Olimpiada de matematică 2025 națională, clasa a XI-a

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

Patru probleme: perechile de funcții f, g pentru care produsul (f(x) - g(y))(f'(x) - g'(y))(f''(x) - g''(y)) este nul, inversabilitatea matricelor cu BA = aI_n + bAB, o caracterizare a funcțiilor cu derivata continuă și matrice cu A + B = AB + BA.

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2025, etapa națională, clasa a XI-a (Botoșani, 2 aprilie 2025), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: la problema 1 funcțiile sunt $f (x) = m x^{2} + n x + p$ , $g (x) = m x^{2} + n^{'} x + p^{'}$ (același coeficient $m$ ); problemele 2 și 4 sunt despre matrice (spectru, determinanți, urmă), iar problema 3 caracterizează funcțiile derivabile cu derivata continuă prin șiruri.

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 XI-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 · derivate, funcții continue)

Determinați perechile de funcții $f, g : R \to R$ , derivabile de ordinul 2, cu derivatele de ordinul 2 continue pe $R$ , având proprietatea

(f (x) - g (y)) \cdot (f^{'} (x) - g^{'} (y)) \cdot (f^{″} (x) - g^{″} (y)) = 0,

pentru oricare $x, y \in R$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Fie $(f, g)$ o pereche de funcții care satisface cerințele din enunț. Arătăm că $f^{″}$ este o funcție constantă. Presupunem, prin absurd, că $f^{″}$ este neconstantă. (1 p)

Atunci, deoarece $(f (x) - g (0)) (f^{'} (x) - g^{'} (0)) (f^{″} (x) - g^{″} (0))$ $= 0$ , $\forall x \in R$ , iar $f^{″}$ este continuă (deci ia o infinitate de valori), există $a \in R$ și $r > 0$ astfel încât $f^{″} (x) \notin {0, g^{″} (0)}$ , $\forall x \in (a - r, a + r)$ . Rezultă $(f (x) - g (0)) (f^{'} (x) - g^{'} (0))$ $= 0$ , $\forall x \in (a - r, a + r)$ . (1 p)

Sunt posibile două cazuri.

Cazul 1. Există $b \in (a - r, a + r)$ astfel ca $f^{'} (b) \neq g^{'} (0)$ . Pe baza continuității lui $f^{'}$ , există $s > 0$ astfel ca $(b - s, b + s) \subset (a - r, a + r)$ și $f^{'} (x) \neq g^{'} (0)$ , $\forall x \in (b - s, b + s)$ . Rezultă $f (x) = g (0)$ , $\forall x \in (b - s, b + s)$ , de unde $f^{″} (x) = 0$ , $\forall x \in (b - s, b + s)$ . Contradicție.

Cazul 2. $f^{'} (x) = g^{'} (0)$ , $\forall x \in (a - r, a + r)$ . În acest caz, obținem $f^{″} (x) = 0$ , $\forall x \in (a - r, a + r)$ . Contradicție.

Prin urmare, funcția $f^{″}$ este constantă pe $R$ . (2 p)

Fie $m \in R$ astfel ca $f^{″} (x) = 2 m$ , $\forall x \in R$ . Din ${(f^{'} (x) - 2 m x)}^{'}$ $= 0$ , $\forall x \in R$ , rezultă că există $n \in R$ astfel ca $f^{'} (x) - 2 m x - n = 0$ , $\forall x \in R$ . Din ${(f (x) - m x^{2} - n x)}^{'}$ $= 0$ , $\forall x \in R$ , rezultă că există $p \in R$ astfel ca $f (x) = m x^{2} + n x + p$ , $\forall x \in R$ . (1 p)

Analog, funcția $g^{″}$ este constantă pe $R$ , deci există $m^{'}, n^{'}, p^{'} \in R$ astfel ca $g (x) = m^{'} x^{2} + n^{'} x + p^{'}$ , $\forall x \in R$ . Dacă $m = m^{'}$ , identitatea din enunț este satisfăcută (al treilea factor este $2 m - 2 m^{'} = 0$ ). Dacă $m \neq m^{'}$ , identitatea din enunț nu este satisfăcută deoarece ecuația $(f (x) - g (x)) (f^{'} (x) - g^{'} (x))$ $= 0$ are cel mult 3 rădăcini reale.

În concluzie, perechile de funcții cu proprietățile din enunț sunt de forma

f (x) = m x^{2} + n x + p, g (x) = m x^{2} + n^{'} x + p^{'},

pentru oricare $x \in R$ (cu $m, n, p, n^{'}, p^{'} \in R$ ). (2 p)

Problema 2 (7 puncte · matrice, valori proprii, inversabilitate)

Fie un număr natural $n \geq 2$ și două numere complexe $a$ și $b$ , astfel încât $a \neq 0$ și $b^{k} \neq 1$ , pentru oricare $k \in {1, 2, \dots, n}$ . Matricele $A, B \in M_{n} (C)$ verifică relația $B A = a I_{n} + b A B$ . Arătați că matricele $A$ și $B$ sunt inversabile.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Soluția 1. Dacă $b = 0$ , atunci $B A = a I_{n}$ . Cum $a \neq 0$ , matricele $A$ și $B$ sunt inversabile. (1 p)

Considerăm $b \neq 0$ . Notăm $σ (X)$ spectrul matricei $X \in M_{n} (C)$ . Fie $λ \in σ (A B)$ . Atunci

det (B A - (b λ + a) I_{n}) = det (b A B - b λ I_{n}) = b^{n} det (A B - λ I_{n}) = 0.

Rezultă că $b λ + a \in σ (B A)$ . (1 p)

Are loc relația $σ (A B) = σ (B A)$ . (1 p)

Prin urmare, dacă $λ \in σ (A B)$ , atunci $b λ + a \in σ (A B)$ . (1 p)

Definim funcția $f : C \to C$ , $f (z) = b z + a$ , $\forall z \in C$ . Pentru $k \in N^{*}$ , notăm $f^{[k]}$ $= f \circ f \circ \dots \circ f$ (de $k$ ori). Conform proprietății anterioare, dacă $λ \in σ (A B)$ , atunci $f^{[k]} (λ) \in σ (A B)$ , $\forall k \in N^{*}$ (inducție). (1 p)

Presupunem $0 \in σ (A B)$ . Atunci $f (0), f^{[2]} (0), \dots, f^{[n + 1]} (0) \in σ (A B)$ . Cum $σ (A B)$ are cel mult $n$ elemente, există $p, q \in {1, 2, \dots, n + 1}$ , $p < q$ , astfel ca $f^{[p]} (0) = f^{[q]} (0)$ . Deoarece

f^{[k]} (z) = b^{k} z + a \frac{b^{k} - 1}{b - 1}, z \in C, k \in N^{*},

obținem $a \frac{b^{p} - 1}{b - 1}$ $= a \frac{b^{q} - 1}{b - 1}$ , de unde $b^{q - p} = 1$ (cu $1 \leq q - p \leq n$ ), în contradicție cu ipoteza. Prin urmare, $0 \notin σ (A B)$ , deci $det (A) \cdot det (B)$ $= det (A B) \neq 0$ . Rezultă că matricele $A$ și $B$ sunt inversabile. (2 p)

Soluția 2 (din barem, pe scurt). Pentru $b \neq 0$ , fie $f (X) = det (X I_{n} - B A)$ polinomul caracteristic al matricei $B A$ . Cum $A B$ și $B A$ au același polinom caracteristic, $f (t)$ $= det ((t - a) I_{n} - b A B)$ $= b^{n} f (\frac{t - a}{b})$ , $\forall t \in C$ . Pentru $g (t)$ $= f (t - \frac{a}{b - 1})$ rezultă $g (t)$ $= b^{n} g (\frac{t}{b})$ ; scriind $g (t)$ $= t^{n} + a_{1} t^{n - 1} + \dots + a_{n}$ , identificarea coeficienților dă $a_{k} = b^{k} a_{k}$ , deci $a_{k} = 0$ și $f (t)$ $= {(t + \frac{a}{b - 1})}^{n}$ . Din teorema Cayley–Hamilton, ${(I_{n} + \frac{b - 1}{a} B A)}^{n}$ $= O_{n}$ . Cu $C$ $= I_{n} + \frac{b - 1}{a} B A$ avem $I_{n}$ $= I_{n} - C^{n}$ $= \frac{1 - b}{a} B A \sum_{k = 0}^{n - 1} C^{k}$ , deci $B A$ este inversabilă, adică $A$ și $B$ sunt inversabile.

Problema 3 (7 puncte · derivabilitate, șiruri, teorema lui Lagrange)

Arătați că, pentru o funcție $f : R \to R$ , următoarele afirmații sunt echivalente:

(i) $f$ este derivabilă, cu derivata continuă pe $R$ ;
(ii) pentru oricare $a \in R$ și oricare două șiruri $(x_{n})_{n \geq 1}$ și $(y_{n})_{n \geq 1}$ convergente la $a$ , astfel încât $x_{n} \neq y_{n}$ , pentru oricare $n \in N^{*}$ , șirul ${(\frac{f (x_{n}) - f (y_{n})}{x_{n} - y_{n}})}_{n \geq 1}$ este convergent.

Vezi soluția (după baremul oficial)

(i) ⇒ (ii). Fie $f : R \to R$ o funcție derivabilă, cu derivata continuă pe $R$ . Considerăm $a \in R$ . Fie șirurile $(x_{n})_{n \geq 1}$ și $(y_{n})_{n \geq 1}$ , convergente la $a$ , astfel încât $x_{n} \neq y_{n}$ , $\forall n \in N^{*}$ . Conform teoremei lui Lagrange, există un punct $a_{n} \in (min {x_{n}, y_{n}}, max {x_{n}, y_{n}})$ astfel ca $\frac{f (x_{n}) - f (y_{n})}{x_{n} - y_{n}}$ $= f^{'} (a_{n})$ . (1 p)

Prin criteriul cleștelui, deducem că șirul $(a_{n})_{n \geq 1}$ converge la $a$ . Atunci, pe baza continuității lui $f^{'}$ , obținem

lim_{n \to \infty} \frac{f (x_{n}) - f (y_{n})}{x_{n} - y_{n}} = lim_{n \to \infty} f^{'} (a_{n}) = f^{'} (a),

deci șirul ${(\frac{f (x_{n}) - f (y_{n})}{x_{n} - y_{n}})}_{n \geq 1}$ este convergent. (1 p)

(ii) ⇒ (i). Fie $f : R \to R$ o funcție cu proprietatea (ii). Pentru $a \in R$ , există

ℓ_{a} = lim_{n \to \infty} \frac{f (a + 1 / n) - f (a)}{1 / n} \in R .

Considerăm două șiruri $(x_{n})_{n \geq 1}$ și $(y_{n})_{n \geq 1}$ convergente la $a$ , astfel încât $x_{n} \neq y_{n}$ , pentru oricare $n \in N^{*}$ . Definim șirurile $(z_{n})_{n \geq 1}$ și $(t_{n})_{n \geq 1}$ prin $z_{2 n - 1} = x_{n}$ , $z_{2 n} = a + 1 / n$ , $t_{2 n - 1} = y_{n}$ și $t_{2 n} = a$ , pentru $n \in N^{*}$ . Avem $lim z_{n} = lim t_{n} = a$ și $z_{n} \neq t_{n}$ , pentru oricare $n \in N^{*}$ . Conform ipotezei, șirul ${(\frac{f (z_{n}) - f (t_{n})}{z_{n} - t_{n}})}_{n \geq 1}$ este convergent; subșirurile de rang par și impar au aceeași limită, deci

lim_{n \to \infty} \frac{f (x_{n}) - f (y_{n})}{x_{n} - y_{n}} = lim_{n \to \infty} \frac{f (a + 1 / n) - f (a)}{1 / n} = ℓ_{a} .

În particular, pentru oricare șir $(x_{n})_{n \geq 1}$ cu proprietățile $lim x_{n} = a$ și $x_{n} \neq a$ , $\forall n \in N^{*}$ , avem $lim_{n \to \infty} \frac{f (x_{n}) - f (a)}{x_{n} - a}$ $= ℓ_{a}$ . Rezultă $lim_{x \to a} \frac{f (x) - f (a)}{x - a}$ $= ℓ_{a}$ . Prin urmare, funcția $f$ este derivabilă pe $R$ , cu $f^{'} (a) = ℓ_{a}$ , $\forall a \in R$ . (2 p)

Presupunem, prin absurd, că $f^{'}$ este discontinuă într-un punct $a \in R$ . Atunci există $ε > 0$ și un șir $(a_{n})_{n \geq 1}$ convergent la $a$ , cu $a_{n} \neq a$ , $\forall n \in N^{*}$ , astfel încât $| f^{'} (a) - f^{'} (a_{n}) |$ $> ε$ , $\forall n \in N^{*}$ . Cum $f$ este derivabilă în $a_{n}$ , putem alege $x_{n} \in (a_{n}, a_{n} + 1 / n)$ astfel încât

| f^{'} (a_{n}) - \frac{f (x_{n}) - f (a_{n})}{x_{n} - a_{n}} | < \frac{ε}{2} .

Șirul $(x_{n})_{n \geq 1}$ converge la $a$ (criteriul cleștelui), $x_{n} \neq a_{n}$ , $\forall n \in N^{*}$ , dar

\begin{aligned} | f^{'} (a) - \frac{f (x_{n}) - f (a_{n})}{x_{n} - a_{n}} | & \geq | f^{'} (a) - f^{'} (a_{n}) | - | f^{'} (a_{n}) - \frac{f (x_{n}) - f (a_{n})}{x_{n} - a_{n}} | \\ > \frac{ε}{2}, \end{aligned}

pentru oricare $n \in N^{*}$ , în contradicție cu $lim_{n \to \infty} \frac{f (x_{n}) - f (a_{n})}{x_{n} - a_{n}}$ $= f^{'} (a)$ (obținută mai sus). În concluzie, $f^{'}$ este continuă pe $R$ . (3 p)

Problema 4 (7 puncte · matrice, determinanți, urmă)

Fie $A, B \in M_{n} (C)$ astfel încât $A + B = A B + B A$ . Arătați că:

a) dacă $n$ este impar, atunci $det (A B - B A) = 0$ ;
b) dacă $tr (A) \neq tr (B)$ , atunci $det (A B - B A) = 0$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Definim matricele $C = 2 A - I_{n}$ și $D = 2 B - I_{n}$ . Pe baza ipotezei, obținem

C D - I_{n} = - (D C - I_{n}) = 2 (A B - B A) .

(Într-adevăr, $C D - I_{n}$ $= 4 A B - 2 (A + B)$ $= 4 A B - 2 (A B + B A)$ $= 2 (A B - B A)$ , iar analog $D C - I_{n} = 2 (B A - A B)$ .) (2 p)

Cum $n$ este impar, avem $det (C D - I_{n})$ $= - det (D C - I_{n})$ . (1 p)

Din proprietatea cunoscută $det (X Y - I_{n})$ $= det (Y X - I_{n})$ , $\forall X, Y \in M_{n} (C)$ , rezultă $det (C D - I_{n})$ $= - det (C D - I_{n})$ , de unde obținem $det (C D - I_{n}) = 0$ . Prin urmare, $det (A B - B A) = 0$ . (1 p)

b) Notăm $E = A B - B A$ . Presupunem, prin absurd, $det (E) \neq 0$ . Avem

\begin{aligned} A E + E A & = A^{2} B - B A^{2} \\ = A (A + B - B A) - (A + B - A B) A \\ = A B - B A = E . \end{aligned}

(1 p)

Cum $E$ este presupusă inversabilă, obținem $E^{- 1} A E + A = I_{n}$ . Atunci, pe baza proprietății $tr (E^{- 1} A E)$ $= tr (A)$ , rezultă $tr (A)$ $= \frac{n}{2}$ . Cum relația din enunț este simetrică, avem de asemenea $tr (B)$ $= \frac{n}{2}$ . Astfel, $tr (A)$ $= tr (B)$ , în contradicție cu ipoteza b). Rezultă $det (A B - B A) = 0$ . (2 p)

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	$f (x) = m x^{2} + n x + p$ , $g (x) = m x^{2} + n^{'} x + p^{'}$
2	demonstrație: $0 \notin σ (A B)$ , deci $det (A B) \neq 0$
3	demonstrație (teorema lui Lagrange; interclasarea șirurilor)
4	a) $C = 2 A - I_{n}$ , $D = 2 B - I_{n}$ , $det (C D - I_{n}) = 0$ ; b) altfel $tr (A) = tr (B) = \frac{n}{2}$

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă
1	Derivate de ordinul 2, funcții continue, ecuații funcționale
2	Matrice: valori proprii, polinom caracteristic, Cayley–Hamilton
3	Limite de șiruri, derivabilitate, teorema lui Lagrange
4	Matrice: determinanți, urma unei matrice

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la etapa națională a olimpiadei de matematică 2025, clasa a XI-a? Patru probleme: perechile de funcții $f, g$ pentru care produsul $(f (x) - g (y)) (f^{'} (x) - g^{'} (y)) (f^{″} (x) - g^{″} (y))$ este nul, inversabilitatea matricelor cu $B A = a I_{n} + b A B$ , o caracterizare a funcțiilor cu derivata continuă și matrice cu $A + B = A B + B A$ .

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 X-a · clasa a XII-a; aceeași clasă la etapa județeană: olimpiada de matematică 2025, etapa județeană, clasa a XI-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 XI-a, subiecte rezolvate

Problema 1 (7 puncte · derivate, funcții continue)

Problema 2 (7 puncte · matrice, valori proprii, inversabilitate)

Problema 3 (7 puncte · derivabilitate, șiruri, teorema lui Lagrange)

Problema 4 (7 puncte · matrice, determinanți, urmă)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe