Olimpiada de matematică 2025 județeană, clasa a XI-a

Q: Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2025, etapa județeană, clasa a XI-a?

Patru probleme: un șir recurent a_n+1 = a_n1 + √(1 + a_n) cu două limite egale cu 2 (din Gazeta Matematică), matrice cu proprietatea (A + X_ij) = (A + X_ji), o funcție continuă și bijectivă pe [0, ∞) cu o limită dată și sistemul matriceal A = BC - CB, B = CA - AC, C = AB - BA în M_2(ℝ).

Q: Cât durează proba și cum se punctează la olimpiada de matematică, etapa județeană 2025?

Timpul de lucru este de 4 ore pentru 4 probleme. Conform baremului oficial din 2025, fiecare problemă valorează 7 puncte, deci punctajul maxim este 28. Se punctează și rezolvările parțiale, după barem.

Q: Unde găsesc baremul oficial al olimpiadei de matematică, etapa județeană 2025?

Soluțiile și baremele de corectare (care conțin și enunțurile) sunt documente oficiale ale Ministerului Educației și Cercetării și ale Societății de Științe Matematice din România (SSMR), publicate de SSMR pe pagina ONM 2025. Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2025, etapa județeană, clasa a XI-a (sâmbătă, 8 martie 2025), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: la problema 1 ambele limite sunt 2, pentru că $\log_{2} (1 + a_{n}) = \frac{1}{2^{n - 1}}$ ; la problema 2, o matrice inversabilă cu proprietatea $(P)$ este simetrică; la problema 3, un exemplu este $f (x) = e^{x} - 1$ ; la problema 4 singura soluție este $A = B = C = O_{2}$ .

Olimpiada Națională de Matematică este organizată de Ministerul Educației și Cercetării împreună cu Societatea de Științe Matematice din România (SSMR) și are trei etape: locală, județeană (și a sectoarelor municipiului București) și națională. La etapa județeană din 8 martie 2025, toți elevii de clasa a XI-a din țară au primit același subiect: 4 probleme, timp de lucru 4 ore. Conform baremului oficial din 2025, fiecare problemă este notată cu 7 puncte, deci punctajul maxim este 28 de puncte. Pe baza clasamentului județean, elevii cu cele mai bune rezultate se califică la etapa națională, în limita locurilor stabilite de regulament.

Cum să folosești pagina: citește enunțul, încearcă singur cel puțin 20–30 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 · șiruri recurente, limite)

Fie șirul $(a_{n})_{n \geq 1}$ cu $a_{1} = 1$ și $a_{n + 1}$ $= \frac{a_{n}}{1 + \sqrt{1 + a_{n}}}$ , pentru orice $n \in N^{*}$ .

Arătați că $lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{a_{n + 1}}$ $= lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n} \log_{2} (1 + a_{k})$ $= 2$ .

Gazeta Matematică

Vezi soluția (după baremul oficial)

Prin inducție, $a_{n} > 0$ pentru orice $n \in N^{*}$ , și $a_{n + 1} < a_{n}$ . Șirul este descrescător și mărginit, deci convergent, cu limita $ℓ \in [0, 1)$ . Trecând la limită în relația de recurență obținem $ℓ$ $= \frac{ℓ}{1 + \sqrt{1 + ℓ}}$ , de unde $ℓ = 0$ . (1 p)

Rezultă $lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{a_{n + 1}}$ $= lim_{n \to \infty} (1 + \sqrt{1 + a_{n}})$ $= 2$ . (1 p)

Din relația de recurență, $1 + a_{n + 1}$ $= \frac{1 + \sqrt{1 + a_{n}} + a_{n}}{1 + \sqrt{1 + a_{n}}}$ ; cum $1 + a_{n}$ $= {(\sqrt{1 + a_{n}})}^{2}$ , numărătorul este $\sqrt{1 + a_{n}} (1 + \sqrt{1 + a_{n}})$ , deci $1 + a_{n + 1}$ $= \sqrt{1 + a_{n}}$ , pentru orice $n \in N^{*}$ . (2 p)

Atunci $\log_{2} (1 + a_{n + 1})$ $= \frac{1}{2} \log_{2} (1 + a_{n})$ . Cum $\log_{2} (1 + a_{1})$ $= \log_{2} 2$ $= 1$ , obținem $\log_{2} (1 + a_{n})$ $= \frac{1}{2^{n - 1}}$ (progresie geometrică cu primul termen 1 și rația $\frac{1}{2}$ ). (1 p)

Atunci $lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n} \log_{2} (1 + a_{k})$ $= lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{2^{k - 1}}$ $= 2$ . (2 p)

Problema 2 (7 puncte · determinanți, matricea adjunctă)

Fie $n \in N$ , $n \geq 3$ . Spunem că o matrice $A \in M_{n} (C)$ are proprietatea $(P)$ dacă $det (A + X_{i j})$ $= det (A + X_{j i})$ , oricare ar fi $i, j \in {1, 2, \dots, n}$ , unde $X_{i j} \in M_{n} (C)$ este matricea care are 1 pe poziția $(i, j)$ și 0 în rest.

a) Arătați că dacă $A \in M_{n} (C)$ are proprietatea $(P)$ și $det (A) \neq 0$ , atunci $A = A^{T}$ .

b) Dați un exemplu de matrice $A \in M_{n} (C)$ care are proprietatea $(P)$ , dar $A \neq A^{T}$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Fie $i, j \in {1, 2, \dots, n}$ . Prin dezvoltare după linia $i$ , obținem $det (A + X_{i j})$ $= det (A) + δ_{i j}$ , unde $δ_{i j}$ este complementul algebric al elementului de pe poziția $(i, j)$ al matricei $A$ . (1 p)

Cum $A$ are proprietatea $(P)$ , rezultă $δ_{i j} = δ_{j i}$ , pentru orice $i, j$ , deci $A^{*}$ (adjuncta lui $A$ ) este matrice simetrică. (1 p)

Notăm $d = det (A) \neq 0$ . Avem $A A^{*}$ $= d I_{n}$ $= (d I_{n})^{T}$ $= (A^{*} A)^{T}$ $= A^{T} (A^{*})^{T}$ $= A^{T} A^{*}$ . (2 p)

Cum $d det (A^{*})$ $= det (A A^{*})$ $= det (d I_{n})$ $= d^{n}$ și $d \neq 0$ , rezultă că matricea $A^{*}$ este inversabilă. Atunci, din relația $A A^{*} = A^{T} A^{*}$ , înmulțind la dreapta cu $(A^{*})^{- 1}$ , rezultă $A = A^{T}$ . (1 p)

b) Considerăm $A \in M_{n} (C)$ matricea care are 1 pe pozițiile $(1, 1)$ și $(1, 2)$ și 0 în rest. Cum $n \geq 3$ , matricea $A + X_{i j}$ are cel puțin o linie nulă (doar liniile 1 și $i$ pot fi nenule), deci $det (A + X_{i j}) = 0$ , oricare ar fi $i, j$ . Rezultă că $A$ are proprietatea $(P)$ , dar $A \neq A^{T}$ . (2 p)

Problema 3 (7 puncte · funcții continue bijective, limite)

Fie $f : [0, \infty) \to [0, \infty)$ o funcție continuă și bijectivă, astfel ca $lim_{x \to \infty} \frac{f^{- 1} (f (x) / x)}{x}$ $= 1$ .

a) Arătați că $lim_{x \to \infty} \frac{f (x)}{x}$ $= \infty$ și $lim_{x \to \infty} \frac{f^{- 1} (a x)}{f^{- 1} (x)}$ $= 1$ , pentru oricare $a > 0$ .

b) Dați un exemplu de funcție $f$ care satisface condițiile din enunț.

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Avem $f (0) = 0$ (reducere la absurd: o funcție continuă și injectivă este strict monotonă; dacă $f (0) > 0$ , atunci $f$ nu ar lua valoarea 0 pe $[0, \infty)$ dacă ar fi crescătoare, iar dacă ar fi descrescătoare nu ar lua valorile mai mari decât $f (0)$ , contradicție cu surjectivitatea). Deci $f$ este strict crescătoare, cu $lim_{x \to \infty} f (x)$ $= \infty$ , iar $f^{- 1} : [0, \infty) \to [0, \infty)$ este strict crescătoare, cu $f^{- 1} (0) = 0$ și $lim_{x \to \infty} f^{- 1} (x)$ $= \infty$ . (1 p)

Limita din ipoteză asigură existența unui număr $u > 0$ astfel încât $\frac{f^{- 1} (f (x) / x)}{x}$ $> \frac{1}{2}$ , pentru orice $x > u$ . Aplicând $f$ (strict crescătoare), rezultă $\frac{f (x)}{x}$ $> f (\frac{x}{2})$ , pentru orice $x > u$ . Cum $lim_{x \to \infty} f (\frac{x}{2})$ $= \infty$ , obținem $lim_{x \to \infty} \frac{f (x)}{x}$ $= \infty$ . (2 p)

Fie $a > 0$ , arbitrar, fixat. Cazul $a = 1$ este clar.

Cazul $a \in (0, 1)$ . Există $t > 0$ astfel ca $f^{- 1} (x) > \frac{1}{a}$ , pentru orice $x > t$ . Rezultă, pentru $x > t$ :

$f^{- 1} (x) > f^{- 1} (a x) = f^{- 1} (a f (f^{- 1} (x))) > f^{- 1} (\frac{f (f^{- 1} (x))}{f^{- 1} (x)}) .$

Obținem

$\frac{f^{- 1} (f (f^{- 1} (x)) / f^{- 1} (x))}{f^{- 1} (x)} < \frac{f^{- 1} (a x)}{f^{- 1} (x)} < 1, \forall x > t .$

Pe baza ipotezei și a condiției $lim_{x \to \infty} f^{- 1} (x)$ $= \infty$ , cu substituția $y = f^{- 1} (x)$ , obținem

$lim_{x \to \infty} \frac{f^{- 1} (f (f^{- 1} (x)) / f^{- 1} (x))}{f^{- 1} (x)} = lim_{y \to \infty} \frac{f^{- 1} (f (y) / y)}{y} = 1.$

Atunci, conform criteriului cleștelui, $lim_{x \to \infty} \frac{f^{- 1} (a x)}{f^{- 1} (x)}$ $= 1$ .

Cazul $a \in (1, \infty)$ . Atunci $b = \frac{1}{a} \in (0, 1)$ . Conform cazului anterior (aplicat pentru $a x \to \infty$ ),

$lim_{x \to \infty} \frac{f^{- 1} (a x)}{f^{- 1} (x)} = lim_{x \to \infty} {(\frac{f^{- 1} (b (a x))}{f^{- 1} (a x)})}^{- 1} = 1^{- 1} = 1.$

Rezultă $lim_{x \to \infty} \frac{f^{- 1} (a x)}{f^{- 1} (x)}$ $= 1$ , pentru orice $a > 0$ . (2 p)

b) Exemplu: funcția bijectivă $f : [0, \infty) \to [0, \infty)$ , $f (x) = e^{x} - 1$ , cu inversa $f^{- 1} (x) = \ln (x + 1)$ . Într-adevăr, $f^{- 1} (f (x) / x)$ $= \ln (\frac{e^{x} - 1}{x} + 1)$ $= \ln (e^{x} - 1 + x) - \ln x$ , iar împărțind la $x$ , limita este $1 - 0 = 1$ . (2 p)

Problema 4 (7 puncte · matrice de ordinul 2, urma)

Determinați toate tripletele de matrice $A, B, C \in M_{2} (R)$ astfel încât

$A = B C - C B, B = C A - A C, C = A B - B A .$

Vezi soluția (după baremul oficial)

Soluția 1. Dacă una dintre matricele $A, B, C$ este nulă, atunci (din celelalte două relații) $A = B = C = O_{2}$ . (1 p)

Presupunem că există matricele $A, B, C \in M_{2} (R) ∖ {O_{2}}$ care satisfac ecuațiile. Din $tr (B C - C B)$ $= 0$ rezultă $tr (A) = 0$ . Similar, $tr (B)$ $= tr (C)$ $= 0$ . (1 p)

Din relația Hamilton–Cayley $A^{2} - tr (A) A + det (A) I_{2}$ $= O_{2}$ rezultă $A^{2} = a I_{2}$ , unde $a = - det (A)$ . Similar, $B^{2} = b I_{2}$ și $C^{2} = c I_{2}$ , cu $b = - det (B)$ și $c = - det (C)$ . (1 p)

Înmulțind ecuația $A = B C - C B$ cu $B$ la stânga și respectiv la dreapta, obținem $B A = B^{2} C - B C B = b C - B C B$ și $A B = B C B - C B^{2} = B C B - b C$ . Atunci $A B + B A = O_{2}$ , iar din ecuația $C = A B - B A$ rezultă $C = 2 A B$ . Similar, $A = 2 B C$ și $B = 2 C A$ . (1 p)

Atunci $A$ $= - 2 C B$ $= - 2 C (2 C A)$ $= - 4 C^{2} A$ $= - 4 c A$ . Similar, $B = - 4 a B$ și $C = - 4 b C$ . (1 p)

Cum matricele sunt nenule, $a = b = c = - \frac{1}{4}$ , deci $det (A)$ $= det (B)$ $= det (C)$ $= \frac{1}{4}$ . Rezultă $A$ $= (\begin{matrix} x & y \\ z & - x \end{matrix})$ și $B$ $= (\begin{matrix} s & t \\ u & - s \end{matrix})$ , cu $x^{2} + y z = - \frac{1}{4}$ și $s^{2} + t u = - \frac{1}{4}$ . Din $A B + B A = O_{2}$ rezultă $2 x s = - (y u + z t)$ . Obținem

$4 x^{2} s^{2} = (y u + z t)^{2} = (y u - z t)^{2} + 4 y z t u \geq 4 (y z) (t u) = 4 (x^{2} + \frac{1}{4}) (s^{2} + \frac{1}{4}) .$

Dar $x^{2} s^{2}$ $< (x^{2} + \frac{1}{4}) (s^{2} + \frac{1}{4})$ , pentru orice $x, s \in R$ . Contradicție. Prin urmare, soluția unică a sistemului este $A = B = C = O_{2}$ . (2 p)

Soluția 2. Din $tr (B C - C B)$ $= 0$ rezultă $tr (A) = 0$ ; similar, $tr (B)$ $= tr (C)$ $= 0$ . (1 p) Atunci $A$ $= (\begin{matrix} a_{1} & a_{2} \\ a_{3} & - a_{1} \end{matrix})$ , $B$ $= (\begin{matrix} b_{1} & b_{2} \\ b_{3} & - b_{1} \end{matrix})$ , $C$ $= (\begin{matrix} c_{1} & c_{2} \\ c_{3} & - c_{1} \end{matrix})$ , cu $a_{i}, b_{i}, c_{i} \in R$ . (1 p)

Obținem $B C - C B$ $= (\begin{matrix} b_{2} c_{3} - b_{3} c_{2} & 2 (b_{1} c_{2} - b_{2} c_{1}) \\ 2 (b_{3} c_{1} - b_{1} c_{3}) & - (b_{2} c_{3} - b_{3} c_{2}) \end{matrix})$ . (1 p)

Deci $a_{2} = 2 (b_{1} c_{2} - b_{2} c_{1})$ , de unde $a_{2}^{2}$ $= 2 a_{2} b_{1} c_{2} - 2 a_{2} b_{2} c_{1}$ . Similar, $b_{2}^{2}$ $= 2 b_{2} c_{1} a_{2} - 2 b_{2} c_{2} a_{1}$ și $c_{2}^{2}$ $= 2 c_{2} a_{1} b_{2} - 2 c_{2} a_{2} b_{1}$ . Adunând, $a_{2}^{2} + b_{2}^{2} + c_{2}^{2} = 0$ , deci $a_{2} = b_{2} = c_{2} = 0$ . (2 p)

Analog, $a_{3} = b_{3} = c_{3} = 0$ . Atunci $a_{1} = b_{2} c_{3} - b_{3} c_{2} = 0$ ; similar, $b_{1} = c_{1} = 0$ . Prin urmare, soluția unică a sistemului este $A = B = C = O_{2}$ . (2 p)

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	ambele limite sunt egale cu 2
2	a) $A = A^{T}$ (adjuncta este simetrică); b) matricea cu 1 pe pozițiile $(1, 1)$ , $(1, 2)$ și 0 în rest
3	a) demonstrație; b) $f (x) = e^{x} - 1$
4	$A = B = C = O_{2}$

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă	Recapitulează
1	Șiruri recurente, monotonie, limite	fișe de lucru clasa a XI-a
2	Determinanți, complemenți algebrici, matricea adjunctă	fișe de lucru clasa a XI-a
3	Funcții continue, monotonie, criteriul cleștelui	fișe de lucru clasa a XI-a
4	Matrice de ordinul 2, urma, Hamilton–Cayley	fișe de lucru clasa a XI-a

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2025, etapa județeană, clasa a XI-a? Patru probleme: un șir recurent $a_{n + 1} = \frac{a_{n}}{1 + \sqrt{1 + a_{n}}}$ cu două limite egale cu 2 (din Gazeta Matematică), matrice cu proprietatea $det (A + X_{i j}) = det (A + X_{j i})$ , o funcție continuă și bijectivă pe $[0, \infty)$ cu o limită dată și sistemul matriceal $A = B C - C B$ , $B = C A - A C$ , $C = A B - B A$ în $M_{2} (R)$ .

Cât durează proba și cum se punctează la olimpiada de matematică, etapa județeană 2025? Timpul de lucru este de 4 ore pentru 4 probleme. Conform baremului oficial din 2025, fiecare problemă valorează 7 puncte, deci punctajul maxim este 28. Se punctează și rezolvările parțiale, după barem.

Unde găsesc baremul oficial al olimpiadei de matematică, etapa județeană 2025? Soluțiile și baremele de corectare (care conțin și enunțurile) sunt documente oficiale ale Ministerului Educației și Cercetării și ale Societății de Științe Matematice din România (SSMR), publicate de SSMR pe pagina ONM 2025. Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Alte subiecte: etapa județeană 2025, liceu — clasa a IX-a · clasa a X-a · clasa a XII-a; toate subiectele: olimpiada de matematică; alte concursuri: concursuri școlare de matematică. Exersează și cu fișele de lucru pe clase.

← Olimpiada de matematică — toate subiectele rezolvate

Subiecte oficiale © Ministerul Educației și Cercetării / SSMR (Olimpiada Națională de Matematică, etapa județeană, 8 martie 2025): soluțiile și baremul, cu enunțurile, publicate de SSMR. Explicațiile: Matepenet.ro.

Olimpiada de matematică 2025, etapa județeană — clasa a XI-a, subiecte rezolvate

Problema 1 (7 puncte · șiruri recurente, limite)

Problema 2 (7 puncte · determinanți, matricea adjunctă)

Problema 3 (7 puncte · funcții continue bijective, limite)

Problema 4 (7 puncte · matrice de ordinul 2, urma)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe