Olimpiada de matematică 2024 națională, clasa a VIII-a

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2024, etapa națională, clasa a VIII-a (Huși, 3 aprilie 2024), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: singurul întreg este $n = - 1$ ; există o funcție „utilă” cu zeroul $x_{0}$ exact când $| x_{0} | \geq 4$ ; în prisma regulată, $P$ este centrul de greutate exact când $A B = A A^{'} \sqrt{2}$ ; $D$ are cel puțin doi divizori primi.

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 VIII-a, concursul s-a desfășurat la Huși (proba scrisă din 3 aprilie 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 · expresii algebrice, inegalități)

Determinați numerele întregi $n$ pentru care există o rearanjare $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{1013}$ a numerelor $1012, 1013, \dots, 2024$ , astfel încât să aibă loc egalitatea

a_{1} \cdot n^{1012} + a_{2} \cdot n^{1011} + \dots + a_{1012} \cdot n + a_{1013} = 0.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Dacă $n \in N$ , atunci toți termenii sunt $\geq 0$ , iar $a_{1013} > 0$ , deci suma este strict pozitivă: $n \in N$ nu convine. (1 p)
Dacă $n = - k$ , cu $k \geq 2$ , grupăm termenii doi câte doi: $\begin{aligned} a_{1} n^{1012} + a_{2} n^{1011} + \dots + a_{1012} n + a_{1013} \\ = k^{1011} (a_{1} k - a_{2}) + k^{1009} (a_{3} k - a_{4}) + \dots + k (a_{1011} k - a_{1012}) + a_{1013} > 0, \end{aligned}$ deoarece $a_{1013} > 0$ și $a_{i} k - a_{i + 1}$ $\geq 2 a_{i} - a_{i + 1}$ $\geq 2 \cdot 1012 - 2024$ $= 0$ , pentru orice $i \in {1, 2, \dots, 1011}$ . Așadar, nu există soluții de acest tip. (2 p)
Rămâne $n = - 1$ ; arătăm că este soluție. Pentru $n = - 1$ suma devine $a_{1} - a_{2} + a_{3} - a_{4} + \dots$ $- a_{1012} + a_{1013}$ . Pentru orice $a \in Z$ , $- a + (a - 1) - (a + 1) + (a + 2)$ $= 0$ . (2 p)
Alegem ordinea $\begin{aligned} (1012 - 2024 + 1013 - 1015 + 1014) + (- 1017 + 1016 - 1018 + 1019) \\ + \dots + (- 2021 + 2020 - 2022 + 2023) = 0, \end{aligned}$ adică $a_{1} = 1012$ , $a_{2} = 2024$ , $a_{3} = 1013$ , $a_{4} = 1015$ , $a_{5} = 1014$ , apoi grupe de câte patru numere $a, a - 1, a + 1, a + 2$ pentru $a$ $= 1017, 1021, \dots, 2021$ (252 de grupe care folosesc numerele de la 1016 la 2023). Prima paranteză este $0$ , iar fiecare grupă dă 0. Deci $n = - 1$ este unica soluție. (2 p)

Răspuns: $n = - 1$ .

Problema 2 (7 puncte · funcția de gradul I, inegalități)

Spunem că o funcție de gradul întâi $f : R \to R$ este utilă, dacă are proprietățile:

(i) $| f (x) | \leq 2$ , pentru orice număr real $x$ cu $| x | \leq 2$ .

(ii) $| f (x) | \geq 1$ , pentru orice număr real $x$ cu $| x | \leq 1$ .

Fie $x_{0} \in R$ . Demonstrați că există o funcție utilă cu $f (x_{0}) = 0$ , dacă și numai dacă $| x_{0} | \geq 4$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

„⇒”

Dacă $f$ este utilă, atunci și $- f$ are proprietățile (i) și (ii), deci este utilă (și are același zero). În consecință, putem alege o funcție utilă $f (x) = a x + b$ , cu $a > 0$ , $b \in R$ ; zeroul ei este $x_{0} = - \frac{b}{a}$ . (1 p)
Cum $a > 0$ , $f$ este crescătoare, deci inegalitatea (i) este echivalentă cu $f (2) \leq 2$ și $f (- 2) \geq - 2$ , adică $2 a + b \leq 2$ (1) și $2 a - b \leq 2$ (2). (1 p)
Inegalitatea (ii) conduce la situațiile: I) $f (- 1) \leq - 1$ , $f (1) \leq - 1$ sau II) $f (- 1) \geq 1$ , $f (1) \geq 1$ . (Situația $f (- 1) < 0 < f (1)$ ar conduce la $- 1 < - \frac{b}{a} < 1$ și $f (- \frac{b}{a}) = 0$ , în contradicție cu (ii).) (1 p)
În cazul I obținem $- a + b \leq - 1$ (3) și $a + b \leq - 1$ (4). Înmulțind (4) cu 2 și adunând cu (2) rezultă $4 a + b \leq 0$ , adică $x_{0} = - \frac{b}{a} \geq 4$ . (1 p)
În cazul II obținem $a - b \leq - 1$ (5) și $- a - b \leq - 1$ (6). Adunând (5) înmulțită cu 2 și (1) rezultă $4 a - b \leq 0$ , deci $x_{0} = - \frac{b}{a} \leq - 4$ . Din I) și II) rezultă că $| x_{0} | \geq 4$ . (1 p)

„⇐” Fie $x_{0} \in R$ , cu $| x_{0} | \geq 4$ .

Dacă $x_{0} \geq 4$ , alegem $f (x)$ $= \frac{1}{x_{0} - 1} \cdot x + \frac{x_{0}}{1 - x_{0}}$ $= \frac{x - x_{0}}{x_{0} - 1}$ . Ea este crescătoare, $f (x_{0}) = 0$ , $f (1) = - 1$ (deci $f (x) \leq - 1$ pe $[- 1, 1]$ ), $f (- 2)$ $= - \frac{x_{0} + 2}{x_{0} - 1}$ $\geq - 2$ (echivalent cu $x_{0} \geq 4$ ) și $f (2)$ $= - \frac{x_{0} - 2}{x_{0} - 1} \in (- 1, 0)$ ; deci $f$ este utilă. (1 p)
Dacă $x_{0} \leq - 4$ , alegem $f (x)$ $= \frac{- 1}{1 + x_{0}} \cdot x + \frac{x_{0}}{x_{0} + 1}$ $= \frac{x_{0} - x}{x_{0} + 1}$ (crescătoare, pentru că $x_{0} + 1 < 0$ ): $f (x_{0}) = 0$ , $f (- 1) = 1$ (deci $f (x) \geq 1$ pe $[- 1, 1]$ ), $f (2)$ $= \frac{x_{0} - 2}{x_{0} + 1}$ $\leq 2$ (echivalent cu $x_{0} \leq - 4$ ) și $f (- 2)$ $= \frac{x_{0} + 2}{x_{0} + 1} \in (0, 1)$ ; deci $f$ este utilă. (1 p)

Problema 3 (7 puncte · prisma regulată, paralelism, teorema catetei)

Fie $A B C A^{'} B^{'} C^{'}$ o prismă triunghiulară regulată, cu muchiile laterale $A A^{'}$ , $B B^{'}$ , $C C^{'}$ . Considerăm mijlocul $D$ al muchiei $B C$ și construim paralelogramul $A D B^{'} E$ . Fie $F$ proiecția ortogonală a punctului $A^{'}$ pe dreapta $A E$ , $d$ dreapta de intersecție a planelor $(A D E)$ și $(A^{'} C F)$ și $P$ intersecția dreptei $d$ cu planul $(A B C)$ . Demonstrați că $P$ este centrul de greutate al triunghiului $A B C$ dacă și numai dacă $A B = A A^{'} \sqrt{2}$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Segmentele $B A^{'}$ , $A B^{'}$ (diagonalele dreptunghiului $A B B^{'} A^{'}$ ) și $D E$ (diagonală a paralelogramului $A D B^{'} E$ , cealaltă fiind $A B^{'}$ ) au același mijloc, deci $D B E A^{'}$ este paralelogram. Din $C D = D B = A^{'} E$ și $B D ∥ A^{'} E$ reiese că $A^{'} C D E$ este paralelogram. (2 p)
Obținem $C A^{'} ∥ D E$ , deci $C A^{'} ∥ (A D E)$ . (1 p)
Astfel, planul $(A^{'} C F)$ , care conține dreapta $C A^{'}$ , taie planul $(A D E)$ după o paralelă la $C A^{'}$ și la $D E$ care trece prin $F$ ; deci $d$ este paralela prin $F$ la $D E$ , $F P ∥ D E$ , iar $P \in A D$ . (1 p)
Cum $A D$ este mediană în $△ A B C$ , punctul $P$ este centrul de greutate al triunghiului $A B C$ dacă și numai dacă $A P = 2 P D$ . Deoarece $P F ∥ D E$ , după teorema lui Thales în triunghiul $A D E$ , aceasta este echivalent cu $A F = 2 F E$ . (1 p)
Deoarece $A A^{'} ∥ B B^{'}$ , $B D ∥ E A^{'}$ și $B B^{'} ⊥ B D$ , triunghiul $A A^{'} E$ este dreptunghic în $A^{'}$ . Cu teorema catetei în $△ A A^{'} E$ ( $A^{'} A^{2} = A F \cdot A E$ , $A^{'} E^{2} = E F \cdot E A$ ) și $A^{'} E = B D = \frac{B C}{2}$ obținem $A F = 2 F E ⟺ A^{'} A^{2} = 2 A^{'} E^{2} ⟺ A^{'} A^{2} = \frac{1}{2} B C^{2} ⟺ B C = A^{'} A \sqrt{2},$ iar $B C = A B$ (triunghiul $A B C$ este echilateral). (2 p)

Problema 4 (7 puncte · divizibilitate, numere prime între ele)

Fie $a$ și $b$ două numere naturale distincte, mai mari decât 1, astfel încât $D = b^{2} + a - 1$ divide $M = a^{2} + b - 1$ .

a) Arătați că există numere care îndeplinesc condițiile de mai sus.

b) Demonstrați că $D$ are cel puțin doi divizori primi.

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Pentru $b = 2$ căutăm $a$ astfel încât $a + 3 ∣ a^{2} + 1$ . Deoarece $a + 3 ∣ a (a + 3) - 3 (a + 3)$ $= a^{2} - 9$ , este necesar și suficient ca $a + 3 ∣ (a^{2} + 1) - (a^{2} - 9)$ $= 10$ , deci putem lua $a = 7$ : $D = 10$ divide $M = 50$ . (1 p)

Avem $D ∣ (b^{2} - 1 + a) (b^{2} - 1 - a)$ $= (b^{2} - 1)^{2} - a^{2}$ . Adunând $M = a^{2} + b - 1$ , divizibil cu $D$ , obținem $D ∣ (b^{2} - 1)^{2} + b - 1 = b^{4} - 2 b^{2} + b = b (b - 1) (b^{2} + b - 1) .$ (3 p)
Din $D ∣ M$ reiese $0$ $\leq M - D$ $= (a - b) (a + b - 1)$ , deci $a > b$ (numerele sunt distincte). Atunci $D$ $= b^{2} + a - 1$ $> b^{2} + b - 1$ , deci numerele $b$ , $b - 1$ și $b^{2} + b - 1$ sunt toate mai mici decât $D$ . Ele sunt prime între ele două câte două: $(b, b - 1) = 1$ , $b^{2} + b - 1 = b (b + 1) - 1$ și $b^{2} + b - 1$ $= (b - 1) (b + 2) + 1$ .
Dacă $D$ ar avea un singur divizor prim $q$ , adică $D = q^{s}$ , atunci $q$ ar divide cel mult unul dintre cele trei numere prime între ele, iar $q^{s}$ ar trebui să dividă acel număr, mai mic decât $D = q^{s}$ — imposibil. Astfel $D$ are factori primi comuni cu cel puțin două dintre numerele $b$ , $b - 1$ , $b^{2} + b - 1$ , deci $D$ are cel puțin doi factori primi distincți. (3 p)

Exemplu: $a = 7$ , $b = 2$ : $D = 10 = 2 \cdot 5$ . ✓

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	$n = - 1$
2	demonstrație: există funcție utilă cu $f (x_{0}) = 0$ $⟺$ $\| x_{0} \| \geq 4$
3	demonstrație: $P$ centru de greutate $⟺$ $A F = 2 F E$ $⟺$ $A B = A A^{'} \sqrt{2}$
4	a) de exemplu $a = 7$ , $b = 2$ ( $D = 10$ , $M = 50$ ); b) demonstrație

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă	Recapitulează
1	Expresii algebrice, inegalități, grupare de termeni	fișă intervale și inecuații
2	Funcția de gradul I, monotonie, inecuații	fișă funcția liniară
3	Prisma regulată, dreaptă paralelă cu un plan, teorema catetei	fișă prisma regulată · fișă paralelism
4	Divizibilitate, numere prime între ele, descompuneri	fișă formule de calcul prescurtat

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2024, etapa națională, clasa a VIII-a? Patru probleme: o egalitate polinomială cu o rearanjare a numerelor de la 1012 la 2024, funcțiile de gradul întâi „utile”, o prismă triunghiulară regulată în care se cere când un punct este centrul de greutate al bazei și o problemă de divizibilitate cu $b^{2} + a - 1 ∣ a^{2} + b - 1$ .

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 VI-a · clasa a VII-a. Aceeași clasă la etapa județeană: OJM 2024 · OJM 2026. Formulele utile le găsești la formule clasa a 8-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, Huși, 3 aprilie 2024): enunțurile, soluțiile și baremul, publicate pe ssmr.ro. Explicațiile: Matepenet.ro.

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

Problema 1 (7 puncte · expresii algebrice, inegalități)

Problema 2 (7 puncte · funcția de gradul I, inegalități)

Problema 3 (7 puncte · prisma regulată, paralelism, teorema catetei)

Problema 4 (7 puncte · divizibilitate, numere prime între ele)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe