}{n}$ , deci $1$ $\leq (n + 1) {a s}$ $< \frac{n + 1}{n}$ $\leq 2$ , adică $[(n + 1) {a s}] = 1$ . Obținem

[(n + 1) a s] = [(n + 1) [a s] + (n + 1) {a s}] = (n + 1) [a s] + 1.

Cum $[a r] ∣ [a s]$ și $[a r] ∣ [(n + 1) a s]$ , rezultă $[a r] ∣ 1$ , deci $[a r] = 1$ , imposibil ( $a r \geq 2$ ).

Așadar $a s \in N$ pentru orice $a \in N$ cu $a r \geq 2$ , de unde $(a + 1) s \in N$ , deci $(a + 1) s - a s$ $= s \in N$ . (2 p)

Să arătăm în final că $r$ este natural. Fie $p$ un număr prim oarecare cu $p [r] > s$ și $m = [p {r}]$ . Cum $p {r} < p$ , deducem $m < p$ .

Dacă prin absurd $m \neq 0$ , atunci $(m, p) = 1$ . Cum $[p r] ∣ p s$ (aici $[p s] = p s$ , deoarece $s \in N$ ), iar $[p r]$ $= [p [r] + p {r}]$ $= p [r] + m$ , obținem $p [r] + m ∣ p s$ . Deoarece $(p [r] + m, p) = 1$ , rezultă $p [r] + m ∣ s$ , imposibil, căci $p [r] > s$ .

Așadar $m = 0$ , deci $p {r} < 1$ , adică ${r} < \frac{1}{p}$ , oricare ar fi $p$ prim cu $p > \frac{s}{[r]}$ ; de aici ${r} = 0$ și deci $r \in N$ . (2 p)

Notă: în documentul oficial, în egalitatea $[(n + 1) a s]$ $= (n + 1) [a s] + [(n + 1) {a s}]$ , apare tipărit „ $(n + a)$ ” în loc de $(n + 1)$ ; am scris forma corectă.

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	a) $Δ = (a - b)^{2} + 2 a + 2 b + 1 > 0$ ; b) demonstrație ( $b < 2 a$ )
2	$f (x) = x$
3	Bogdan are strategie câștigătoare (alege $X$ cu $\vec{O X} = - \vec{s}$ )
4	a) $\frac{s}{r} \in N$ ; b) $r, s \in N$ (demonstrații)

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă
1	Ecuația de gradul al doilea, relațiile lui Viète, semnul funcției de gradul al doilea
2	Ecuații funcționale cu inegalități
3	Vectori, simetrie, joc cu strategie câștigătoare
4	Partea întreagă și partea fracționară, divizibilitate, numere prime

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2023, etapa națională, clasa a IX-a? Patru probleme: o ecuație de gradul al doilea cu coeficienți naturali și soluții întregi, inegalitatea funcțională $f (f (x)) + y f (x) \leq x + x f (f (y))$ , un joc de colorare a vârfurilor unei rețele în care suma unor vectori decide câștigătorul și o problemă cu părți întregi și divizibilitate.

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 X-a · clasa a XI-a · clasa a XII-a. Aceeași clasă la etapa județeană: olimpiada de matematică 2023, etapa județeană, clasa a IX-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 IX-a, subiecte rezolvate

Problema 1 (7 puncte · ecuația de gradul al doilea, relațiile lui Viète)

Problema 2 (7 puncte · ecuații funcționale, inegalități)

Problema 3 (7 puncte · vectori, jocuri, strategie câștigătoare)

Problema 4 (7 puncte · partea întreagă, divizibilitate)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe