Olimpiada de matematică 2024 națională, clasa a XI-a

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

Patru probleme: o funcție de două ori derivabilă cu f · f^ = 0, valorile proprii ale matricei AA^T și condiția (AA^T)^p = (A^TA)^q, funcția matriceală f(Z) = AZ + BZ și continuitatea în origine a lui f când 2f(x) + f(x²) este continuă.

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 XI-a (Târgu Mureș, 3 aprilie 2024), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: din $f \cdot f^{''} = 0$ rezultă $f^{''} = 0$ ; din $(A A^{T})^{p} = (A^{T} A)^{q}$ rezultă $A^{T} = A^{- 1}$ ; $f (Z) = A Z + B \overset{―}{Z}$ e bijectivă exact când $A \pm B$ sunt inversabile.

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 XI-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 · derivate, proprietatea lui Darboux)

Fie $I \subset R$ un interval deschis și $f : I \to R$ o funcție de două ori derivabilă pe $I$ , cu proprietatea $f (x) \cdot f^{″} (x) = 0$ , pentru orice $x \in I$ . Arătați că $f^{″} (x) = 0$ , pentru orice $x \in I$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Fie $A$ $= {x \in I ∣ f^{″} (x) \neq 0}$ . Presupunem, prin absurd, $A \neq \emptyset$ . Cum $f^{″} = (f^{'})^{'}$ are proprietatea lui Darboux pe $I$ , mulțimea $A$ nu poate avea un singur element (dacă $A = {a}$ , funcția $f^{″}$ ar lua pe un interval în jurul lui $a$ doar valorile $0$ și $f^{″} (a)$ , nu și valorile dintre ele). (2 p)

Fie $a, b \in A$ , cu $a < b$ . Din ipoteză, deducem $f (a) = f (b) = 0$ . Funcția $g : I \to R$ , $g (x) = f (x) f^{'} (x)$ , este monoton crescătoare pe $I$ , deoarece

g^{'} (x) = (f^{'} (x))^{2} + f (x) f^{″} (x) = (f^{'} (x))^{2} \geq 0, \forall x \in I .

Atunci, din $g (a) = g (b) = 0$ , obținem $g (x) = 0$ , pentru orice $x \in [a, b]$ , deci $g^{'} (x) = 0$ , adică $f^{'} (x) = 0$ , pentru orice $x \in [a, b]$ . Dar atunci

f^{″} (a) = lim_{x ↘ a} \frac{f^{'} (x) - f^{'} (a)}{x - a} = 0,

în contradicție cu $a \in A$ . Prin urmare $A = \emptyset$ , adică $f^{″} (x) = 0$ , pentru orice $x \in I$ . (5 p)

Problema 2 (7 puncte · matrice, valori proprii, matrice ortogonale)

Fie $A \in M_{n} (R)$ o matrice inversabilă.

a) Arătați că matricea $A A^{T}$ are valorile proprii reale, strict pozitive.
b) Presupunem că există numerele naturale nenule și distincte $p$ și $q$ astfel ca $(A A^{T})^{p} = (A^{T} A)^{q}$ . Arătați că $A^{T} = A^{- 1}$ .

(Notație: $A^{T}$ este transpusa matricei $A$ .)

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Fie $λ \in C$ o valoare proprie a matricei $A A^{T}$ și $X \in M_{n, 1} (C) ∖ {O_{n, 1}}$ , astfel încât $A A^{T} X = λ X$ . Transpunând și conjugând relația anterioară, obținem ${\overset{―}{X}}^{T} A A^{T}$ $= \overset{―}{λ} {\overset{―}{X}}^{T}$ , de unde, prin înmulțire la dreapta cu $X$ , rezultă ${\overset{―}{X}}^{T} A A^{T} X$ $= \overset{―}{λ} {\overset{―}{X}}^{T} X$ . Astfel,

{\overset{―}{(A^{T} X)}}^{T} (A^{T} X) = \overset{―}{λ} ({\overset{―}{X}}^{T} X) .

Dacă $X$ $= (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n})^{T}$ și $A^{T} X$ $= (y_{1}, y_{2}, \dots, y_{n})^{T}$ , egalitatea devine $\sum_{i = 1}^{n} | y_{i} |^{2}$ $= \overset{―}{λ} \sum_{i = 1}^{n} | x_{i} |^{2}$ . Cum $X \neq O_{n, 1}$ și $A$ este inversabilă, deci $A^{T} X \neq O_{n, 1}$ , avem $\sum | x_{i} |^{2} > 0$ și $\sum | y_{i} |^{2} > 0$ . Rezultă $\overset{―}{λ} \in (0, \infty)$ , deci $λ \in (0, \infty)$ . (2 p)

(Baremul dă și o a doua demonstrație: $A A^{T}$ este simetrică, deci are valori proprii reale, și pozitiv definită, deoarece $X^{T} (A A^{T}) X$ $= (A^{T} X)^{T} (A^{T} X)$ $> 0$ pentru $X \neq O_{n, 1}$ .)

b) Matricele $A A^{T}$ și $A^{T} A$ au același polinom caracteristic. (1 p)

Fie $0$ $< λ_{1}$ $\leq λ_{2}$ $\leq \dots$ $\leq λ_{n}$ valorile proprii comune ale matricelor $A A^{T}$ și $A^{T} A$ . Matricele $(A A^{T})^{p}$ și $(A^{T} A)^{q}$ au valorile proprii $λ_{1}^{p}$ $\leq λ_{2}^{p}$ $\leq \dots$ $\leq λ_{n}^{p}$ , respectiv $λ_{1}^{q}$ $\leq λ_{2}^{q}$ $\leq \dots$ $\leq λ_{n}^{q}$ . Din $(A A^{T})^{p} = (A^{T} A)^{q}$ rezultă $λ_{i}^{p} = λ_{i}^{q}$ , de unde $λ_{i}^{p - q} = 1$ , pentru $i = 1, \dots, n$ . Atunci $λ_{1}$ $= λ_{2}$ $= \dots$ $= λ_{n}$ $= 1$ . (2 p)

Notăm $B$ $= A A^{T} - I_{n}$ $= (b_{i j})_{1 \leq i, j \leq n}$ . Matricea $B$ are valorile proprii nule, deci $B^{2}$ are valorile proprii nule. Cum $B$ este simetrică, obținem

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} b_{i j}^{2} = Tr (B B^{T}) = Tr (B^{2}) = 0.

Rezultă $B = O_{n}$ , adică $A A^{T} = I_{n}$ . Rezultă $A^{T} = A^{- 1}$ . (2 p)

Problema 3 (7 puncte · matrice complexe, funcții injective și surjective)

Fie matricele $A, B \in M_{n} (R)$ . Considerăm funcția matriceală $f : M_{n} (C) \to M_{n} (C)$ , definită prin $f (Z) = A Z + B \overset{―}{Z}$ , $Z \in M_{n} (C)$ , unde $\overset{―}{Z}$ este matricea având ca elemente conjugatele elementelor lui $Z$ . Arătați că următoarele afirmații sunt echivalente:

(1) funcția $f$ este injectivă;
(2) funcția $f$ este surjectivă;
(3) matricele $A + B$ și $A - B$ sunt inversabile.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Pentru $Z \in M_{n} (C)$ , există $X, Y \in M_{n} (R)$ astfel ca $Z = X + i Y$ , iar $\overset{―}{Z} = X - i Y$ . Rezultă

f (Z) = (A + B) X + i (A - B) Y .

(1 p)

(1) ⇒ (3). Presupunem, prin absurd, că $A + B$ este neinversabilă sau $A - B$ este neinversabilă. Dacă $A + B$ este neinversabilă, atunci $det (A + B) = 0$ , deci există $C \in M_{n, 1} (R) ∖ {O_{n, 1}}$ astfel ca $(A + B) C = O_{n, 1}$ . Definim matricea $X \in M_{n} (R)$ , $X \neq O_{n}$ , având cele $n$ coloane egale cu $C$ . Obținem $f (X)$ $= (A + B) X$ $= O_{n}$ $= f (O_{n})$ , în contradicție cu (1). Dacă $A - B$ este neinversabilă, există $D \in M_{n, 1} (R) ∖ {O_{n, 1}}$ cu $(A - B) D = O_{n, 1}$ ; matricea $Y \neq O_{n}$ cu toate coloanele egale cu $D$ verifică $f (i Y)$ $= i (A - B) Y$ $= O_{n}$ $= f (O_{n})$ , contradicție. (2 p)

(3) ⇒ (1). Fie $Z_{1} = X_{1} + i Y_{1}$ și $Z_{2} = X_{2} + i Y_{2}$ , cu $X_{1}, Y_{1}, X_{2}, Y_{2} \in M_{n} (R)$ , astfel încât $f (Z_{1}) = f (Z_{2})$ . Atunci $(A + B) X_{1} + i (A - B) Y_{1}$ $= (A + B) X_{2} + i (A - B) Y_{2}$ , deci $(A + B) (X_{1} - X_{2}) = O_{n}$ și $(A - B) (Y_{1} - Y_{2}) = O_{n}$ . Din (3) deducem $X_{1} = X_{2}$ și $Y_{1} = Y_{2}$ , deci $Z_{1} = Z_{2}$ : funcția $f$ este injectivă. (1 p)

(2) ⇒ (3). Presupunem, prin absurd, că $A + B$ este neinversabilă. Pentru orice $Z = X + i Y$ avem $det ((A + B) X) = 0$ , deci partea reală $(A + B) X$ a lui $f (Z)$ nu poate fi $I_{n}$ : $f (Z) \neq I_{n}$ , pentru orice $Z$ , în contradicție cu (2). Dacă $A - B$ este neinversabilă, atunci $det ((A - B) Y) = 0$ , deci $f (Z) \neq i I_{n}$ , pentru orice $Z$ , contradicție. (2 p)

(3) ⇒ (2). Fie $Z$ $= X + i Y \in M_{n} (C)$ . Definim matricele $U = (A + B)^{- 1} X$ și $V = (A - B)^{- 1} Y$ . Atunci $f (U + i V) = X + i Y = Z$ , deci $f$ este surjectivă. (1 p)

Notă din barem: pentru justificarea echivalenței (1) ⇔ (2) pe baza faptului că $f$ este o aplicație liniară pe spațiul vectorial finit dimensional $M_{n} (C)$ (privit ca spațiu real) se acordă 3 puncte, iar pentru demonstrarea uneia dintre echivalențele (1) ⇔ (3) sau (2) ⇔ (3) se acordă 4 puncte.

Problema 4 (7 puncte · limite de funcții, continuitate)

Fie funcțiile $f, g : R \to R$ , unde $g (x) = 2 f (x) + f (x^{2})$ , pentru $x \in R$ .

a) Arătați că, dacă $f$ este mărginită într-o vecinătate a originii, iar $g$ este continuă în origine, atunci $f$ este continuă în origine.
b) Dați un exemplu de funcție $f$ , discontinuă în origine, pentru care funcția $g$ este continuă în origine.

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Fie $ε > 0$ , arbitrar. Conform ipotezei, există $δ_{1}, M > 0$ astfel încât $| f (x) | < M$ , pentru orice $x \in (- δ_{1}, δ_{1})$ . Cum $g$ este continuă în origine, există $δ_{2} > 0$ , care depinde de $ε$ , astfel încât $| g (x) - g (0) |$ $< \frac{ε}{2}$ , pentru orice $x \in (- δ_{2}, δ_{2})$ . Definim $δ$ $= min {δ_{1}, δ_{2}, 1}$ . Din $0 < δ \leq 1$ deducem $a^{2} < δ$ , pentru orice $a \in (- δ, δ)$ .

Fie $x \in (- δ, δ)$ . Deoarece $| x |$ $< δ$ $\leq δ_{2}$ și $g (0) = 3 f (0)$ , avem

\begin{aligned} | f (x) - f (0) | & = \frac{| 2 f (x) - 2 f (0) |}{2} \leq \frac{| 2 f (x) + f (x^{2}) - 3 f (0) | + | f (x^{2}) - f (0) |}{2} \\ = \frac{| g (x) - g (0) |}{2} + \frac{| f (| x |^{2}) - f (0) |}{2} < \frac{ε}{4} + \frac{| f (| x |^{2}) - f (0) |}{2} . \end{aligned}

(2 p)

Prin inducție, obținem inegalitatea

| f (x) - f (0) | < ε (\frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{2^{3}} + \dots + \frac{1}{2^{n + 1}}) + \frac{| f (| x |^{2^{n}}) - f (0) |}{2^{n}}, n \in N^{*} .

Fie $p \in N^{*}$ astfel încât $2^{p}$ $> \frac{4 M}{ε}$ . Avem $| x |^{2^{p}}$ $< δ$ $\leq δ_{1}$ . Atunci

\begin{aligned} | f (x) - f (0) | & < \frac{ε (1 - \frac{1}{2^{p}})}{2} + \frac{| f (| x |^{2^{p}}) | + | f (0) |}{2^{p}} \\ \leq \frac{ε (1 - \frac{1}{2^{p}})}{2} + \frac{2 M}{2^{p}} < \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} = ε . \end{aligned}

Rezultă că funcția $f$ este continuă în origine. (2 p)

(Baremul conține și o a doua soluție pentru a), cu limitele superioară și inferioară $L$ și $ℓ$ ale lui $f$ în 0: se obține $2 L + ℓ$ $\leq g (0)$ $\leq 2 ℓ + L$ , deci $L$ $= ℓ$ $= \frac{g (0)}{3}$ $= f (0)$ .)

b) Fie $a \in (0, 1)$ și $A = {\pm a^{2^{n}} ∣ n \in Z}$ . Definim funcția

f : R \to R, f (x) = {\begin{cases} (- 1)^{n} 2^{n}, & | x | = a^{2^{n}}, n \in Z \\ 0, & x \in R ∖ A \end{cases} .

Deoarece $lim_{k \to \infty} a^{2^{2 k}}$ $= 0$ și $lim_{k \to \infty} f (a^{2^{2 k}}) = lim_{k \to \infty} 2^{2 k} = \infty$ , $f$ este discontinuă în origine.

Dacă $x \in R ∖ A$ , atunci $x^{2} \in R ∖ A$ (dacă $x^{2} = a^{2^{m}}$ , atunci $| x | = a^{2^{m - 1}}$ , deci $x \in A$ ). Rezultă $g (x) = 0$ . Dacă $x \in A$ , atunci există $n \in Z$ astfel încât $| x | = a^{2^{n}}$ . Rezultă

g (x) = 2 f (a^{2^{n}}) + f (a^{2^{n + 1}}) = 2^{n + 1} [(- 1)^{n} + (- 1)^{n + 1}] = 0.

Prin urmare, $g$ este funcția nulă, continuă în origine. (3 p)

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	demonstrație (Darboux + funcția $f \cdot f^{'}$ crescătoare)
2	a) valori proprii reale pozitive; b) $A A^{T} = I_{n}$ , deci $A^{T} = A^{- 1}$
3	demonstrație: $f (Z) = (A + B) X + i (A - B) Y$
4	a) demonstrație; b) $f (x) = (- 1)^{n} 2^{n}$ pentru $\| x \| = a^{2^{n}}$ , altfel $0$

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă
1	Derivate, proprietatea lui Darboux, monotonie
2	Matrice, valori proprii, urma unei matrice
3	Matrice cu elemente complexe, funcții injective și surjective
4	Limite de funcții, continuitate

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2024, etapa națională, clasa a XI-a? Patru probleme: o funcție de două ori derivabilă cu $f \cdot f^{''} = 0$ , valorile proprii ale matricei $A A^{T}$ și condiția $(A A^{T})^{p} = (A^{T} A)^{q}$ , funcția matriceală $f (Z) = A Z + B \overset{―}{Z}$ și continuitatea în origine a lui $f$ când $2 f (x) + f (x^{2})$ este continuă.

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 X-a · clasa a XII-a. Aceeași clasă, etapa județeană: olimpiada de matematică 2024, etapa județeană, clasa a XI-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 XI-a, subiecte rezolvate

Problema 1 (7 puncte · derivate, proprietatea lui Darboux)

Problema 2 (7 puncte · matrice, valori proprii, matrice ortogonale)

Problema 3 (7 puncte · matrice complexe, funcții injective și surjective)

Problema 4 (7 puncte · limite de funcții, continuitate)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe