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

Ideea: pentru o matrice de ordinul 2 folosim determinantul $d=det(X)$, urma $t=\mathrm{tr}(X)$ și relația Hamilton–Cayley $X^2-tX+d{I}_2=O_2$.

1. Aplicând determinantul în $X^{2023}=X^{2022}$ obținem $d^{2023}=d^{2022}$, adică $d^{2022}(d-1)=0$, deci $d\in \{0,1\}$. (2 p)
2. Dacă $d=1$, matricea $X$ este inversabilă, deci și $X^{2022}$ este inversabilă. Înmulțind relația cu ${\left(X^{2022}\right)}^{-1}$ rezultă $X=I_2$, iar relația $X^3=X^2$ este evident satisfăcută. (1 p)
3. Dacă $d=0$, ecuația caracteristică satisfăcută de $X$ devine $X^2=tX$. (1 p)
4. Prin inducție, $X^{n+1}=t^{n}X$ pentru orice $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ (dacă $X^{n+1}=t^{n}X$, atunci $X^{n+2}$ $=t^n{X}^2$ $=t^{n+1}X$). Relația din enunț devine $t^{2022}X=t^{2021}X$, adică $t^{2021}(t-1)X=O_2$, de unde $t=0$ sau $t=1$ sau $X=O_2$. (1 p)
5. Dacă $t=0$, atunci $X^2=O_2$, deci $X^3=X^2=O_2$. Dacă $t=1$, atunci $X^2=X$, deci $X^3=X\cdot X^2=X^2$. Dacă $X=O_2$, atunci $X^3=X^2=O_2$. În toate cazurile, $X^3=X^2$. (2 p)

Ideea: cât timp $x_n\le p$, termenul crește cu cel puțin 1; de îndată ce $x_n>p$, avem $\left[\frac{p}{x_n}\right]$ $=0$ și șirul devine constant.

Convergența. Termenii șirului sunt strict pozitivi (inducție). Arătăm că există $k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ cu $x_k>p$. Presupunem prin absurd că $x_n\le p$ pentru orice $n$. Atunci $\frac{p}{x_n}\ge 1$, deci $x_{n+1}\ge x_n+1$ și, prin inducție, $x_n\ge a+n-1$. În particular $x_{p+1}\ge a+p>p$, contradicție. Notăm $k_0$ $=min\{k\in {\mathbb{N}}^{\ast }\mid x_k>p\}$. Cum $\left[\frac{p}{x}\right]$ $=0$ pentru orice $x>p$, deducem $x_n=x_{k_0}$ pentru orice $n\ge k_0$ (inducție), deci șirul este convergent, cu $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n$ $=x_{k_0}$. (3 p)

Calculul limitei, în funcție de $a>0$:

1. Cazul 1: $a\in (p,\mathrm{\infty })$. Atunci $k_0=1$ și $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n$ $=x_1$ $=a$. (1 p)
2. Cazul 2: $a\in (0,1)$. Atunci $x_2$ $=a+\left[\frac{p}{a}\right]$ $>\left[\frac{p}{a}\right]$ $\ge p$ (pentru că $\frac{p}{a}>p$), deci $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n$ $=x_2$ $=a+\left[\frac{p}{a}\right]$. (1 p)
3. Cazul 3: $a\in [1,p]$. Termenul general este de forma $x_n=\{a\}+y_n$, unde $\{a\}\in [0,1)$ este partea fracționară a lui $a$, iar $y_n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ (inducție: la fiecare pas se adună un număr întreg). Pentru $x\in [1,p]$ avem $(x-1)(x-p)\le 0$, adică $x^2+p\le (p+1)x$, deci $$x+\left[\frac{p}{x}\right]\le x+\frac{p}{x}\le p+1.$$ Prin urmare, dacă $x_n\in [1,p]$, atunci $x_{n+1}\le p+1$. (1 p)
4. Așadar $x_{k_0}\in (p,p+1]\cap \{\{a\}+k\mid k\in {\mathbb{N}}^{\ast }\}$. Dacă $a\notin \mathbb{N}$, singurul număr de această formă din interval este $p+\{a\}$; dacă $a\in \{1,2,\dots ,p\}$, atunci $\{a\}=0$ și singura valoare este $p+1$. Obținem $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=x_{k_0}=\{\begin{array}{ll}p+\{a\},& a\in [1,p]\setminus \mathbb{N}\\ p+1,& a\in \{1,2,\dots ,p\}\end{array}.$$ (1 p)

Verificare: pentru $p=3$, $a=1,5$: $x_2$ $=1,5+2$ $=3,5$ $>3$, limita este $3,5=p+\{a\}$ ✓; pentru $a=2$: $x_2=3$, $x_3=4$, limita este $4=p+1$ ✓.

Răspuns: șirul este convergent; limita este $a$ dacă $a>p$; $a+\left[\frac{p}{a}\right]$ dacă $0<a<1$; $p+\{a\}$ dacă $a\in [1,p]$ nu este întreg; $p+1$ dacă $a\in \{1,2,\dots ,p\}$.

a) Fie $A$ $=(a_{ij}{)}_{1\le i,j\le n}$ și $A^2$ $=(m_{ij}{)}_{1\le i,j\le n}$. Din $A^T=-A$ rezultă $a_{ji}=-a_{ij}$ pentru $i,j=1,\dots ,n$ (matricea $A$ este antisimetrică). (1 p)

Atunci elementele de pe diagonala lui $A^2$ sunt $$m_{ii}=\sum _{j=1}^n{a}_{ij}{a}_{ji}=-\sum _{j=1}^n{a}_{ij}^2,i=1,\dots ,n.$$ Dacă $A^2=O_n$, atunci $m_{ii}=0$, deci suma pătratelor elementelor de pe linia $i$ este 0. Cum elementele sunt reale, obținem $a_{ij}=0$ pentru toți $i,j$. Prin urmare $A=O_n$. (2 p)

b)

1. Conform ipotezei, $A=B^{\ast }$, unde $B^{\ast }$ este adjuncta lui $B$. Cum $n$ este impar, $$\begin{array}{rl}det(A)& =det\left(A^T\right)=det(-A)\\ & =(-1{)}^{n}det(A)=-det(A),\end{array}$$ de unde $det(A)=0$. (1 p)
2. Rezultă $det(B{B}^{\ast })$ $=det(B)\cdot det(B^{\ast })$ $=det(B)\cdot det(A)$ $=0$. Din relația $B{B}^{\ast }=det(B)I_n$ obținem $(detB{)}^n=0$, deci $det(B)=0$; așadar $\mathrm{rang}(B)$ $\le n-1$ și $B{B}^{\ast }=O_n$. (1 p)
3. Dacă $\mathrm{rang}(B)$ $\le n-2$, toți minorii de ordin $n-1$ ai lui $B$ sunt nuli, deci $B^{\ast }=O_n$ și $A^2=(B^{\ast }{)}^2=O_n$. (1 p)
4. Dacă $\mathrm{rang}(B)$ $=n-1$, atunci $B^{\ast }\ne O_n$, iar din inegalitatea rangurilor a lui Sylvester $$\begin{array}{rl}\mathrm{rang}(B^{\ast })& \le \mathrm{rang}(B{B}^{\ast })+n-\mathrm{rang}(B)\\ & =0+n-(n-1)=1.\end{array}$$ Rezultă $\mathrm{rang}(B^{\ast })$ $=1$, de unde $(B^{\ast }{)}^2$ $=\mathrm{tr}(B^{\ast })\cdot B^{\ast }$ (o matrice de rang 1 se scrie $u{v}^T$, iar $(u{v}^T{)}^2=(v^{T}u)u{v}^T$). Dar $\mathrm{tr}(B^{\ast })$ $=\mathrm{tr}(A)$ $=0$, deoarece $a_{ii}=-a_{ii}$, adică $a_{ii}=0$. Rezultă $A^2=(B^{\ast }{)}^2=O_n$. (1 p)

a) Considerăm $f(x)=x$ pentru orice $x\in \mathbb{R}$ și $$g(x)=\{\begin{array}{ll}x,& x\in \mathbb{Q}\\ x+1,& x\in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}\end{array}.$$ Funcția $g$ este discontinuă în orice punct real (lângă orice punct există și numere raționale, și iraționale, iar limitele pe cele două tipuri de șiruri diferă cu 1). Fie numerele reale $a<b<c$. Există un șir $(x_n{)}_{n\ge 1}$ de numere raționale convergent la $b$. Atunci $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}g(x_n)$ $=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n$ $=b$, iar $b\in (a,c)$ $=(f(a),f(c))$. (2 p)

b)

1. Fie $b\in \mathbb{R}$ un punct de continuitate al lui $g$. Demonstrăm $g(b)=f(b)$ prin reducere la absurd. Dacă $g(b)<f(b)$, din continuitatea lui $f$ în $b$ există $a<b$ cu $f(a)>g(b)$. Atunci, pentru orice șir $(x_n)$ convergent la $b$, $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}g(x_n)$ $=g(b)$ $<f(a)$, în contradicție cu ipoteza. Dacă $g(b)>f(b)$, există $c>b$ cu $f(c)<g(b)$ și, pentru orice șir convergent la $b$, $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}g(x_n)$ $=g(b)$ $>f(c)$, din nou contradicție. Deci $g(x)=f(x)$ în orice punct $x$ în care $g$ este continuă. (2 p)
2. Funcția monotonă $g$ admite limite laterale finite în orice punct $x\in \mathbb{R}$. (1 p)
3. Fie $x\in \mathbb{R}$ arbitrar. Mulțimea punctelor de discontinuitate ale unei funcții monotone este cel mult numărabilă, deci pentru orice $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ există $u_n\in (x-\frac{1}{n},x)$ și $v_n\in (x,x+\frac{1}{n})$, puncte de continuitate ale lui $g$. Atunci, folosind pasul 1 și continuitatea lui $f$, $$\begin{array}{rl}\underset{t\nearrow x}{lim}g(t)& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}g(u_n)\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}f(u_n)=f(x),\\ \underset{t\searrow x}{lim}g(t)& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}g(v_n)\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}f(v_n)=f(x).\end{array}$$ Limitele laterale sunt egale cu $f(x)$, iar pentru o funcție monotonă $g(x)$ se află între ele; rezultă $g(x)=f(x)$. Deci $f=g$. (2 p)

Observație (din barem): funcția $f$ este strict crescătoare pe $\mathbb{R}$.