Olimpiada de matematică 2025 națională, clasa a VI-a

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

Patru probleme: submulțimi „interesante” ale lui \1, 2, , 2025\ (un element este media celorlalte și conțin un număr și pe încincitul lui), numere a b c cu a + b + 2c multiplu comun al lui b și c, egalitatea AI = BC într-un triunghi cu unghiurile de 40^ și 80^ și o problemă de colorare a unui tablou n × n.

Q: 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.

Q: 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.

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2025, etapa națională, clasa a VI-a (Buzău, 7 aprilie 2025), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: 6 submulțimi interesante conțin numărul 225 și sunt 630 în total; $k \in {18, 144, 486, 900}$ ; se arată că $A I = B C$ în triunghiul cu unghiurile de $40^{\circ}$ și $80^{\circ}$ ; colorarea cerută există exact pentru $n$ par.

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 VI-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 · media aritmetică, numărare)

Se consideră mulțimea $A$ $= {1, 2, 3, \dots, 2025}$ . Spunem că o submulțime $B$ a mulțimii $A$ este interesantă dacă are 3 elemente, dintre care unul este media aritmetică a celorlalte două și există $b \in B$ pentru care $5 \cdot b \in B$ .

a) Calculați câte submulțimi interesante conțin numărul 225.

b) Determinați numărul tuturor submulțimilor interesante ale mulțimii $A$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: o submulțime interesantă conține $b$ și $5 b$ ; al treilea element $a$ este determinat de condiția de medie.

Fie $B = {b, 5 b, a}$ . Sunt 3 cazuri:

I. $a = \frac{b + 5 b}{2}$ $\Rightarrow B$ $= {b, 3 b, 5 b}$ ;
II. $5 b = \frac{a + b}{2}$ $\Rightarrow B$ $= {b, 5 b, 9 b}$ ;
III. $b = \frac{a + 5 b}{2}$ $\Rightarrow a + 3 b = 0$ , nu se poate. (2 p)

a) Deoarece 225 este divizibil cu 3, 5 și 9, el poate fi oricare element al mulțimii $B$ . Obținem astfel următoarele 6 submulțimi interesante:
${225, 675, 1125}$ , ${75, 225, 375}$ , ${45, 135, 225}$ , ${225, 1125, 2025}$ , ${45, 225, 405}$ , ${25, 125, 225}$ . (2 p)

Notă: în baremul oficial apare, din greșeală de tipar, 1225 în loc de $1125 = 5 \cdot 225$ .

Pentru cazul I, obținem câte o submulțime interesantă pentru fiecare $b \in N^{*}$ cu $5 b \leq 2025$ , deci $2025 : 5 = 405$ submulțimi. (1 p)
Pentru cazul II, obținem câte o submulțime interesantă pentru fiecare $b \in N^{*}$ cu $9 b \leq 2025$ , deci $2025 : 9 = 225$ submulțimi. (1 p)
Egalitatea ${x, 3 x, 5 x}$ $= {y, 5 y, 9 y}$ implică $x = y$ (cel mai mic element), de unde ar rezulta $3 x = 9 y$ , contradicție; așadar nu există submulțimi care să fie simultan și de tip I, și de tip II. În concluzie, avem $405 + 225 = 630$ de submulțimi interesante. (1 p)

Răspuns: a) 6 submulțimi; b) 630 de submulțimi.

Problema 2 (7 puncte · divizibilitate, c.m.m.d.c., pătrate perfecte)

Fie numerele naturale $a < b < c$ , cu proprietatea că $a + b + 2 c$ este multiplu comun pentru $b$ și $c$ .

a) Arătați că cel mai mare divizor comun al numerelor $a + b$ și $c$ este numărul $c$ .

b) Aflați numerele naturale $k$ mai mici ca 1000, știind că $a \cdot b \cdot c = k^{2}$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: din divizibilitate și din ordinea $a < b < c$ obținem relații foarte precise: $c = a + b$ și $b ∣ 3 a$ .

a) Din $c ∣ a + b + 2 c$ și $c ∣ 2 c$ obținem $c ∣ a + b$ . Dar $a < b < c$ implică $0 < a + b < 2 c$ , deci $a + b = c$ . Atunci $(a + b, c) = c$ . (2 p)

Cum $b ∣ a + b + 2 c$ , din a) obținem $b ∣ 3 a + 3 b$ . Dar $b ∣ 3 b$ , deci $b ∣ 3 a$ . Însă $3 a < 3 b$ , așadar $3 a \in {b, 2 b}$ . (2 p)
Cazul I. $3 a = b$ . Avem $a = n$ , $b = 3 n$ , $c = 4 n$ , de unde $a \cdot b \cdot c$ $= 12 \cdot n^{3}$ . Căutăm valorile lui $n$ astfel încât $2^{2} \cdot 3 \cdot n^{3}$ $= k^{2}$ , $k < 1000$ , și găsim $n = 3$ , care implică $a b c = 18^{2}$ , $n = 3 \cdot 2^{2}$ , care implică $a b c = 144^{2}$ , și $n = 3^{3}$ , care implică $a b c = 486^{2}$ . (2 p)
Cazul II. $3 a = 2 b$ , deci există $p \in N^{*}$ astfel încât $a = 2 p$ , $b = 3 p$ , de unde obținem $c = 5 p$ . Atunci $a \cdot b \cdot c$ $= 30 \cdot p^{3}$ , care conduce la $p = 30$ , deci $a b c = 900^{2}$ . (1 p)

De ce doar aceste valori: în cazul I, $12 n^{3} = k^{2} < 10^{6}$ dă $n \leq 43$ , iar $12 n^{3}$ este pătrat perfect doar pentru $n = 3$ , $12$ , $27$ ; în cazul II, $30 p^{3}$ este pătrat perfect doar dacă $p$ este de forma $30 m^{2}$ , iar $p = 30$ ( $m = 1$ ) este singura valoare cu $k < 1000$ .

Verificare: $(3, 9, 12)$ : $3 + 9 + 24 = 36$ , divizibil cu 9 și cu 12, iar $3 \cdot 9 \cdot 12$ $= 324$ $= 18^{2}$ ; $(60, 90, 150)$ : $60 + 90 + 300 = 450$ , divizibil cu 90 și 150, iar $60 \cdot 90 \cdot 150$ $= 810 000$ $= 900^{2}$ . ✓

Răspuns: a) demonstrație ( $c = a + b$ ); b) $k \in {18, 144, 486, 900}$ .

Problema 3 (7 puncte · bisectoare, triunghiuri congruente, triunghi echilateral)

Fie $A B C$ un triunghi cu $∠ B A C = 40^{\circ}$ și $∠ A B C = 80^{\circ}$ . Notăm cu $I$ intersecția bisectoarelor triunghiului. Arătați că $A I = B C$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: $∠ A C B = 60^{\circ}$ , iar bisectoarea din $B$ face cu $B C$ și cu $B A$ unghiuri de $40^{\circ}$ ; construim un triunghi echilateral sau triunghiuri congruente care „mută” segmentul $A I$ peste $B C$ .

Fie ${D} = B I \cap A C$ . Atunci $∠ B A D$ $= ∠ A B D$ $= 40^{\circ}$ , deci triunghiul $A B D$ este isoscel, de unde $A D = B D$ (1). (2 p)

Construcția 1.

Fie $B M$ , $M \in A C$ , bisectoarea unghiului $D B A$ . (1 p)
Atunci $∠ A B M$ $= ∠ I A B$ $= 20^{\circ}$ (și $∠ B A M$ $= ∠ A B I$ $= 40^{\circ}$ ), iar $A B$ este latură comună, deci $△ I A B \equiv △ M B A$ (U.L.U.), de unde $A I = B M$ . (2 p)
Apoi $∠ C B M$ $= ∠ C B D + ∠ D B M$ $= 40^{\circ} + 20^{\circ}$ $= 60^{\circ}$ și $∠ M C B = 60^{\circ}$ , deci triunghiul $M B C$ este echilateral, de unde $B C = B M = A I$ . (2 p)

Construcția 2. Fie triunghiul echilateral $A M I$ , cu $D \in (I M)$ . (1 p) Cum $∠ M A D$ $= ∠ M A I - ∠ I A D$ $= 60^{\circ} - 20^{\circ}$ $= 40^{\circ}$ , obținem $∠ M A D = ∠ D B C$ (2). (1 p) Din (1), (2) și $∠ A M D$ $= ∠ D C B$ $= 60^{\circ}$ rezultă $△ A D M \equiv △ B D C$ (U.L.U.), de unde $A M = B C$ . (2 p) Dar triunghiul $A M I$ este echilateral, deci $A I = A M = B C$ . (1 p)

Construcția 3 (nu folosește relația (1); se acordă maximul dintre punctaje). Fie $A M ∥ B C$ , $M \in B I$ . (1 p) Atunci $∠ A M B$ $= ∠ M B C$ $= 40^{\circ}$ (alterne interne), deci $∠ A B M$ $= ∠ A M B$ $= 40^{\circ}$ , triunghiul $A B M$ este isoscel și $A B = A M$ (2). (2 p) Cum $∠ C A M$ $= ∠ A C B$ $= 60^{\circ}$ (alterne interne), obținem $∠ I A M$ $= 20^{\circ} + 60^{\circ}$ $= 80^{\circ}$ $= ∠ A B C$ (3). (1 p) Din (2), (3) și $∠ A M I$ $= ∠ B A C$ $= 40^{\circ}$ rezultă $△ A M I \equiv △ B A C$ (U.L.U.), care implică $A I = B C$ . (3 p)

Construcția 4 (tot fără relația (1)). Fie triunghiul echilateral $A C M$ , cu $B \in (M C)$ . (1 p) Din $C A = C M$ , $∠ I C A$ $= ∠ I C M$ $= 30^{\circ}$ și $I C$ latură comună rezultă $△ C I A \equiv △ C I M$ (L.U.L.), deci $I A = I M$ (2) și $∠ I A C$ $= ∠ I M C$ $= 20^{\circ}$ . (2 p) Fie ${E} = A I \cap B C$ . Din $∠ M A B$ $= ∠ M A C - ∠ B A C$ $= 20^{\circ}$ , $A M = A C$ și $∠ A M B$ $= ∠ A C E$ $= 60^{\circ}$ obținem $△ M A B \equiv △ C A E$ (U.L.U.), deci $M B = E C$ și $M E = B C$ (3). (2 p) În triunghiul $A E M$ , $∠ A E M$ $= 180^{\circ} - 60^{\circ} - 40^{\circ}$ $= 80^{\circ}$ , iar în triunghiul $M I E$ , $∠ M I E$ $= 180^{\circ} - 20^{\circ} - 80^{\circ}$ $= 80^{\circ}$ $= ∠ M E I$ , deci triunghiul $M I E$ este isoscel și $M I = M E$ (4). (1 p) Din (2), (3) și (4): $I A = I M = M E = B C$ . (1 p)

Concluzie: $A I = B C$ .

Problema 4 (7 puncte · colorare, paritate, invariant de tablă de șah)

Determinați numerele naturale $n \geq 2$ pentru care toate celulele unui tablou $n \times n$ se pot colora cu diferite culori astfel încât orice celulă are exact alte două celule cu care este vecină și care au aceeași culoare cu ea. Prin celule vecine înțelegem două celule care au o latură comună.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: celulele de aceeași culoare formează cicluri închise; colorând tabloul ca o tablă de șah, orice ciclu are lungime pară.

Fixăm una dintre culori. Plecând de la o celulă oarecare a tabloului, putem parcurge un traseu monocolor (întrucât fiecare celulă are exact două celule vecine colorate la fel) astfel încât să ajungem înapoi în celula din care am plecat. Dacă, prin absurd, am ajunge în altă celulă a traseului, una prin care am trecut deja, atunci aceasta ar avea cel puțin trei celule vecine de aceeași culoare. (2 p)
Orice astfel de traseu reprezintă un ciclu închis. Marcăm alternativ celulele tabloului asemenea unei table de șah. La fiecare pas, marcajul celulei în care ne aflăm se schimbă. Prin urmare, deoarece ne întoarcem în celula din care am plecat, lungimea fiecărui astfel de ciclu este pară. (2 p)
Cum fiecare celulă a tabloului face parte dintr-un unic astfel de traseu, numărul total de celule, $n^{2}$ , este par, deci $n$ este par. (1 p)
Orice tablou $n \times n$ , cu $n$ par, se poate împărți în pătrate $2 \times 2$ . Pentru fiecare astfel de pătrat alegem o culoare distinctă și colorăm cu ea toate cele 4 celule ale sale. În fiecare pătrat $2 \times 2$ , fiecare celulă are exact două vecine din același pătrat (deci de aceeași culoare), iar vecinele din alte pătrate au alte culori. Tabloul astfel colorat verifică condițiile problemei. (2 p)

Răspuns: toate numerele pare $n \geq 2$ .

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	a) 6; b) 630
2	a) demonstrație ( $c = a + b$ ); b) $k \in {18, 144, 486, 900}$
3	demonstrație: $A I = B C$
4	toate numerele pare $n \geq 2$

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă	Recapitulează
1	Media aritmetică, mulțimi, numărare	fișă mulțimi
2	Divizibilitate, c.m.m.d.c., pătrate perfecte	fișă divizibilitate
3	Bisectoare, congruența triunghiurilor, triunghiul echilateral	fișă congruența triunghiurilor · fișă triunghiul isoscel
4	Colorări, paritate, raționament combinatoric	fișă recapitulare algebră

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2025, etapa națională, clasa a VI-a? Patru probleme: submulțimi „interesante” ale lui ${1, 2, \dots, 2025}$ (un element este media celorlalte și conțin un număr și pe încincitul lui), numere $a < b < c$ cu $a + b + 2 c$ multiplu comun al lui $b$ și $c$ , egalitatea $A I = B C$ într-un triunghi cu unghiurile de $40^{\circ}$ și $80^{\circ}$ și o problemă de colorare a unui tablou $n \times n$ .

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 V-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 6-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 VI-a — subiecte și soluții

Problema 1 (7 puncte · media aritmetică, numărare)

Problema 2 (7 puncte · divizibilitate, c.m.m.d.c., pătrate perfecte)

Problema 3 (7 puncte · bisectoare, triunghiuri congruente, triunghi echilateral)

Problema 4 (7 puncte · colorare, paritate, invariant de tablă de șah)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe