Olimpiada de matematică 2025 națională, clasa a X-a

Q: Ce probleme s-au dat la etapa națională a olimpiadei de matematică 2025, clasa a X-a?

Patru probleme: simetricele unui punct față de laturile unui triunghi (rezolvată cu numere complexe), numărul minim de puncte dintr-o configurație în care fiecare punct este conectat cu 2n puncte, descompunerea funcției x^k în produs de funcții injective și o ecuație cu modul pentru z^2n + z^nw^n + w^2n.

Q: Cum se punctează la olimpiada de matematică, etapa națională 2025?

Conform baremelor oficiale, fiecare dintre cele 4 probleme valorează 7 puncte, deci punctajul maxim este 28. Baremul împarte cele 7 puncte pe pașii importanți ai soluției, așa că se punctează și rezolvările parțiale; orice soluție corectă diferită de cea din barem primește punctajul maxim.

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

Soluțiile și baremele de corectare sunt documente oficiale ale Ministerului Educației și Cercetării și ale Societății de Științe Matematice din România (SSMR), publicate pe ssmr.ro după concurs. Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2025, etapa națională, clasa a X-a (Botoșani, 2 aprilie 2025), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: problema 1 se rezolvă cu numere complexe; numărul minim de puncte de la problema 2 este $\frac{(n + 1) (n + 2)}{2}$ ; $M_{k} = {k, k - 2, k - 4, \dots}$ ; la problema 4 soluțiile sunt perechile $(z, 2 z)$ și $(2 z, z)$ cu $| z | = 1$ .

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 națională din 2025, desfășurată la Botoșani, elevii de clasa a X-a calificați de la etapa județeană au primit pe 2 aprilie 2025 același subiect: 4 probleme. Conform baremului oficial, fiecare problemă este notată cu 7 puncte (punctaj maxim 28). Problemele sunt mult mai grele decât la etapa județeană: aici se acordă premiile naționale, iar cei mai buni elevi sunt invitați la barajele pentru loturile României.

Cum să folosești pagina: citește enunțul, încearcă singur cel puțin 30–45 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 · numere complexe în geometrie)

Se consideră un triunghi $A B C$ și un punct $M$ în planul său diferit de $A$ , $B$ și $C$ . Notăm cu $N$ , $P$ și $Q$ simetricele punctului $M$ față de laturile $A B$ , $B C$ , respectiv $A C$ .

a) Demonstrați că punctele $N$ , $P$ și $Q$ sunt coliniare dacă și numai dacă punctul $M$ aparține cercului circumscris triunghiului $A B C$ .
b) Dacă punctul $M$ nu aparține cercului circumscris triunghiului $A B C$ iar triunghiurile $A B C$ și $N P Q$ au același centru de greutate, arătați că triunghiul $A B C$ este echilateral.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Raportăm planul la un reper cartezian și notăm cu literă mică afixul unui punct notat, corespunzător, cu litera mare.

Mijlocul $S$ al segmentului $M N$ aparține dreptei $A B$ , prin urmare $\frac{s - a}{b - a} \in R$ . Dreptele $M N$ și $A B$ sunt perpendiculare, așadar $\frac{n - m}{b - a} \in i R$ .

Presupunem, fără a restrânge generalitatea, că originea reperului este în centrul cercului circumscris triunghiului, iar $| a | = | b | = | c | = 1$ . Atunci $\overset{―}{a} = \frac{1}{a}$ , $\overset{―}{b} = \frac{1}{b}$ , $\overset{―}{c} = \frac{1}{c}$ și, cum $s = \frac{m + n}{2}$ , avem:

\begin{aligned} \frac{s - a}{b - a} \in R & ⟺ \frac{s - a}{b - a} = \frac{\overset{―}{s} - \overset{―}{a}}{\overset{―}{b} - \overset{―}{a}} \\ ⟺ n + m = 2 (a + b) \\ - a b (\overset{―}{n} + \overset{―}{m}), \end{aligned}

respectiv

\begin{aligned} \frac{n - m}{b - a} \in i R & ⟺ \frac{n - m}{b - a} = - \frac{\overset{―}{n} - \overset{―}{m}}{\overset{―}{b} - \overset{―}{a}} \\ ⟺ n - m = a b (\overset{―}{n} - \overset{―}{m}) . \end{aligned}

Adunând cele două relații, rezultă că $n = a + b - a b \overset{―}{m}$ . Analog se arată că $p = b + c - b c \overset{―}{m}$ , iar $q = c + a - c a \overset{―}{m}$ . (3 p)

a) Avem $n - p$ $= (a - c) (1 - b \overset{―}{m})$ și $q - p$ $= (a - b) (1 - c \overset{―}{m})$ . Punctele $N$ , $P$ și $Q$ sunt coliniare dacă și numai dacă

\begin{aligned} \frac{n - p}{q - p} \in R & ⟺ \frac{n - p}{q - p} = \frac{\overset{―}{n} - \overset{―}{p}}{\overset{―}{q} - \overset{―}{p}} \\ ⟺ \frac{(a - c) (1 - b \overset{―}{m})}{(a - b) (1 - c \overset{―}{m})} \\ = \frac{(\overset{―}{a} - \overset{―}{c}) (1 - \overset{―}{b} m)}{(\overset{―}{a} - \overset{―}{b}) (1 - \overset{―}{c} m)} \\ ⟺ \frac{1 - b \overset{―}{m}}{1 - c \overset{―}{m}} = \frac{b}{c} \cdot \frac{1 - \overset{―}{b} m}{1 - \overset{―}{c} m} \\ ⟺ \frac{1 - b \overset{―}{m}}{1 - c \overset{―}{m}} = \frac{b - m}{c - m} \\ ⟺ c - b = | m |^{2} (c - b) ⟺ | m | = 1, \end{aligned}

deci dacă și numai dacă punctul $M$ aparține cercului circumscris triunghiului $A B C$ . (2 p)

b) Cum triunghiurile $A B C$ și $N P Q$ au același centru de greutate, înseamnă că

\begin{aligned} \frac{a + b + c}{3} = \frac{n + p + q}{3} & ⟺ a + b + c = \overset{―}{m} (a b + b c + c a) \\ ⟺ a + b + c = \overset{―}{m} a b c (\overset{―}{a} + \overset{―}{b} + \overset{―}{c}) . \end{aligned}

Trecând la module, deducem că $| a + b + c |$ $= | m | \cdot | a + b + c |$ . Punctul $M$ nu este situat pe cercul circumscris triunghiului, prin urmare $| m | \neq 1$ ; rezultă că $| a + b + c | = 0$ . Atunci centrul de greutate al triunghiului $A B C$ coincide cu centrul cercului circumscris acestuia, deci triunghiul $A B C$ este echilateral. (2 p)

Problema 2 (7 puncte · combinatorică geometrică, numărare)

Fie $n$ un număr natural nenul dat. Pentru o mulțime finită de puncte din plan $M$ , spunem că punctele distincte $A, B \in M$ sunt conectate dacă dreapta $A B$ conține exact $n + 1$ puncte din $M$ .

Determinați valoarea minimă a numărului natural nenul $m$ pentru care există o mulțime $M$ de $m$ puncte din plan cu proprietatea că orice punct $A \in M$ este conectat cu exact $2 n$ alte puncte din $M$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Soluția 1. Fie $M$ $= {A_{1}, A_{2}, \dots, A_{m}}$ o mulțime de $m$ puncte cu proprietatea din enunț și $A_{1} \in M$ . Cum $A_{1}$ este conectat cu alte puncte, există o dreaptă $d_{0}$ care conține exact alte $n$ puncte $A_{2}, \dots, A_{n + 1}$ din mulțimea $M$ . Cum fiecare din punctele $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n + 1}$ este deja conectat cu $n$ puncte diferite de el, deducem că prin fiecare $A_{i}$ mai trece exact o dreaptă $d_{i}$ care conține celelalte $2 n - n = n$ puncte din $M$ conectate cu $A_{i}$ . (2 p)

Astfel, $d_{0}$ conține $n + 1$ puncte din $M$ , $d_{1}$ conține $n$ puncte noi din $M$ (celelalte în afară de $A_{1}$ ), $d_{2}$ conține cel puțin alte $n - 1$ puncte din $M$ (celelalte în afară de $A_{2}$ și, eventual, intersecția lui $d_{2}$ cu $d_{1}$ ) etc. În general, dreapta $d_{k}$ conține cel puțin alte $n + 1 - k$ puncte din $M$ (celelalte în afară de $A_{k}$ și, eventual, intersecțiile lui $d_{k}$ cu $d_{1}, d_{2}, \dots, d_{k - 1}$ ). Așadar

m \geq (n + 1) + n + (n - 1) + \dots + 2 + 1 = \frac{(n + 1) (n + 2)}{2} .

(3 p)

Pentru a arăta că $\frac{1}{2} (n + 1) (n + 2)$ este minimul căutat, considerăm o configurație de $n + 2$ drepte în poziție generală (adică oricare două se intersectează și nu există trei drepte concurente) și $M$ mulțimea celor $C_{n + 2}^{2}$ puncte de intersecție a acestora. Fiecare dreaptă va conține atunci câte $n + 1$ puncte din $M$ și, cum fiecare punct din $M$ va fi situat pe două dintre aceste drepte, el va fi conectat cu exact $2 \cdot (n + 1 - 1) = 2 n$ puncte. (2 p)

Răspuns: $m_{min}$ $= \frac{(n + 1) (n + 2)}{2}$ (de exemplu, pentru $n = 1$ : 3 puncte, vârfurile unui triunghi).

Soluția 2 (din barem, pe scurt). Fie $D$ mulțimea dreptelor determinate de puncte din $M$ care conțin exact $n + 1$ puncte din $M$ și $d = | D |$ . Dacă $A$ și $B$ sunt conectate, $A$ este conectat cu toate celelalte $n$ puncte ale dreptei $A B$ ; cum fiecare punct este conectat cu exact $2 n$ puncte, fiecare punct din $M$ se află la intersecția a exact două drepte din $D$ , deci $m = \frac{d (n + 1)}{2}$ (2 p). Atunci $M$ este inclusă în mulțimea $I$ a punctelor de intersecție a câte două drepte din $D$ , iar $| I |$ $\leq C_{d}^{2}$ $= \frac{d (d - 1)}{2}$ $= \frac{m (2 m - n - 1)}{(n + 1)^{2}}$ . Din $m$ $\leq \frac{m (2 m - n - 1)}{(n + 1)^{2}}$ rezultă $m$ $\geq \frac{1}{2} (n + 1) (n + 2)$ (3 p). Exemplul este același ca la soluția 1 (2 p).

Problema 3 (7 puncte · funcții injective, divizibilitate)

Pentru un număr natural nenul $k$ , considerăm funcția $g_{k} : Z \to Z$ , $g_{k} (x) = x^{k}$ .

Determinați mulțimea $M_{k}$ a numerelor naturale nenule $n$ cu proprietatea că există funcții injective $f_{1}, f_{2}, \dots, f_{n} : Z \to Z$ astfel încât $g_{k}$ $= f_{1} \cdot f_{2} \cdot \dots \cdot f_{n}$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Observăm mai întâi că $x^{k}$ $= x \cdot x \cdot \dots \cdot x$ (de $k$ ori $x$ ), deci $k \in M_{k}$ .

Fie $n \in M_{k}$ , adică există funcții injective $f_{1}, f_{2}, \dots, f_{n} : Z \to Z$ astfel încât, pentru orice $x \in Z$ , avem

g_{k} (x) = f_{1} (x) \cdot f_{2} (x) \cdot \dots \cdot f_{n} (x) . (1)

Luând $x = 1$ , apoi $x = - 1$ în relația (1), obținem $1$ $= f_{1} (1) \cdot f_{2} (1) \cdot \dots \cdot f_{n} (1)$ (2), respectiv $(- 1)^{k}$ $= f_{1} (- 1) \cdot f_{2} (- 1) \cdot \dots \cdot f_{n} (- 1)$ (3). Deoarece $f_{i} (1)$ și $f_{i} (- 1)$ sunt numere întregi (al căror produs este $\pm 1$ , deci fiecare este $\pm 1$ ), iar funcțiile $f_{i}$ sunt injective, rezultă că ${f_{i} (1), f_{i} (- 1)}$ $= {1, - 1}$ pentru orice $i = \overset{―}{1, n}$ (4). (2 p)

Din (1), pentru $x = 2$ , obținem $2^{k}$ $= | f_{1} (2) | \cdot | f_{2} (2) | \cdot \dots \cdot | f_{n} (2) |$ . Folosind injectivitatea și (4) deducem $| f_{i} (2) | \geq 2$ pentru orice $i = \overset{―}{1, n}$ . Astfel, $2^{k}$ $= | f_{1} (2) | \cdot \dots \cdot | f_{n} (2) |$ $\geq 2^{n}$ , deci $k \geq n$ . Așadar $M_{k} \subset {1, 2, \dots, k}$ .

Din (4) și înmulțirea egalităților (2) și (3) deducem $(- 1)^{k} = (- 1)^{n}$ , deci $n$ și $k$ au aceeași paritate, adică $M_{k} \subset {k, k - 2, k - 4, \dots} \cap N^{*}$ . (3 p)

Vom arăta că toate valorile de forma $n = k - 2 t$ convin. Pentru aceasta, observăm că $x^{k}$ $= x \cdot x \cdot \dots \cdot x \cdot x^{2 t + 1}$ (cu $k - 2 t - 1$ factori $x$ ), deci $f_{i} (x) = x$ pentru orice $i = \overset{―}{1, n - 1}$ , $f_{n} (x) = x^{2 t + 1}$ sunt injective și $x^{k}$ $= f_{1} (x) \cdot f_{2} (x) \cdot \dots \cdot f_{n - 1} (x) \cdot f_{n} (x)$ .

În concluzie $k - 2 t \in M_{k}$ pentru orice $t \in N$ cu $2 t < k$ , deci mulțimea căutată este

M_{k} = {k, k - 2, k - 4, \dots, k - 2 [\frac{k - 1}{2}]} .

(2 p)

Notă matepenet: în barem, în ultima egalitate apare tipărit $x^{n}$ în loc de $x^{k}$ ; am corectat. De exemplu, $M_{5} = {1, 3, 5}$ , iar $M_{6} = {2, 4, 6}$ .

Problema 4 (7 puncte · numere complexe, modul, inegalitatea modulului)

Determinați numerele complexe $z$ și $w$ care au proprietatea că

| z^{2 n} + z^{n} w^{n} + w^{2 n} | = 2^{2 n} + 2^{n} + 1,

oricare ar fi numărul natural nenul $n$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Pentru $n = 1, 2, 4$ ipoteza dă $| z^{2} + z w + w^{2} | = 7$ , $| z^{4} + z^{2} w^{2} + w^{4} | = 21$ , $| z^{8} + z^{4} w^{4} + w^{8} | = 273$ . Trecând la modul în ambii membri ai identității

(z^{2} + z w + w^{2}) (z^{2} - z w + w^{2}) = z^{4} + z^{2} w^{2} + w^{4}

și ținând cont de ipoteza problemei, obținem că $| z^{2} - z w + w^{2} |$ $= \frac{21}{7}$ $= 3$ .

Analog, trecând la modul în ambii membri ai identității

(z^{4} + z^{2} w^{2} + w^{4}) (z^{4} - z^{2} w^{2} + w^{4}) = z^{8} + z^{4} w^{4} + w^{8}

și ținând cont de ipoteza problemei, obținem că $| z^{4} - z^{2} w^{2} + w^{4} |$ $= \frac{273}{21}$ $= 13$ .

Trecând la modul în ambii membri ai identității

\begin{aligned} \frac{1}{2} {(z^{2} + z w + w^{2})}^{2} + \frac{1}{2} {(z^{2} - z w + w^{2})}^{2} + (z^{4} - z^{2} w^{2} + w^{4}) \\ = 2 (z^{4} + z^{2} w^{2} + w^{4}), \end{aligned}

aplicând inegalitatea modulului și ținând seama de cele de mai sus, obținem că $\frac{1}{2} \cdot 49 + \frac{1}{2} \cdot 9 + 13$ $\geq 2 \cdot 21$ . (3 p)

Observăm că se realizează egalitatea ( $24, 5 + 4, 5 + 13 = 42$ ), prin urmare există un număr real $t$ astfel încât ${(z^{2} + z w + w^{2})}^{2}$ $= t^{2} {(z^{2} - z w + w^{2})}^{2}$ . Trecând la module, găsim $t = \pm \frac{7}{3}$ , prin urmare

3 (z^{2} + z w + w^{2}) = \pm 7 (z^{2} - z w + w^{2}) .

Pentru $t = \frac{7}{3}$ găsim $2 z^{2} - 5 z w + 2 w^{2}$ $= 0 ⟺ (2 z - w) (z - 2 w)$ $= 0$ . Deducem că $w = 2 z$ sau $z = 2 w$ . Înlocuind în $| z^{2} + z w + w^{2} | = 7$ , în primul caz obținem că $| z | = 1$ , iar în cel de-al doilea că $| w | = 1$ .

În cazul $t = - \frac{7}{3}$ găsim $5 z^{2} - 2 z w + 5 w^{2}$ $= 0 ⟺ (φ z - w) (z - φ w)$ $= 0$ , unde $φ$ $= \frac{1 + 2 \sqrt{6} i}{5}$ , $5 φ^{2} - 2 φ + 5$ $= 0$ , $| φ | = 1$ . Deducem că $w = φ z$ sau $z = φ w$ . Înlocuind în $| z^{2} + z w + w^{2} | = 7$ , în primul caz obținem că $| z | = \sqrt{5}$ , iar în cel de-al doilea că $| w | = \sqrt{5}$ . Niciuna din aceste variante nu convine deoarece se contrazice egalitatea $| z^{4} - z^{2} w^{2} + w^{4} | = 13$ (calculul dă $71$ ). (3 p)

Se verifică ușor că toate perechile de forma $(z, 2 z)$ și $(2 z, z)$ , unde $z$ este un număr complex de modul 1, au proprietatea din enunț: de exemplu, pentru $w = 2 z$ , $| z^{2 n} + z^{n} w^{n} + w^{2 n} |$ $= | z |^{2 n} (1 + 2^{n} + 2^{2 n})$ $= 2^{2 n} + 2^{n} + 1$ . (1 p)

Răspuns: $(z, w) = (z, 2 z)$ sau $(z, w) = (2 w, w)$ , cu $| z | = 1$ , respectiv $| w | = 1$ .

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	a), b) demonstrații ( $n = a + b - a b \overset{―}{m}$ ; coliniare $⟺ \| m \| = 1$ )
2	$m_{min} = \frac{(n + 1) (n + 2)}{2}$
3	$M_{k} = {k, k - 2, \dots, k - 2 [\frac{k - 1}{2}]}$
4	$(z, w) = (z, 2 z)$ sau $(2 z, z)$ , cu $\| z \| = 1$

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă
1	Numere complexe în geometrie: simetrie, coliniaritate, centrul de greutate
2	Combinatorică geometrică, drepte în poziție generală
3	Funcții injective, puteri, paritate
4	Numere complexe: modul, inegalitatea modulului, ecuații

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la etapa națională a olimpiadei de matematică 2025, clasa a X-a? Patru probleme: simetricele unui punct față de laturile unui triunghi (rezolvată cu numere complexe), numărul minim de puncte dintr-o configurație în care fiecare punct este conectat cu $2 n$ puncte, descompunerea funcției $x^{k}$ în produs de funcții injective și o ecuație cu modul pentru $z^{2 n} + z^{n} w^{n} + w^{2 n}$ .

Cum se punctează la olimpiada de matematică, etapa națională 2025? Conform baremelor oficiale, fiecare dintre cele 4 probleme valorează 7 puncte, deci punctajul maxim este 28. Baremul împarte cele 7 puncte pe pașii importanți ai soluției, așa că se punctează și rezolvările parțiale; orice soluție corectă diferită de cea din barem primește punctajul maxim.

Unde găsesc baremul oficial al olimpiadei de matematică, etapa națională 2025? Soluțiile și baremele de corectare sunt documente oficiale ale Ministerului Educației și Cercetării și ale Societății de Științe Matematice din România (SSMR), publicate pe ssmr.ro după concurs. Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Alte subiecte: etapa națională 2025, liceu — clasa a IX-a · clasa a XI-a · clasa a XII-a; aceeași clasă la etapa județeană: olimpiada de matematică 2025, etapa județeană, clasa a X-a; alte concursuri: concursuri școlare de matematică.

← Olimpiada de matematică — toate subiectele rezolvate

Subiect oficial © Ministerul Educației și Cercetării / SSMR (Olimpiada Națională de Matematică, etapa națională, Botoșani, 2 aprilie 2025): enunțurile, soluțiile și baremul (ssmr.ro). Explicațiile suplimentare: Matepenet.ro.

Olimpiada de matematică 2025, etapa națională — clasa a X-a, subiecte rezolvate

Problema 1 (7 puncte · numere complexe în geometrie)

Problema 2 (7 puncte · combinatorică geometrică, numărare)

Problema 3 (7 puncte · funcții injective, divizibilitate)

Problema 4 (7 puncte · numere complexe, modul, inegalitatea modulului)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe