Olimpiada de matematică 2024 județeană, clasa a X-a

Q: Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2024, etapa județeană, clasa a X-a?

Patru probleme: cea mai mică valoare a lui α pentru care (a+b)^x ≥ a^x + b pentru orice x ≥ α, suma pătratelor distanțelor de la O la trei ortocentre (numere complexe), numerele complexe de același modul cu suma și produsul reale și ecuația funcțională f(x + y^2n) = f(f(x)) + y^2n-1 f(y).

Q: Cât durează proba și cum se punctează la olimpiada de matematică, etapa județeană 2024?

Timpul de lucru este de 3 ore pentru 4 probleme. Conform baremelor oficiale din 2024, fiecare problemă valorează 7 puncte, fără puncte din oficiu, deci punctajul maxim este 28. Se punctează și rezolvările parțiale, după barem.

Q: Unde găsesc baremul oficial al olimpiadei de matematică, etapa județeană 2024, la liceu?

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 după concurs pe site-ul SSMR. Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2024, etapa județeană, clasa a X-a (duminică, 10 martie 2024), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: cea mai mică valoare a lui $α$ este 1; $s (M) = 6 + | h |^{2} + 2 m \overset{―}{h} + 2 \overset{―}{m} h$ , deci $s (M) = 6$ pentru triunghiul echilateral; $C_{n} = a^{n} + b^{n} + c^{n}$ este real; singura funcție este $f (x) = x$ .

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 10 martie 2024, toți elevii de clasa a X-a din țară au primit același subiect: 4 probleme, timp de lucru 3 ore. Conform baremului oficial din 2024, fiecare problemă este notată cu 7 puncte, fără puncte din oficiu, deci punctajul maxim este 28.

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 · funcția exponențială, monotonie)

Fie $a, b \in R$ , $a > 1$ , $b > 0$ . Determinați cea mai mică valoare posibilă a numărului real $α$ pentru care: $(a + b)^{x} \geq a^{x} + b, \forall x \geq α .$

Vezi soluția (după baremul oficial)

Împărțind prin $a^{x} > 0$ , relația din enunț este echivalentă cu ${(1 + \frac{b}{a})}^{x} - b {(\frac{1}{a})}^{x} \geq 1, \forall x \geq α .$ (3 p)
Funcția $f : R \to R$ , $f (x)$ $= {(1 + \frac{b}{a})}^{x} - b {(\frac{1}{a})}^{x}$ este strict crescătoare, fiind suma a două funcții strict crescătoare (baza $1 + \frac{b}{a}$ este mai mare decât 1, iar ${(\frac{1}{a})}^{x}$ este strict descrescătoare și $b > 0$ ). (2 p)
Cum $f (1)$ $= 1 + \frac{b}{a} - \frac{b}{a}$ $= 1$ , avem $f (x) \geq f (1) = 1$ pentru orice $x \geq 1$ , iar $f (x) < 1$ pentru orice $x < 1$ . Deci valoarea minimă a lui $α$ este 1. (2 p)

Problema 2 (7 puncte · numere complexe, relația lui Sylvester)

Fie $A B C$ un triunghi înscris în cercul $C$ de centru $O$ și rază 1. Pentru orice $M \in C ∖ {A, B, C}$ , notăm $s (M)$ $= O H_{1}^{2} + O H_{2}^{2} + O H_{3}^{2}$ , unde $H_{1}$ , $H_{2}$ , $H_{3}$ sunt ortocentrele triunghiurilor $M A B$ , $M B C$ , respectiv $M C A$ .

a) Demonstrați că dacă triunghiul $A B C$ este echilateral, atunci $s (M) = 6$ , oricare ar fi $M \in C ∖ {A, B, C}$ .

b) Demonstrați că dacă există trei puncte distincte $M_{1}, M_{2}, M_{3} \in C ∖ {A, B, C}$ astfel încât $s (M_{1}) = s (M_{2}) = s (M_{3})$ , atunci triunghiul $A B C$ este echilateral. (Gazeta Matematică)

Vezi soluția (după baremul oficial)

Considerăm un reper ortonormat cu originea în $O$ ; pentru orice punct $Z$ din plan notăm cu $z$ afixul lui. Punctele sunt pe cercul de rază 1, deci $| a | = | b | = | c | = | m | = 1$ și $\overset{―}{m} = \frac{1}{m}$ .

Din relația lui Sylvester: $h_{1} = m + a + b$ , $h_{2} = m + b + c$ , $h_{3} = m + c + a$ . Fie $h = a + b + c$ afixul ortocentrului triunghiului $A B C$ . (1 p)
Scriind $h_{1} = m + h - c$ etc. și folosind $| z |^{2} = z \overset{―}{z}$ , obținem $s (M) = 6 + | h |^{2}$ $+ 2 m \overset{―}{h} + 2 \overset{―}{m} h .$ (2 p)
Dacă triunghiul $A B C$ este echilateral, atunci $h = a + b + c = 0$ , deci $s (M) = 6$ . (1 p)

Presupunem prin absurd că triunghiul $A B C$ nu este echilateral, echivalent cu $h \neq 0$ . Din $s (M_{1}) = s (M_{2})$ : $| h |^{2} + 2 m_{1} \overset{―}{h} + 2 \overset{―}{m_{1}} h$ $= | h |^{2} + 2 m_{2} \overset{―}{h} + 2 \overset{―}{m_{2}} h$ $\Leftrightarrow \overset{―}{h} (m_{1} - m_{2}) + h \frac{m_{2} - m_{1}}{m_{1} m_{2}} = 0$ $\Leftrightarrow m_{1} m_{2} = \frac{h}{\overset{―}{h}} .$ (2 p)
Analog, $m_{1} m_{3}$ $= \frac{h}{\overset{―}{h}}$ . Deoarece $m_{1} \neq 0$ , obținem $m_{2} = m_{3}$ , contradicție cu $M_{2} \neq M_{3}$ . Așadar triunghiul $A B C$ este echilateral. (1 p)

Problema 3 (7 puncte · numere complexe, modul, recurențe)

Fie $a, b, c$ numere complexe nenule de același modul pentru care numerele $A = a + b + c$ și $B = a b c$ sunt reale. Demonstrați că, pentru orice număr natural $n$ , numărul $C_{n} = a^{n} + b^{n} + c^{n}$ este real.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Soluția 1. Fie $α, β, γ$ argumentele reduse ale numerelor complexe $a, b, c$ .

Din $a b c \in R$ rezultă $\sin (α + β + γ)$ $= 0$ , adică $α + β + γ$ $= k π$ , $k \in Z$ , deci $γ$ $= k π - α - β$ . Din $a + b + c \in R$ (modulele fiind egale) avem $\sin α + \sin β + \sin γ$ $= 0$ , deci $\sin α + \sin β$ $= - \sin (k π - α - β)$ , de unde $| \sin α + \sin β |$ $= | \sin (α + β) |$ , echivalent cu $| \sin \frac{α + β}{2} \cos \frac{α - β}{2} |$ $= | \sin \frac{α + β}{2} \cos \frac{α + β}{2} | .$ (2 p)
Dacă $\sin \frac{α + β}{2}$ $= 0$ , există $q \in Z$ cu $\frac{α + β}{2}$ $= q π$ , iar $γ = (k - 2 q) π$ , deci $\sin γ = 0$ și $c \in R$ . (1 p)
Dacă $\sin \frac{α + β}{2} \neq 0$ , atunci $| \cos \frac{α + β}{2} |$ $= | \cos \frac{α - β}{2} |$ , deci $\cos^{2} \frac{α + β}{2}$ $= \cos^{2} \frac{α - β}{2}$ , de unde $\cos (α + β)$ $= \cos (α - β)$ , adică $\sin α \sin β = 0$ : cel puțin unul dintre numerele $a$ , $b$ este real. (1 p)
Prin urmare, cel puțin unul dintre numerele $a, b, c$ este real; fie acesta $a$ . Din ipoteză, $b + c \in R$ și, cum $a$ este nenul, și $b c \in R$ . (1 p)
Dacă $b$ este real, atunci și $c$ este real, deci $C_{n}$ este real pentru orice $n \in N$ . (1 p)
Dacă $b \in C ∖ R$ , atunci $b$ și $c$ sunt rădăcinile unei ecuații de gradul al doilea cu coeficienți reali, deci $c = \overset{―}{b}$ . În concluzie $C_{n}$ $= a^{n} + b^{n} + {\overset{―}{b}}^{n}$ $= a^{n} + b^{n} + \overset{―}{b^{n}} \in R$ . (1 p)

Soluția 2 (alternativă din barem). Fie $| a | = | b | = | c | = r > 0$ . Pentru un număr complex $z$ de modul $r$ avem $\overset{―}{z}$ $= \frac{r^{2}}{z}$ .

Cum $A$ este real: $a + b + c = \overset{―}{a} + \overset{―}{b} + \overset{―}{c}$ $= \frac{r^{2}}{a} + \frac{r^{2}}{b} + \frac{r^{2}}{c} = r^{2} \cdot \frac{a b + b c + c a}{a b c} \in R,$ deci $a b + b c + c a \in R$ . (2 p)
Pentru $n = 0$ : $C_{0} = 3$ ; pentru $n = 1$ : $C_{1} = A \in R$ ; pentru $n = 2$ : $C_{2}$ $= A^{2} - 2 (a b + b c + c a) \in R$ . (2 p)
Pentru $n \geq 2$ are loc relația de recurență ( $a, b, c$ sunt rădăcinile polinomului $t^{3} - A t^{2} + (a b + b c + c a) t - B$ ): $C_{n + 1} = A \cdot C_{n} - (a b + b c + c a) \cdot C_{n - 1}$ $+ B \cdot C_{n - 2} .$ Prin inducție rezultă $C_{n} \in R$ , oricare ar fi $n \in N$ . (3 p)

Problema 4 (7 puncte · ecuații funcționale, funcții aditive)

Fie $n \in N^{*}$ . Determinați funcțiile $f : R \to R$ care verifică: $f (x + y^{2 n}) = f (f (x)) + y^{2 n - 1} f (y),$ pentru orice $x, y \in R$ și pentru care ecuația $f (x) = 0$ are soluție unică.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Răspuns: $f (x) = x$ .

Pentru $y = 0$ , relația devine $f (x) = f (f (x))$ , deci relația din enunț devine $f (x + y^{2 n}) = f (x) + y^{2 n - 1} f (y),$ $\forall x, y \in R . (1)$ (1 p)
Pentru $x = 0$ și $y = 1$ în (1): $f (1) = f (0) + f (1)$ , deci $f (0) = 0$ . Cum ecuația $f (x) = 0$ are soluție unică, $f (x) = 0 \Rightarrow x = 0. (2)$ (1 p)
Pentru $x = 0$ în (1): $f (y^{2 n}) = y^{2 n - 1} f (y)$ , $\forall y \in R$ , deci (1) se rescrie $f (x + y^{2 n}) = f (x) + f (y^{2 n}),$ $\forall x, y \in R . (3)$ (1 p)
În plus, $y^{2 n - 1} f (y)$ $= f (y^{2 n})$ $= f ((- y)^{2 n})$ $= - y^{2 n - 1} f (- y)$ , $\forall y \in R$ , deci $f$ este funcție impară. (1 p)
Orice $t \geq 0$ se scrie $t = y^{2 n}$ , cu $y = \sqrt[2 n]{t}$ , deci relația (3) devine $f (x + t) = f (x) + f (t),$ $\forall x \in R, t \geq 0. (4)$ Folosind imparitatea lui $f$ , pentru $t < 0$ obținem $f (x + t)$ $= - f (- x - t)$ $= - (f (- x) + f (- t))$ $= f (x) + f (t)$ , ceea ce, împreună cu (4), implică $f (x + t) = f (x) + f (t), \forall x, t \in R . (5)$ (1 p)
Dacă $f (x_{1}) = f (x_{2})$ , conform (5) avem $f (x_{1} - x_{2}) = 0$ , ceea ce, conform (2), implică $x_{1} = x_{2}$ : $f$ este injectivă. Dar, deoarece $f (f (x)) = f (x)$ , avem $f (x) = x$ , care este soluție a ecuației date: $x + y^{2 n}$ $= x + y^{2 n - 1} \cdot y$ , iar $f (x) = 0$ are unica soluție $x = 0$ . (2 p)

Remarcă din barem: ultimul punct se acordă doar dacă este menționat faptul că soluția $f (x) = x$ verifică ecuația funcțională.

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	$α_{min} = 1$
2	a) $h = 0$ , deci $s (M) = 6$ ; b) $h \neq 0$ ar da $m_{2} = m_{3}$ , contradicție
3	unul dintre numere este real, iar celelalte două sunt reale sau conjugate, deci $C_{n} \in R$
4	$f (x) = x$

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă	Recapitulează
1	Funcția exponențială, monotonie	formule clasa a 10-a
2	Numere complexe în geometrie, relația lui Sylvester	formule clasa a 10-a
3	Numere complexe, forma trigonometrică, relațiile lui Viète	formule clasa a 10-a
4	Ecuații funcționale, injectivitate	formule clasa a 10-a

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2024, etapa județeană, clasa a X-a? Patru probleme: cea mai mică valoare a lui $α$ pentru care $(a + b)^{x} \geq a^{x} + b$ pentru orice $x \geq α$ , suma pătratelor distanțelor de la $O$ la trei ortocentre (numere complexe), numerele complexe de același modul cu suma și produsul reale și ecuația funcțională $f (x + y^{2 n}) = f (f (x)) + y^{2 n - 1} f (y)$ .

Cât durează proba și cum se punctează la olimpiada de matematică, etapa județeană 2024? Timpul de lucru este de 3 ore pentru 4 probleme. Conform baremelor oficiale din 2024, fiecare problemă valorează 7 puncte, fără puncte din oficiu, deci punctajul maxim este 28. Se punctează și rezolvările parțiale, după barem.

Unde găsesc baremul oficial al olimpiadei de matematică, etapa județeană 2024, la liceu? 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 după concurs pe site-ul SSMR. Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Alte subiecte

Alte clase de liceu, etapa județeană 2024: clasa a IX-a · clasa a XI-a · clasa a XII-a. Formulele utile le găsești la formule clasa a 10-a.

← Olimpiada de matematică — toate subiectele rezolvate · Concursuri școlare de matematică

Subiecte oficiale © Ministerul Educației / SSMR (Olimpiada Națională de Matematică, etapa județeană/a sectoarelor municipiului București, 10 martie 2024): enunțurile, soluțiile și baremul, publicate de SSMR. Explicațiile suplimentare: Matepenet.ro.

Olimpiada de matematică 2024, etapa județeană — clasa a X-a, subiecte rezolvate

Problema 1 (7 puncte · funcția exponențială, monotonie)

Problema 2 (7 puncte · numere complexe, relația lui Sylvester)

Problema 3 (7 puncte · numere complexe, modul, recurențe)

Problema 4 (7 puncte · ecuații funcționale, funcții aditive)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Alte subiecte

Formule conexe