Olimpiada de matematică 2024 națională, clasa a X-a

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

Patru probleme: ecuația 3^_5(5x - 10) - 2 = 5^-1 + _3 x, un pentagon inscriptibil cu AB = BC = CD al cărui centru de greutate este centrul cercului, numărarea funcțiilor cu f(k) ≤ f(k + 1) ≤ f(k) + 1 și a punctelor lor fixe, respectiv mulțimi generatoare pentru funcțiile de la \1, , n\ la ea însăși.

Q: Cum se punctează subiectul de la etapa națională a olimpiadei de matematică 2024?

Conform baremului oficial, fiecare dintre cele 4 probleme valorează 7 puncte, deci punctajul maxim este 28. Se punctează și rezolvările parțiale, pe pași, după barem; orice altă soluție corectă primește punctajul maxim.

Q: Unde găsesc baremul oficial al olimpiadei de matematică 2024, etapa națională?

Soluțiile și baremele de corectare de la etapa națională sunt documente oficiale ale Ministerului Educației și ale Societății de Științe Matematice din România (SSMR), publicate pe ssmr.ro. Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Problemele de la Olimpiada Națională de Matematică 2024, etapa națională, clasa a X-a (Târgu Mureș, 3 aprilie 2024), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: ecuația de la problema 1 are soluțiile $3$ și $27$ ; pentagonul de la problema 2 este regulat; $| F | = (n + 1) 2^{n - 2}$ , cu $n \cdot 2^{n - 1}$ puncte fixe în total; o mulțime generatoare minimă are 3 funcții.

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. Etapa națională din 2024 pentru clasele IX–XII s-a desfășurat la Târgu Mureș (proba de clasa a X-a: 3 aprilie 2024), cu elevii calificați de la etapa județeană. Subiectul a avut 4 probleme; conform baremului oficial, fiecare problemă este notată cu 7 puncte (punctaj maxim 28). Pe baza rezultatelor se acordă premiile și medaliile și se face selecția pentru barajele echipelor olimpice ale României.

Cum să folosești pagina: citește enunțul, încearcă singur cel puțin 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 · ecuații cu logaritmi și exponențiale, convexitate)

Rezolvați în mulțimea numerelor reale ecuația

3^{\log_{5} (5 x - 10)} - 2 = 5^{- 1 + \log_{3} x} .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Observăm că ecuația are soluțiile $x_{1} = 3$ și $x_{2} = 27$ : pentru $x = 3$ , $3^{\log_{5} 5} - 2$ $= 1$ $= 5^{0}$ ; pentru $x = 27$ , $3^{\log_{5} 125} - 2$ $= 27 - 2$ $= 25$ $= 5^{2}$ . Arătăm că ea nu mai are și alte soluții. (2 p)

Continuarea A. Condiția de existență este $x > 2$ . Folosind proprietățile logaritmilor ( $3^{\log_{5} u}$ $= u^{\log_{5} 3}$ , $5^{\log_{3} x}$ $= x^{\log_{3} 5}$ ), ecuația devine $15 \cdot 3^{\log_{5} (x - 2)}$ $= 10 + 5^{\log_{3} x}$ , adică

15 (x - 2)^{\log_{5} 3} = 10 + x^{\log_{3} 5}, x > 2.

(3 p)

Deoarece $\log_{3} 5 > 1$ și $0 < \log_{5} 3 < 1$ , funcția $x \mapsto 15 (x - 2)^{\log_{5} 3}$ este strict concavă pe $(2, \infty)$ , iar funcția $x \mapsto 10 + x^{\log_{3} 5}$ este strict convexă pe $(0, \infty)$ , deci funcția $f : (2, \infty) \to R$ , $f (x)$ $= 15 (x - 2)^{\log_{5} 3} - 10 - x^{\log_{3} 5}$ este strict concavă, iar ecuația $f (x) = 0$ are cel mult două soluții. (2 p)

Continuarea B (din barem). Din condiția de existență a logaritmilor avem $x > 2$ . Funcția $f : (2, \infty) \to (0, \infty)$ , $f (x) = 3^{\log_{5} (5 x - 10)}$ este inversabilă, cu inversa $f^{- 1} (x)$ $= \frac{5^{\log_{3} x} + 10}{5}$ , iar ecuația din enunț devine $f (x) = f^{- 1} (x)$ . (1 p)

Deoarece $f$ este strict crescătoare, ecuația este echivalentă cu $f (x) = x$ , adică $3^{\log_{5} (5 x - 10)} = x$ , sau $\log_{5} (5 x - 10) = \log_{3} x$ . (1 p)

Dacă $\log_{5} (5 x - 10)$ $= \log_{3} x$ $= t$ , atunci $x$ $= 3^{t}$ $= \frac{1}{5} (5^{t} + 10)$ , ceea ce revine la ecuația $5 \cdot 3^{t} = 5^{t} + 10$ , sau

5 = {(\frac{5}{3})}^{t} + 10 {(\frac{1}{3})}^{t}, t > \log_{3} 2.

(1 p)

Funcția $g : (\log_{3} 2, \infty) \to R$ , $g (t) = {(\frac{5}{3})}^{t} + 10 {(\frac{1}{3})}^{t}$ este strict convexă, fiind sumă de funcții strict convexe, deci ecuația $g (t) = 5$ admite cel mult două soluții ( $t = 1$ și $t = 3$ ). (2 p)

Răspuns: $S = {3, 27}$ .

Problema 2 (7 puncte · numere complexe în geometrie, pentagon)

Considerăm pentagonul inscriptibil $A B C D E$ în care $A B = B C = C D$ și centrul de greutate al pentagonului coincide cu centrul cercului circumscris. Arătați că pentagonul $A B C D E$ este regulat.

Centrul de greutate al unui pentagon este punctul din planul pentagonului al cărui vector de poziție este egal cu media aritmetică a vectorilor de poziție ai vârfurilor.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Considerăm un reper ortonormat cu originea în centrul $O$ al cercului $C$ circumscris pentagonului $A B C D E$ , cu unitatea de lungime egală cu raza cercului $C$ și cu axa reală mediatoarea segmentului $B C$ . Fie $z_{X}$ afixul punctului $X$ în acest reper.

Deoarece $A B = B C = C D$ , avem $∠ A O B = ∠ B O C = ∠ C O D = 2 α \in (0, \frac{2 π}{3})$ . Reiese că afixele vârfurilor pentagonului sunt

\begin{aligned} z_{A} & = \cos 3 α + i \sin 3 α, z_{B} = \cos α + i \sin α, \\ z_{C} & = \cos α - i \sin α, z_{D} = \cos 3 α - i \sin 3 α, \\ z_{E} & = \cos β + i \sin β, cu β \in (3 α, 2 π - 3 α) . \end{aligned}

(2 p)

Dacă centrul de greutate al pentagonului coincide cu $O$ , atunci $z_{A} + z_{B} + z_{C} + z_{D} + z_{E}$ $= 0$ , de unde obținem $\cos β + 2 \cos 3 α + 2 \cos α$ $= 0$ și $\sin β = 0$ . (1 p)

Rezultă $β = π$ , deci $2 \cos 3 α + 2 \cos α$ $= 1$ . Înmulțind cu $\sin α$ : $- \sin α + 2 \sin α \cos 3 α + 2 \sin α \cos α$ $= 0$ și, prin transformarea produselor în sume ( $2 \sin α \cos 3 α$ $= \sin 4 α - \sin 2 α$ ), $\sin 4 α = \sin α$ . (2 p)

Cum $0$ $< α$ $< 4 α$ $< \frac{4 π}{3}$ , deducem $4 α = π - α$ , deci $α = \frac{π}{5}$ , de unde $∠ A O B$ $= ∠ B O C$ $= ∠ C O D$ $= ∠ D O E$ $= ∠ E O A$ $= \frac{2 π}{5}$ , adică $A B C D E$ este pentagon regulat. (2 p)

Altă soluție (din barem). Cu axa reală $O A$ , afixele sunt $z_{A} = 1$ , $z_{B} = z$ , $z_{C} = z^{2}$ , $z_{D} = z^{3}$ , $z_{E} = w$ , cu $z$ $= \cos α + i \sin α$ , $α \in (0, \frac{2 π}{3})$ , $| w | = 1$ . Din $1 + z + z^{2} + z^{3} + w = 0$ obținem $w = \frac{1 - z^{4}}{z - 1}$ , iar din $w \overset{―}{w} = 1$ rezultă, după calcule, $(z^{5} - 1) (z^{3} - 1) = 0$ . Singura soluție cu argumentul în $(0, \frac{2 π}{3})$ este $z$ $= \cos \frac{2 π}{5} + i \sin \frac{2 π}{5}$ , deci pentagonul este regulat.

Problema 3 (7 puncte · combinatorică, numărarea funcțiilor, puncte fixe)

Fie numărul natural $n \geq 2$ și $F$ mulțimea funcțiilor $f : {1, 2, \dots, n} \to {1, 2, \dots, n}$ pentru care $f (k)$ $\leq f (k + 1)$ $\leq f (k) + 1$ , pentru orice $k \in {1, 2, \dots, n - 1}$ .

a) Determinați cardinalul mulțimii $F$ .
b) Determinați numărul total al punctelor fixe ale funcțiilor din $F$ .

Un punct fix al funcției $f$ este un număr $x \in {1, 2, \dots, n}$ astfel încât $f (x) = x$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Numărăm funcțiile din $F$ cu $f (1) = k$ , $k = \overset{―}{1, n}$ . Asociem fiecărui $i = \overset{―}{2, n}$ numărul $f (i) - f (i - 1) \in {0, 1}$ , cu restricția că pot fi cel mult $n - k$ de 1 (altfel s-ar depăși valoarea $n$ ). Această asociere este bijectivă, iar posibilitățile de a alege numerele 0 și 1 ca mai sus sunt în număr de $C_{n - 1}^{0} + C_{n - 1}^{1} + \dots + C_{n - 1}^{n - k}$ (posibilitățile de a plasa $0, 1, 2, \dots, n - k$ de 1). (1 p)

Rezultă

\begin{aligned} | F | & = \sum_{k = 1}^{n} (C_{n - 1}^{0} + \dots + C_{n - 1}^{n - k}) = \sum_{p = 0}^{n - 1} (n - p) C_{n - 1}^{p} \\ = n \cdot 2^{n - 1} - (n - 1) \sum_{p = 1}^{n - 1} C_{n - 2}^{p - 1} = (n + 1) 2^{n - 2} . \end{aligned}

(2 p)

b) Numărăm de câte ori apare punctul fix $k$ la funcțiile din $F$ , $k = \overset{―}{1, n}$ (același punct fix poate apărea la mai multe funcții). Asociem fiecărei funcții pentru care $f (k) = k$ numerele $f (i) - f (i - 1) \in {0, 1}$ , $i = \overset{―}{2, n}$ . (2 p)

Deoarece aceste numere pot fi alese fără restricții (avem automat $f (1) \geq k - (k - 1) = 1$ și $f (n) \leq k + (n - k) = n$ ), există $2^{n - 1}$ posibilități, deci fiecare punct fix apare la $2^{n - 1}$ funcții, iar

\sum_{f \in F} | Fix (f) | = n \cdot 2^{n - 1} .

(2 p)

Verificare: pentru $n = 2$ , $F$ conține funcțiile $(1, 1), (1, 2), (2, 2)$ : $3 = 3 \cdot 2^{0}$ funcții și $1 + 2 + 1$ $= 4$ $= 2 \cdot 2^{1}$ puncte fixe. (Baremul conține încă două soluții, prin recurență și prin caracterizarea mulțimii punctelor fixe.)

Problema 4 (7 puncte · compunerea funcțiilor, permutări, mulțimi generatoare)

Considerăm un număr natural $n \geq 3$ , mulțimea $S = {1, 2, 3, \dots, n}$ și mulțimea $F$ a funcțiilor de la $S$ la $S$ . Vom spune că o mulțime $G \subset F$ este generatoare pentru mulțimea $H \subset F$ dacă orice funcție din $H$ se poate reprezenta ca o compunere de funcții din $G$ .

a) Fie funcțiile $a : S \to S$ , $a (n - 1) = n$ , $a (n) = n - 1$ și $a (k) = k$ pentru $k \in S ∖ {n - 1, n}$ și $b : S \to S$ , $b (n) = 1$ și $b (k) = k + 1$ pentru $k \in S ∖ {n}$ . Arătați că ${a, b}$ este o mulțime generatoare pentru mulțimea $B$ a funcțiilor bijective din $F$ .
b) Demonstrați că numărul minim de elemente pe care le are o mulțime generatoare a lui $F$ este 3.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Vom nota cu $f g$ funcția $f \circ g$ (unde $f, g \in F$ ).

a) Raționăm prin inducție după $n$ . Pentru $n = 3$ , $B$ $= {a, a^{2}, b, b^{2}, a b, b a}$ ( $a^{2}$ este funcția identică, iar cele 6 funcții sunt distincte).

Presupunem acum că proprietatea este adevărată pentru un $n \geq 3$ și arătăm că este adevărată și pentru $n + 1$ . Fie $f : S \cup {n + 1} \to S \cup {n + 1}$ bijectivă, $f (n + 1) = m$ , și $a^{'}, b^{'} : S \cup {n + 1} \to S \cup {n + 1}$ analoagele lui $a$ , respectiv $b$ . Atunci $((b^{'})^{n - m + 1} f) (n + 1) = n + 1$ , deci restricția lui $g = (b^{'})^{n - m + 1} f$ la $S$ este o bijecție a lui $S$ și se poate scrie ca o compunere de $a$ și $b$ ; avem $f = (b^{'})^{m} g$ , deoarece $(b^{'})^{n + 1}$ este funcția identică (1). (1 p)

Avem $(b^{'} a^{'}) (n + 1) = n + 1$ și restricția lui $b^{'} a^{'}$ la $S$ este $b$ . În plus, $((b^{'})^{n} a^{'} b^{'}) (n + 1) = n + 1$ și restricția lui $(b^{'})^{n} a^{'} b^{'}$ la $S$ este $a$ . Atunci, din (1) reiese că $f$ se poate scrie ca o compunere de $a^{'}$ și $b^{'}$ . (1 p)

b) Arătăm că, dacă $G$ este o mulțime generatoare pentru $F$ , atunci $| G | \geq 3$ . Dacă $G$ are cel mult două elemente $f, g$ , atunci:

dacă $f$ și $g$ sunt bijective, atunci $G$ nu poate genera decât funcții bijective;
dacă $f$ și $g$ nu sunt bijective, atunci ele nu sunt surjective, deci $G$ nu poate genera decât funcții nesurjective;
dacă (de exemplu) $f$ este bijectivă și $g$ nu este bijectivă, atunci funcțiile bijective generate de $G$ sunt $f^{k}$ , $k \in N^{*}$ . În acest caz $G$ nu poate genera atât $a$ cât și $b$ , deoarece $a b \neq b a$ , pe când $f^{m} f^{p} = f^{p} f^{m}$ , pentru orice $m, p \in N^{*}$ .

(2 p)

Arătăm că o mulțime generatoare pentru $F$ este $G = {a, b, c}$ , unde $c : S \to S$ , $c (k) = k$ pentru $k \in S ∖ {n}$ și $c (n) = n - 1$ . (1 p)

Dovedim că orice $f \in F$ se scrie ca o compunere de $a, b, c$ prin inducție descendentă după numărul de elemente din imaginea lui $f$ . Dacă $| Im f | = n$ , atunci $f$ este bijectivă și folosim a).

Presupunem că afirmația este adevărată pentru orice $f$ cu $| Im f | = k$ , unde $1 < k \leq n$ , și o dovedim pentru o funcție $g$ arbitrară cu $| Im g | = k - 1$ . Deoarece $g$ nu este injectivă, există $u, v \in S$ , $u \neq v$ , cu $g (u) = g (v)$ . Alegem o bijecție $r$ astfel încât $Im (r g)$ $= {1, 2, \dots, k - 1}$ și $(r g) (u) = (r g) (v) = k - 1$ , și o bijecție $s$ cu $s (n - 1) = u$ , $s (n) = v$ . Considerăm funcția $h : S \to S$ , $h (x) = (r g s) (x)$ pentru $x \leq n - 1$ și $h (n) = k$ . Atunci $| Im h | = k$ , deci $h$ se scrie ca o compunere a funcțiilor $a, b, c$ , iar $r g s = h c$ (cele două funcții coincid pe ${1, \dots, n - 1}$ , iar în $n$ : $(h c) (n)$ $= h (n - 1)$ $= (r g s) (n - 1)$ $= (r g s) (n)$ ). Deci $g = r^{- 1} h c s^{- 1}$ , iar $r^{- 1}$ , $s^{- 1}$ sunt bijecții, adică, după a), compuneri de $a$ și $b$ . Așadar $g$ se scrie ca o compunere a funcțiilor $a, b, c$ . (2 p)

Notă matepenet: în baremul oficial pasul final este redactat mai concis (bijecțiile $r$ , $s$ apar compuse în altă ordine); aici am detaliat alegerea lor, ca $r$ și $s$ să fie într-adevăr bijecții.

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	$S = {3, 27}$
2	demonstrație: pentagonul este regulat ( $α = \frac{π}{5}$ )
3	a) $\| F \| = (n + 1) 2^{n - 2}$ ; b) $n \cdot 2^{n - 1}$
4	a) demonstrație prin inducție; b) minimul este 3, de exemplu ${a, b, c}$

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă
1	Logaritmi, funcția exponențială, convexitate
2	Numere complexe în geometrie, trigonometrie
3	Combinatorică: numărarea funcțiilor, combinări
4	Funcții, compunere, permutări

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2024, etapa națională, clasa a X-a? Patru probleme: ecuația $3^{\log_{5} (5 x - 10)} - 2 = 5^{- 1 + \log_{3} x}$ , un pentagon inscriptibil cu $A B = B C = C D$ al cărui centru de greutate este centrul cercului, numărarea funcțiilor cu $f (k) \leq f (k + 1) \leq f (k) + 1$ și a punctelor lor fixe, respectiv mulțimi generatoare pentru funcțiile de la ${1, \dots, n}$ la ea însăși.

Cum se punctează subiectul de la etapa națională a olimpiadei de matematică 2024? Conform baremului oficial, fiecare dintre cele 4 probleme valorează 7 puncte, deci punctajul maxim este 28. Se punctează și rezolvările parțiale, pe pași, după barem; orice altă soluție corectă primește punctajul maxim.

Unde găsesc baremul oficial al olimpiadei de matematică 2024, etapa națională? Soluțiile și baremele de corectare de la etapa națională sunt documente oficiale ale Ministerului Educației și ale Societății de Științe Matematice din România (SSMR), publicate pe ssmr.ro. Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Alte subiecte: etapa națională 2024 — clasa a IX-a · clasa a XI-a · clasa a XII-a. Aceeași clasă, etapa județeană: olimpiada de matematică 2024, etapa județeană, clasa a X-a. Alte competiții găsești la concursuri de matematică.

← Olimpiada de matematică — toate subiectele rezolvate

Subiecte oficiale © Ministerul Educației / SSMR (Olimpiada Națională de Matematică, etapa națională, Târgu Mureș, 3 aprilie 2024): enunțurile, soluțiile și baremul (ssmr.ro). Explicațiile: Matepenet.ro.

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

Problema 1 (7 puncte · ecuații cu logaritmi și exponențiale, convexitate)

Problema 2 (7 puncte · numere complexe în geometrie, pentagon)

Problema 3 (7 puncte · combinatorică, numărarea funcțiilor, puncte fixe)

Problema 4 (7 puncte · compunerea funcțiilor, permutări, mulțimi generatoare)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe