Olimpiada de matematică 2024 națională, clasa a VI-a

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2024, etapa națională, clasa a VI-a (Vaslui, mai 2024), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: trebuie întoarse 1851 de cartonașe; cel mai mic $n$ este 11 (pătratul 121), iar cel mai mare pătrat pentru $n = 50$ este 7921; la geometrie se folosesc triunghiuri congruente; cel mult 7 numere consecutive au numărul divizorilor o putere a lui 2.

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 2024 au participat elevii calificați după etapa județeană; pentru clasa a VI-a, concursul s-a desfășurat la Vaslui (9–12 mai 2024). Subiectul a avut 4 probleme, iar conform baremului oficial fiecare problemă este notată cu 7 puncte (total 28 de puncte). Problemele sunt mult mai grele decât la etapa județeană: aproape toate cer demonstrații complete.

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 · multipli, principiul includerii și excluderii)

Numerele naturale $1, 2, 3, \dots, 2024$ sunt scrise pe 2024 cartonașe identice, așezate pe o masă cu fața scrisă în jos. Spunem că un cartonaș este câștigător dacă numărul scris pe el este divizibil cu 13 sau 100. Care este cel mai mic număr de cartonașe pe care trebuie să le întoarcem, fără a le privi, pentru a fi siguri că am întors un cartonaș câștigător?

Vezi soluția (după baremul oficial)

În cel mai nefavorabil caz întoarcem mai întâi toate cartonașele necâștigătoare. Pentru a fi siguri că am întors un cartonaș câștigător trebuie să întoarcem cu unul mai mult decât numărul cartonașelor necâștigătoare. (2 p)
Multiplii lui 13 mai mici sau egali cu 2024 sunt $13 \cdot 1, 13 \cdot 2, \dots, 13 \cdot 155$ ( $13 \cdot 155 = 2015$ ), numărul lor fiind 155. (1 p)
Multiplii lui 100 mai mici sau egali cu 2024 sunt $100 \cdot 1, 100 \cdot 2, \dots, 100 \cdot 20$ , numărul lor fiind 20. (1 p)
Există un singur multiplu comun al numerelor 13 și 100 printre numerele $1, 2, 3, \dots, 2024$ : numărul 1300 (multiplii comuni sunt multiplii lui $13 \cdot 100 = 1300$ ). (1 p)
În total avem $155 + 20 - 1 = 174$ de numere care sunt multipli ai lui 13 sau ai lui 100, deci $2024 - 174 = 1850$ de numere care nu au această proprietate. (1 p)
Pentru a fi siguri că vom întoarce un cartonaș câștigător va trebui să întoarcem minim $1850 + 1 = 1851$ de cartonașe. (1 p)

Răspuns: 1851 de cartonașe.

Problema 2 (7 puncte · pătrate perfecte, scrierea numerelor)

Se consideră mulțimea $A_{n}$ $= {1, 3, 5, \dots, 2 n - 1}$ , $n \in N^{*}$ . Pentru o pereche $(a, b)$ , unde $a, b \in A_{n}$ , se formează numărul $m = \overset{―}{a b}$ obținut prin alipirea (concatenarea) celor două numere $a$ și $b$ . De exemplu, pentru numerele $19, 37 \in A_{30}$ , prin alipire se obține numărul $m = 1937$ .

a) Care este cel mai mic număr $n \in N^{*}$ pentru care există $m$ pătrat perfect?

b) Determinați cel mai mare pătrat perfect $m$ care se poate obține pentru $n = 50$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Din mulțimea $A_{10}$ $= {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19}$ nu putem forma un pătrat perfect prin alipirea a două numere. (2 p) Verificarea, pe cazuri:

două numere de o cifră: $m$ are două cifre, ambele impare; pătratele de două cifre (16, 25, 36, 49, 64, 81) au toate o cifră pară;
o cifră + un număr dintre 11, …, 19: $m$ are trei cifre, cu cifra zecilor 1; niciun pătrat de trei cifre nu are cifra zecilor 1;
un număr dintre 11, …, 19 + o cifră: $m$ este între 111 și 199; pătratele de acolo sunt 121, 144, 169, 196 și niciunul nu are forma cerută (a doua cifră impară și ultima cifră impară);
două numere dintre 11, …, 19: $m$ are forma $\overset{―}{1 x 1 y}$ ; pătratele între 1111 și 1919 sunt 1156, 1225, 1296, 1369, 1444, 1521, 1600, 1681, 1764, 1849 și niciunul nu are a treia cifră egală cu 1.

Din mulțimea $A_{11}$ $= {1, 3, 5, \dots, 19, 21}$ , prin alipirea numerelor 1 și 21, se poate forma pătratul perfect $121 = 11^{2}$ . Deci $n = 11$ este numărul căutat. (1 p)

b) Avem $A_{50}$ $= {1, 3, 5, 7, \dots, 97, 99}$ . Prin alipirea a două numere din mulțimea $A_{50}$ putem forma numere de cel mult 4 cifre. (1 p)

Ultima cifră a lui $m$ este ultima cifră a lui $b$ , deci este impară; așadar $m$ este pătratul unui număr impar. Un număr de 4 cifre nu poate fi despărțit într-un număr de 3 cifre și unul de o cifră (în $A_{50}$ nu sunt numere de 3 cifre), deci se desparte în două numere de câte două cifre. Calculăm cele mai mari pătrate perfecte impare: $99^{2} = 9801$ , $97^{2} = 9409$ , $95^{2} = 9025$ , $93^{2} = 8649$ , $91^{2} = 8281$ . Acestea nu convin, deoarece dintre cele două numere alipite primul (98, 94, 90, 86, 82) este par, deci nu poate fi din mulțimea $A_{50}$ . (2 p)

Numărul $89^{2} = 7921$ poate proveni prin alipirea numerelor 79 și 21, care fac parte din mulțimea $A_{50}$ . Deci cel mai mare pătrat este 7921. (1 p)

Notă: în baremul oficial apare $97^{2} = 9407$ ; valoarea corectă este $97^{2} = 9409$ (concluzia nu se schimbă).

Răspuns: a) $n = 11$ ( $m = 121$ ); b) $m = 7921 = 89^{2}$ .

Problema 3 (7 puncte · mediatoare, triunghiuri congruente)

Fie $A B C$ un triunghi cu unghiul $∠ B A C = 30^{\circ}$ și $∠ A B C = 100^{\circ}$ . Fie $m$ mediatoarea segmentului $A C$ , $E$ intersecția dreptei $m$ cu $A B$ și $D$ punctul de pe $m$ , situat în interiorul triunghiului $A B C$ , pentru care $∠ C A D = 10^{\circ}$ . Fie $M$ intersecția dreptelor $A D$ și $C E$ .

a) Arătați că $C E$ este bisectoarea unghiului $∠ B C D$ .

b) Arătați că $A M = A B$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Unghiurile triunghiului: $∠ A C B$ $= 180^{\circ} - 30^{\circ} - 100^{\circ}$ $= 50^{\circ}$ .

Deoarece $m$ este mediatoarea lui $A C$ , avem $D A = D C$ și $E A = E C$ . Cu latura comună $D E$ , rezultă $△ D E A \equiv △ D E C$ (LLL). (1 p)
Din $D A = D C$ reiese $∠ D C A$ $= ∠ D A C$ $= 10^{\circ}$ . (1 p)
Din congruență, $∠ D C E$ $= ∠ D A E$ $= 30^{\circ} - 10^{\circ}$ $= 20^{\circ}$ . Apoi $∠ E C A$ $= ∠ E A C$ $= 30^{\circ}$ , de unde $∠ B C E$ $= 50^{\circ} - 30^{\circ}$ $= 20^{\circ}$ . Deci $∠ B C E = ∠ D C E$ , adică $C E$ este bisectoarea unghiului $B C D$ . (1 p)

În triunghiul $A D C$ : $∠ C D A$ $= 180^{\circ} - 10^{\circ} - 10^{\circ}$ $= 160^{\circ}$ . Din $△ D E A \equiv △ D E C$ rezultă $∠ A D E$ $= ∠ C D E$ $= \frac{360^{\circ} - 160^{\circ}}{2}$ $= 100^{\circ}$ $= ∠ C B E$ . (1 p)
Obținem $∠ C E B$ $= 180^{\circ} - 100^{\circ} - 20^{\circ}$ $= 60^{\circ}$ și $∠ C E D$ $= 180^{\circ} - 100^{\circ} - 20^{\circ}$ $= 60^{\circ}$ . Cu latura comună $C E$ , rezultă $△ C E B \equiv △ C E D$ (ULU). (1 p)
Reiese $E B = E D$ și, cum $∠ M E B = ∠ M E D$ $(= 60^{\circ})$ , iar $M E = M E$ , obținem $△ M E B \equiv △ M E D$ (LUL). (1 p)
În triunghiul $A M E$ : $∠ M A E$ $= 30^{\circ} - 10^{\circ}$ $= 20^{\circ}$ și $∠ A E M$ $= 180^{\circ} - ∠ C E B$ $= 120^{\circ}$ , deci $∠ A M E = 40^{\circ}$ . Punctul $D$ se află între $A$ și $M$ , așa că în triunghiul $E D M$ : $∠ E B M = ∠ E D M = 180^{\circ} - ∠ C E D - ∠ A M E = 180^{\circ} - 60^{\circ} - 40^{\circ} = 80^{\circ} .$ Cum $∠ B A M = 20^{\circ}$ , în triunghiul $A B M$ avem $∠ A M B$ $= 180^{\circ} - 20^{\circ} - 80^{\circ}$ $= 80^{\circ}$ $= ∠ A B M$ , deci triunghiul $A B M$ este isoscel și $A B = A M$ . (1 p)

Notă: în baremul oficial apare „reiese $B E = B D$ ”; din congruența $△ C E B \equiv △ C E D$ rezultă, de fapt, $E B = E D$ (latura opusă unghiului de $20^{\circ}$ ), egalitate folosită apoi în cazul LUL.

Problema 4 (7 puncte · numărul divizorilor)

a) Arătați că fiecare dintre numerele 137, 138 și 139 are numărul divizorilor naturali o putere a lui 2.

b) Care este numărul maxim de numere naturale consecutive cu proprietatea că fiecare dintre ele are numărul divizorilor naturali o putere a lui 2?

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ce folosim: dacă $N$ $= p_{1}^{e_{1}} \cdot p_{2}^{e_{2}} \cdot \dots \cdot p_{k}^{e_{k}}$ (descompunerea în factori primi), atunci $N$ are $(e_{1} + 1) (e_{2} + 1) \dots (e_{k} + 1)$ divizori naturali.

a) 137 și 139 sunt numere prime (nu se divid cu numerele prime mai mici sau egale cu 11, iar $13^{2} = 169 > 139$ ), deci numărul divizorilor fiecăruia este $2 = 2^{1}$ . (1 p) Descompunând în factori, $138$ $= 2^{1} \cdot 3^{1} \cdot 23^{1}$ , deci numărul 138 are $2 \cdot 2 \cdot 2 = 2^{3}$ divizori naturali. (1 p)

Extindem secvența de numere consecutive 137, 138, 139 cu numere care au numărul divizorilor o putere a lui 2. Avem $136 = 2^{3} \cdot 17$ , $135 = 3^{3} \cdot 5$ , $134 = 2 \cdot 67$ , $133 = 7 \cdot 19$ , numere care au 8, 8, 4, respectiv 4 divizori. Obținem astfel o secvență de 7 numere naturale consecutive, 133, 134, 135, 136, 137, 138, 139, care au numărul divizorilor o putere a lui 2. (2 p)
Arătăm că nu putem găsi 8 numere naturale consecutive cu această proprietate. Printre oricare 8 numere naturale consecutive există unul care dă restul 4 la împărțirea cu 8, adică un număr $a$ $= 8 k + 4$ $= 2^{2} \cdot (2 k + 1)$ . Deoarece $2 k + 1$ este impar, în descompunerea în factori primi a lui $a$ factorul 2 apare la puterea a doua. Rezultă că numărul divizorilor lui $a$ se divide cu $2 + 1 = 3$ , deci nu este o putere a lui 2. (2 p)
Așadar numărul maxim de numere naturale consecutive cu numărul divizorilor o putere a lui 2 este 7. (1 p)

Răspuns: a) 137 și 139 au câte 2 divizori, 138 are 8 divizori; b) maximum 7 numere consecutive (de exemplu 133, …, 139).

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	1851 de cartonașe
2	a) $n = 11$ ( $121$ ); b) $7921 = 89^{2}$
3	demonstrații: $△ C E B \equiv △ C E D$ (ULU), apoi $△ M E B \equiv △ M E D$ (LUL)
4	a) 2, 8, 2 divizori; b) maximum 7 numere (133, …, 139)

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă	Recapitulează
1	Multipli, numărarea elementelor unei reuniuni	fișă mulțimi · fișă divizibilitate
2	Pătrate perfecte, scrierea numerelor, analiză pe cazuri	fișă divizibilitate
3	Mediatoarea, unghiuri, cazuri de congruență	fișă congruența triunghiurilor · fișă triunghiul isoscel
4	Descompunerea în factori primi, numărul divizorilor	fișă divizibilitate

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2024, etapa națională, clasa a VI-a? Patru probleme: cartonașe cu numerele de la 1 la 2024 (multipli de 13 sau 100), pătrate perfecte obținute prin alipirea a două numere impare, un triunghi cu unghiurile de $30^{\circ}$ și $100^{\circ}$ și mediatoarea unei laturi, și numere consecutive cu numărul divizorilor o putere a lui 2.

Cum se punctează subiectul de la etapa națională a olimpiadei de matematică 2024? Conform baremelor oficiale din 2024, fiecare dintre cele 4 probleme valorează 7 puncte, deci punctajul maxim este 28. Se punctează și rezolvările parțiale, după barem, iar orice soluție corectă diferită de cea din barem primește punctajul maxim.

Unde găsesc baremul oficial al olimpiadei de matematică 2024, etapa națională? Enunțurile, soluțiile și baremele sunt publicate de Societatea de Științe Matematice din România pe ssmr.ro (secțiunea ONM 2024, faza națională). Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Alte clase, etapa națională 2024: clasa a V-a · clasa a VII-a · clasa a VIII-a. Aceeași clasă la etapa județeană: OJM 2024 · OJM 2026. Formulele utile le găsești la formule clasa a 6-a, iar exerciții pe capitole în fișele de lucru.

← Olimpiada de matematică — toate subiectele rezolvate · Concursuri școlare

Subiecte oficiale © Ministerul Educației / SSMR (Olimpiada Națională de Matematică, etapa națională, Vaslui, mai 2024): enunțurile, soluțiile și baremul, publicate pe ssmr.ro. Explicațiile: Matepenet.ro.

Olimpiada de matematică 2024, etapa națională, clasa a VI-a — subiecte și soluții

Problema 1 (7 puncte · multipli, principiul includerii și excluderii)

Problema 2 (7 puncte · pătrate perfecte, scrierea numerelor)

Problema 3 (7 puncte · mediatoare, triunghiuri congruente)

Problema 4 (7 puncte · numărul divizorilor)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe