Olimpiada de matematică 2025, etapa județeană, clasa a VIII-a — subiecte și soluții

a) Dacă $(x,y)\in A$, atunci $y=-x-1$. (2 p) Reiese $$x^3+y^3+1=x^3-(x+1{)}^3+1=-3x^2-3x=3x(-x-1)=3xy,$$ deci $(x,y)\in B$. (2 p)

b) Dacă $(x,y)\in B$, atunci $x^3+y^3-3xy+1=0$, deci $(x+y{)}^3-3xy(x+y)-3xy+1$ $=0$, sau $$(x+y+1)((x+y{)}^2-(x+y)+1)-3xy(x+y+1)=0,$$ adică $(x+y+1)(x^2-xy+y^2-x-y+1)$ $=0$. Pentru ca $(x,y)\in B\setminus A$ trebuie ca $x^2-xy+y^2-x-y+1$ $=0$; înmulțind cu 2, $(x-y{)}^2+(x-1{)}^2+(y-1{)}^2$ $=0$, adică $x=y=1$. Cum $(1,1)\notin A$ ($1+1+1\ne 0$), reiese $B\setminus A=\{(1,1)\}$. (3 p)

Variantă pentru b) (din barem): observăm că $(1,1)\in B\setminus A$ (1 p). Fie $(x,y)\in B$, $x=1+a$, $y=1+b$. Atunci $a^3+b^3+3a^2+3b^2-3ab$ $=0$, sau $(a+b)(a^2-ab+b^2)+3(a^2-ab+b^2)$ $=0$, deci $(a+b+3)(a^2-ab+b^2)$ $=0$. Dacă $a+b+3=0$, atunci $x+y+1=0$ și $(x,y)\in A$. Dacă $a^2-ab+b^2=0$, atunci $a=b=0$ și $(x,y)=(1,1)$. Astfel $B\setminus A$ conține doar elementul $(1,1)$ (2 p).

Altă soluție (din barem): se știe că $a^3+b^3+c^3-3abc$ $=(a+b+c)$ $\cdot (a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)$. Reiese $x^3+y^3+1-3xy$ $=(x+y+1)$ $\cdot (x^2+y^2+1-xy-x-y)$ (4 p). Astfel, dacă $(x,y)\in A$, atunci $(x,y)\in B$ (1 p). Apoi, dacă $(x,y)\in B\setminus A$, atunci $x^2+y^2+1-xy-x-y$ $=0$ și finalizăm ca la prima soluție (2 p).

Răspuns: a) orice pereche cu $x+y+1=0$ verifică ecuația lui $B$; b) $B\setminus A=\{(1,1)\}$.

1. Ecuația se scrie $(x-y{)}^2+2xy+xy(x-y)$ $=17$. (2 p)
2. Notăm $x-y=d\in \mathbb{Z}$, $xy=p\in \mathbb{N}$. Atunci egalitatea devine $d^2+2p+pd=17$, adică $p(d+2)=17-d^2$ (deci $d\ne -2$), de unde $p$ $={\displaystyle \frac{17-d^2}{d+2}}$. (2 p)
3. Obținem $p$ $={\displaystyle \frac{13}{d+2}}+2-d\in \mathbb{N}$ (pentru că $17-d^2$ $=13-(d+2)(d-2)$). Rezultă $d+2\in \{1,-1,13,-13\}$, adică $d\in \{-1,-3,11,-15\}$.
   • Dacă $d=-1$, atunci $p=16$, caz în care nu avem soluții, deoarece nu există două numere naturale cu produsul 16 și diferența $-1$.
   • Din $d=-3$ rezultă $p=-8<0$, care nu convine.
   • Pentru $d=11$, $p=-8<0$, nu convine.
   • Dacă $d=x-y=-15$, atunci $p=xy=16$, adică $x(x+15)=16$, de unde obținem soluția (unică) $x=1$, $y=16$. (3 p)

Altă soluție (din barem): ecuația se scrie $(x-y{)}^2+2xy+xy(x-y)$ $=17$ (2 p). Formăm o diferență de pătrate: $4(x-y{)}^2+4xy(x-y)+(xy{)}^2$ $-(xy{)}^2+8xy-16$ $=68-16$, adică ${(2(x-y)+xy)}^2-(xy-4{)}^2$ $=52$. Reiese $(2x-2y+xy-xy+4)$ $\cdot (2x-2y+xy+xy-4)$ $=52$, de unde $(x-y+2)(x-y+xy-2)$ $=13$ (2 p). Cum $x,y$ sunt naturale, sunt posibile cazurile:

• $x-y+2=-13$ și $x-y+xy-2=-1$, deci $x-y=-15$, iar $xy=16$, de unde $y=x+15$ și $x(x+15)=16$; cum $x$ este natural, $x=1$, apoi $y=16$;
• $x-y+2=-1$ și $x-y+xy-2=-13$, deci $x-y=-3$, iar $xy=-8$, imposibil;
• $x-y+2=1$ și $x-y+xy-2=13$, deci $x-y=-1$ și $xy=16$, imposibil pentru $x,y$ naturale;
• $x-y+2=13$ și $x-y+xy-2=1$, deci $x-y=11$, iar $xy=-8$, imposibil. (3 p)

Verificare: $1+256+16\cdot (1-16)$ $=257-240$ $=17$. ✓

Răspuns: $x=1$, $y=16$.

1. Ipoteza este $x(y-2)\le 2(z-2)$, $y(z-2)\le 2(x-2)$, $z(x-2)\le 2(y-2)$. (2 p)
2. Dacă $x-2<0$, folosind relația a doua rezultă $z-2<0$, apoi din prima obținem $y-2<0$, deci $x,y,z\in (0,2)$ și $xyz<8$. Avem $x(2-y)$ $\ge 2(2-z)$ $>0$, $y(2-z)$ $\ge 2(2-x)$ $>0$, $z(2-x)$ $\ge 2(2-y)$ $>0$. Înmulțind inegalitățile membru cu membru și împărțind la $(2-x)(2-y)(2-z)$ $>0$, rezultă $xyz\ge 8$, contradicție cu $xyz<8$. (2 p)
3. Analog obținem că dacă $x>2$, atunci $y>2$ și $z>2$, deci $xyz>8$. Înmulțind relațiile ajungem apoi la $xyz\le 8$ — contradicție. (2 p)
4. Așadar $x=2$. Înlocuind în condițiile date obținem $y(z-2)\le 0$, deci $z\le 2$; $2(y-2)\le 2(z-2)$, deci $y\le z$; $0\le 2(y-2)$, deci $y\ge 2$. Așadar $y\le z\le 2\le y$, deci $x=y=z=2$. (1 p)

Altă soluție (din barem): avem $ab+4-2(a+b)$ $=(a-2)(b-2)$. (1) (2 p) Presupunem că unul dintre numere este mai mic decât 2, de exemplu $x<2$. Atunci $yz+4$ $\le 2(y+x)$ $<2y+4$, deci $z<2$. Reiese $xy+4$ $\le 2(x+z)$ $<2x+4$, deci $y<2$. Din (1) obținem $xy+4>2(x+y)$ și analoagele; adunându-le, $xy+yz+zx+12$ $>4(x+y+z)$, în contradicție cu ipoteza (prin adunarea relațiilor din enunț obținem $xy+yz+zx+12$ $\le 4(x+y+z)$). (3 p) Așadar $x,y,z\ge 2$. Din (1) reiese $xy+4\ge 2(x+y)$ și analoagele. Prin adunare obținem $xy+yz+zx+12$ $\ge 4(x+y+z)$. Coroborând aceasta cu ipoteza deducem că toate inegalitățile trebuie să fie egalități, deci $x=y=z=2$. (2 p)

Răspuns: singura posibilitate este $x=y=z=2$, deci $x=y=z$.

Ideea: o dreaptă este perpendiculară pe un plan dacă este perpendiculară pe două drepte concurente din plan; aici, pe $A{B}^{\prime }$ și pe $AN$.

1. Din $BC\perp (AB{B}^{\prime })$ și $A{B}^{\prime }\subset (AB{B}^{\prime })$ obținem $A{B}^{\prime }\perp BC$. Cum $A{B}^{\prime }\perp A^{\prime }B$ (diagonalele pătratului $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$), reiese $A{B}^{\prime }\perp (A^{\prime }BC)$. Deoarece $A^{\prime }M\subset (A^{\prime }BC)$, obținem $A^{\prime }M\perp A{B}^{\prime }$. (1) (3 p)
2. Fie $E\in (AD)$ astfel ca $AE=BM$. Atunci $ABME$ este dreptunghi, deci $AB\parallel ME$. Cum $AB\perp (AD{A}^{\prime })$ și $AN\subset (AD{A}^{\prime })$, rezultă $AN\perp ME$. (2) (2 p)
3. Din $\mathrm{△}{A}^{\prime }AE\equiv \mathrm{△}ADN$ (C.C.: $A{A}^{\prime }=AD$, $AE=BM=DN$) obținem $\mathrm{\angle }DAN=\mathrm{\angle }A{A}^{\prime }E$, de unde $\mathrm{\angle }A{A}^{\prime }E+\mathrm{\angle }{A}^{\prime }AN$ $=\mathrm{\angle }DAN+\mathrm{\angle }{A}^{\prime }AN$ $={90}^{\circ }$. Astfel, $AN\perp A^{\prime }E$. Folosind (2) obținem $AN\perp (A^{\prime }EM)$, de unde $AN\perp A^{\prime }M$. Aceasta, împreună cu (1), duce la $A^{\prime }M\perp (A{B}^{\prime }N)$. (2 p)