Olimpiada de matematică 2025 națională, clasa a V-a

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2025, etapa națională, clasa a V-a (Buzău, 7 aprilie 2025), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: 45 de numere interesante, 3 și interesante, și fantastice, 1939 nici una, nici alta; joi Alexia a dăruit 7 bile; $a = 2$ , $b = 43$ , $c = 3$ , $d = 41$ ; un număr special se termină în 99999.

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 participă elevii calificați după etapa județeană din 8 martie 2025. În 2025, ediția a LXXV-a, etapa națională pentru clasele V–VIII s-a desfășurat la Buzău (6–11 aprilie), proba scrisă având loc pe 7 aprilie 2025. Toți elevii de clasa a V-a au primit același subiect: 4 probleme, fiecare notată, conform baremului oficial, cu 7 puncte, deci punctajul maxim este 28 de puncte.

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. Unde baremul oferă mai multe variante, le găsești pe toate; orice altă soluție corectă primește punctajul maxim.

Cuprins: Problema 1 · Problema 2 · Problema 3 · Problema 4 · Răspunsuri pe scurt

Problema 1 (7 puncte · pătrate perfecte, multipli, numărare)

Un număr natural nenul, mai mic sau egal cu 2025, se numește interesant dacă este pătrat perfect și fantastic dacă restul împărțirii acelui număr la 45 este 0.

a) Determinați numărul numerelor care sunt interesante.

b) Determinați numărul numerelor care sunt și interesante și fantastice.

c) Determinați numărul numerelor naturale, cel mult egale cu 2025, care nu sunt nici interesante și nici fantastice.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: $2025 = 45^{2}$ , deci și pătratele perfecte, și multiplii lui 45 până la 2025 sunt exact câte 45.

a) Din $45^{2} = 2025$ , rezultă că numerele interesante sunt $1^{2}, 2^{2}, 3^{2}, \dots, 45^{2}$ , deci sunt 45 de numere interesante. (2 p)

Numerele fantastice sunt $1 \cdot 45, 2 \cdot 45, 3 \cdot 45, \dots, 45 \cdot 45$ , deci sunt 45 de numere fantastice. (1 p)
Din $45 = 5 \cdot 3^{2}$ , rezultă că numerele fantastice care sunt și interesante sunt $5 \cdot 45 = 15^{2}$ , $2^{2} \cdot 5 \cdot 45$ $= 30^{2}$ și $3^{2} \cdot 5 \cdot 45$ $= 45^{2}$ , deci sunt 3 numere care sunt și interesante, și fantastice. (2 p)

c) Numărul numerelor care sunt interesante sau fantastice este $45 + 45 - 3 = 87$ . Numerele naturale cel mult egale cu 2025 sunt $0, 1, 2, \dots, 2025$ , adică 2026 de numere, deci numărul celor care nu sunt nici interesante și nici fantastice este $2026 - 87 = 1939$ . (2 p)

Răspuns: a) 45; b) 3 (225, 900 și 2025); c) 1939.

Problema 2 (7 puncte · șiruri crescătoare, estimări)

Alexia are mai multe bile, iar prietena ei Cristina nu are nicio bilă. În fiecare zi a unei săptămâni, începând cu ziua de luni, Alexia dăruiește Cristinei câteva dintre bile. În fiecare zi, Alexia dăruiește mai multe bile decât în ziua precedentă.

Alexia a dăruit luni de cinci ori mai puține bile decât vineri, marți a dăruit de șase ori mai puține bile decât sâmbătă, iar miercuri a dăruit de șapte ori mai puține bile decât duminică.

Duminică, la sfârșitul săptămânii, Cristina are 72 de bile.

Determinați câte bile a dăruit Alexia joi prietenei sale.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: scriem totul în funcție de primele patru zile și folosim faptul că numerele cresc strict pentru a limita valorile.

Notăm $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{7}$ numărul de bile dăruite de Alexia de luni până duminică, unde $1$ $\leq a_{1}$ $< a_{2}$ $< a_{3}$ $< a_{4}$ $< a_{5}$ $< a_{6}$ $< a_{7}$ și $a_{1} + a_{2} + \dots + a_{7}$ $= 72$ . Din datele problemei, $a_{5} = 5 a_{1}$ , $a_{6} = 6 a_{2}$ , $a_{7} = 7 a_{3}$ , deci $6 a_{1} + 7 a_{2} + 8 a_{3} + a_{4} = 72. (1)$ (1 p)
Dacă $a_{1} \geq 3$ , atunci $a_{2} \geq 4$ , $a_{3} \geq 5$ , $a_{4} \geq 6$ și $6 a_{1} + 7 a_{2} + 8 a_{3} + a_{4} \geq 6 \cdot 3 + 7 \cdot 4 + 8 \cdot 5 + 6 = 92,$ contradicție cu (1). Așadar, $a_{1} = 1$ sau $a_{1} = 2$ . (2 p)
Dacă $a_{1} = 1$ , atunci $a_{5} = 5$ , iar din $1$ $= a_{1}$ $< a_{2}$ $< a_{3}$ $< a_{4}$ $< a_{5}$ $= 5$ deducem că $a_{2} = 2$ , $a_{3} = 3$ și $a_{4} = 4$ , deci $6 a_{1} + 7 a_{2} + 8 a_{3} + a_{4}$ $= 48$ , contradicție cu (1). Așadar, $a_{1} = 2$ . (2 p)
Cum $a_{5} = 5 a_{1} = 10$ , rezultă că $2$ $= a_{1}$ $< a_{2}$ $< a_{3}$ $< a_{4}$ $< a_{5}$ $= 10$ . În plus, din (1) obținem $7 a_{2} + 8 a_{3} + a_{4} = 60. (2)$ Dacă $a_{2} \geq 4$ , atunci $7 a_{2} + 8 a_{3} + a_{4}$ $\geq 7 \cdot 4 + 8 \cdot 5 + 6$ $= 74$ , contradicție cu (2), deci $a_{2} \leq 3$ . Cum $a_{2} > a_{1} = 2$ , rezultă că $a_{2} = 3$ . (1 p)
Din (2) obținem $8 a_{3} + a_{4} = 39$ , deci $8 a_{3} < 39$ , de unde $a_{3} \leq 4$ . Dar $a_{3} > a_{2} = 3$ , deci $a_{3} = 4$ , iar din $8 a_{3} + a_{4} = 39$ rezultă $a_{4} = 7$ , care verifică relația $a_{4} < 10$ . (1 p)

Verificare: bilele dăruite de luni până duminică sunt 2, 3, 4, 7, 10, 18, 28 (strict crescător), cu $10 = 5 \cdot 2$ , $18 = 6 \cdot 3$ , $28 = 7 \cdot 4$ și suma $72$ . ✓

Notă: în baremul oficial, la pasul 4 apare „contradicție cu (1)”; comparația se face, de fapt, cu relația (2).

Răspuns: joi, Alexia a dăruit 7 bile.

Problema 3 (7 puncte · numere prime, paritate, resturi la 3)

Determinați numerele prime $a, b, c, d$ , cu $a \leq b$ și $c \leq d$ , care verifică simultan condițiile:

(1) $a + b = c + d + 1$ ;
(2) $a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}$ $= 3543$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: paritatea arată că printre numere apare 2, iar resturile pătratelor la împărțirea cu 3 arată că apare și 3.

Întrucât $c + d$ și $a + b$ sunt numere naturale consecutive, suma lor, $a + b + c + d$ , este număr impar. Rezultă că fie exact trei dintre numerele $a, b, c, d$ sunt pare, deci, fiind prime, sunt egale cu 2, fie exact unul dintre ele este par, egal cu 2.
Dacă trei dintre numere ar fi egale cu 2, din relația (2) ar rezulta că pătratul celui de-al patrulea număr este $3543 - 12 = 3531$ , fals, deoarece 3531 nu este pătrat perfect. Ca urmare, exact unul dintre numerele $a, b, c, d$ este egal cu 2, iar din $a \leq b$ și $c \leq d$ rezultă că fie $a = 2$ , fie $c = 2$ . (2 p)
Renotând cu $x, y, z$ cele trei numere diferite de 2, din relația (2) rezultă $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 3539$ . Un pătrat perfect are forma $M_{3}$ sau $M_{3} + 1$ , iar $3539 = M_{3} + 2$ , deci unul dintre numerele $x^{2}, y^{2}, z^{2}$ este multiplu de 3, iar celelalte două au forma $M_{3} + 1$ . Așadar, unul dintre numerele $x, y, z$ este multiplu de 3 și, fiind prim, este egal cu 3. (2 p)
Presupunând, de exemplu, că $z = 3$ , obținem $x^{2} + y^{2} = 3530$ . Dacă $x \leq 41$ și $y \leq 41$ , atunci $x^{2} + y^{2}$ $\leq 2 \cdot 41^{2}$ $= 3362$ $< 3530$ , nu convine. Deci cel puțin unul dintre ele este mai mare sau egal cu 43, fie acesta $x$ . Dacă $x \geq 61$ , atunci $x^{2} + y^{2}$ $> 61^{2}$ $= 3721$ $> 3530$ , deci $43 \leq x \leq 59$ . Așadar, $x$ poate fi doar 43, 47, 53 sau 59. (2 p)
Analizând cele patru variante: pentru $x = 47$ ( $3530 - 2209 = 1321$ ) și $x = 53$ ( $3530 - 2809 = 721$ ) nu obținem pătrate perfecte; pentru $x = 43$ obținem $y^{2} = 1681$ , $y = 41$ , iar pentru $x = 59$ obținem $y^{2} = 49$ , $y = 7$ . Deci numerele $a, b, c, d$ pot fi 2, 3, 41, 43 sau 2, 3, 7, 59 (nu neapărat în această ordine).
Ținând seama de relația (1): pentru 2, 3, 7, 59 nicio grupare nu dă două sume consecutive, iar pentru 2, 3, 41, 43 singura posibilitate este $2 + 43 = 3 + 41 + 1$ . Problema are o singură soluție: $a = 2$ , $b = 43$ , $c = 3$ , $d = 41$ . (1 p)

Soluția 2 (din barem, pe scurt): se arată ca mai sus că $a = 2$ sau $c = 2$ . Dacă $a = 2$ , unul dintre $b, c, d$ este 3; cazurile $b = 3$ și $d = 3$ contrazic (1) sau (2), iar $c = 3$ dă $b = d + 2$ și $d^{2} + (d + 2)^{2} = 3530$ , cu soluția $d = 41$ . Dacă $c = 2$ , exact unul dintre $a, b, d$ este 3, iar fiecare variantă duce la o contradicție (de exemplu, $a = 3$ dă $b = d$ și $2 d^{2} = 3530$ , $d^{2} = 1765$ , care nu este pătrat perfect).

Verificare: $2 + 43 = 45 = 3 + 41 + 1$ și $4 + 1849 + 9 + 1681 = 3543$ . ✓

Răspuns: $a = 2$ , $b = 43$ , $c = 3$ , $d = 41$ .

Problema 4 (7 puncte · suma cifrelor, divizibilitate cu 11)

Spunem că un număr natural nenul este special dacă atât suma cifrelor sale, cât și suma cifrelor succesorului său sunt divizibile cu 11.

a) Determinați ultimele cinci cifre ale unui număr special.

b) Arătați că există o infinitate de numere speciale.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: la trecerea de la $n$ la $n + 1$ , suma cifrelor crește cu 1, cu excepția cazului în care $n$ se termină în 9; fiecare 9 final „pierde” 9 unități.

a) Notăm cu $s (m)$ suma cifrelor numărului natural nenul $m$ . Fie $n$ $= \overset{―}{a_{k} a_{k - 1} \dots a_{2} a_{1}}$ un număr special de $k \geq 1$ cifre. Din ipoteză, $11 ∣ s (n)$ și $11 ∣ s (n + 1)$ .

Dacă $a_{1} \leq 8$ , atunci $n + 1$ $= \overset{―}{a_{k} a_{k - 1} \dots a_{2} (a_{1} + 1)}$ , deci $s (n + 1) = s (n) + 1$ . Ca urmare, dacă $s (n) = M_{11}$ , atunci $s (n + 1) = M_{11} + 1$ , fals. În consecință, $a_{1} = 9$ . (1 p)
Dacă $a_{2} \leq 8$ , atunci $n + 1$ $= \overset{―}{a_{k} a_{k - 1} \dots (a_{2} + 1) 0}$ , deci $s (n + 1)$ $= s (n) + 1 - a_{1}$ $= s (n) - 8$ . Ca urmare, dacă $s (n + 1) = M_{11}$ , atunci $s (n) = M_{11} + 8$ , fals. Deducem că $a_{2} = 9$ . (1 p)
Presupunem că ultimele $p$ cifre ale lui $n$ sunt egale cu 9, iar prima cifră diferită de 9 (numărând de la dreapta spre stânga) se află pe poziția $p + 1$ . Așadar, $n$ $= \overset{―}{a_{k} a_{k - 1} \dots a_{p + 1} 99 \dots 9}$ și $n + 1$ $= \overset{―}{a_{k} a_{k - 1} \dots (a_{p + 1} + 1) 00 \dots 0}$ , deci $s (n)$ $= a_{k} + a_{k - 1} + \dots + a_{p + 1} + 9 p$ , iar $s (n + 1)$ $= a_{k} + a_{k - 1} + \dots + a_{p + 1} + 1$ .
Deducem că $s (n) = s (n + 1) + 9 p - 1$ , de unde rezultă că $9 p - 1$ este multiplu de 11. Cel mai mic astfel de număr $p$ este $p = 5$ ( $9 \cdot 5 - 1 = 44$ ), deci ultimele cinci cifre ale unui număr special sunt toate egale cu 9. (3 p)

Conform punctului a), numerele speciale au forma $n = m \cdot 10^{5} + 99 999$ , unde $m$ este un număr natural convenabil ales. Deoarece $s (n) = s (m) + 45$ și $45 = M_{11} + 1$ , este suficient să găsim numere $m$ , având ultima cifră diferită de 9, cu proprietatea că $s (m) = 11 \cdot t - 1$ , unde $t$ este număr natural nenul (atunci $s (n) = 11 t + 44$ și $s (n + 1) = s (m) + 1 = 11 t$ ). În particular, pentru $t = 1$ , numerele de forma $m = 2 \cdot 10^{q} + 8$ , cu $q \geq 1$ , au suma cifrelor 10.
Așadar, pentru orice $q \geq 1$ , numărul natural $n = 2 \cdot 10^{q + 5} + 899 999 = 2 \underset{q - 1 cifre}{\underset{⏟}{00 \dots 0}} 899 999$ este special, deci există o infinitate de numere speciale. (2 p)

Verificare: pentru $q = 1$ : $n = 2 899 999$ , $s (n) = 55 = 5 \cdot 11$ , iar $n + 1 = 2 900 000$ , $s (n + 1) = 11$ . ✓

Răspuns: a) ultimele cinci cifre sunt 99999; b) de exemplu, toate numerele $2 \underset{q - 1}{\underset{⏟}{0 \dots 0}} 899 999$ , $q \geq 1$ , sunt speciale.

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	a) 45; b) 3; c) 1939
2	7 bile
3	$a = 2$ , $b = 43$ , $c = 3$ , $d = 41$
4	a) 99999; b) de exemplu $2 \cdot 10^{q + 5} + 899 999$ , $q \geq 1$

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă	Recapitulează
1	Pătrate perfecte, multipli, numărare	fișă puteri · fișă divizibilitate
2	Șiruri crescătoare, estimări, metoda falsei ipoteze	fișă metode aritmetice
3	Numere prime, paritate, resturi	fișă divizibilitate
4	Suma cifrelor, divizibilitate cu 11	fișă operații cu numere naturale

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2025, etapa națională, clasa a V-a? Patru probleme: numere „interesante” (pătrate perfecte) și „fantastice” (multipli de 45) până la 2025, bilele dăruite de Alexia într-o săptămână, patru numere prime cu $a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} = 3543$ și numerele „speciale”, la care suma cifrelor lor și a succesorului se divid cu 11.

Cum se punctează proba la etapa națională a olimpiadei de matematică 2025? Subiectul are 4 probleme, iar conform baremului oficial fiecare problemă valorează 7 puncte, deci punctajul maxim este 28. Se punctează și rezolvările parțiale, după barem; pentru unele probleme baremul oferă mai multe variante de rezolvare, iar elevul primește punctajul cel mai mare.

Unde găsesc baremul oficial al olimpiadei de matematică, etapa națională 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 națională 2025 — clasa a VI-a · clasa a VII-a · clasa a VIII-a; aceeași clasă, etapa județeană: 2025 · 2026; alte concursuri: concursuri școlare de matematică. Exersează și cu fișele de lucru pe clase, iar formulele utile le găsești la formule clasa a 5-a.

← Olimpiada de matematică — toate subiectele rezolvate

Subiecte oficiale © Ministerul Educației și Cercetării / SSMR (Olimpiada Națională de Matematică, etapa națională, Buzău, 7 aprilie 2025): soluțiile și baremul, cu enunțurile, publicate de SSMR. Explicațiile: Matepenet.ro.

Olimpiada de matematică 2025, etapa națională, clasa a V-a — subiecte și soluții

Problema 1 (7 puncte · pătrate perfecte, multipli, numărare)

Problema 2 (7 puncte · șiruri crescătoare, estimări)

Problema 3 (7 puncte · numere prime, paritate, resturi la 3)

Problema 4 (7 puncte · suma cifrelor, divizibilitate cu 11)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe