Olimpiada de matematică 2025 națională, clasa a IX-a

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

Patru probleme: un procedeu cu un număr albastru și unul roșu în care se cere valoarea minimă a numărului roșu, o problemă de geometrie cu ortocentrul și cercul circumscris, o ecuație cu părți întregi și fracționare și o problemă despre mărginirea unor sume asociate unui șir cu a_n+1 ≤ a_n - a_mn.

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 IX-a (Botoșani, 2 aprilie 2025), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: la problema 1 valoarea minimă a numărului roșu este $N + [\frac{N + 1}{2}]$ ; problema 2 arată că triunghiul este echilateral; ecuația de la problema 3 are pentru $n = 2$ doar soluția $x = 0$ ; la problema 4 sumele $\sum a_{k}$ și $\sum k^{2} a_{k}$ sunt mărginite.

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 IX-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 · combinatorică, optimizare)

Fie $N \geq 1$ un număr natural. Pe o tablă sunt scrise inițial două zerouri, unul cu roșu și unul cu albastru. Definim următorul procedeu: la fiecare pas, se alege un număr natural $k$ (nu neapărat distinct față de valorile alese anterior) și, dacă $x$ este numărul scris cu albastru și $y$ este cel scris cu roșu, le vom înlocui cu $x + k + 1$ și, respectiv cu $y + k^{2} + 2$ , apoi colorăm $x + k + 1$ cu albastru și $y + k^{2} + 2$ cu roșu. Acest procedeu continuă până când numărul albastru este cel puțin $N$ . Determinați valoarea minimă pe care o poate avea numărul roșu la finalul procedeului.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Fie $M_{k}$ mutarea care mărește numărul albastru cu $k + 1$ și numărul roșu cu $k^{2} + 2$ . Demonstrăm că mutarea $M_{k}$ , $k \geq 2$ , se poate înlocui cu mutări $M_{0}$ și $M_{1}$ astfel încât numărul albastru să crească tot cu $k + 1$ , dar numărul roșu să crească cu mai puțin de $k^{2} + 2$ . (1 p)

Pentru cazul $k = 2 p + 1$ , observăm că $M_{k}$ se poate înlocui cu $p + 1$ mutări $M_{1}$ . Mutarea $M_{k}$ va crește numărul albastru cu $2 p + 2$ , iar numărul roșu cu $(2 p + 1)^{2} + 2$ , în timp ce $p + 1$ mutări $M_{1}$ vor crește numărul albastru tot cu $2 p + 2$ , dar numărul roșu va crește doar cu $3 (p + 1)$ . Cum $(2 p + 1)^{2} + 2$ $> 3 (p + 1)$ , pentru orice $p \geq 1$ , atunci mutarea $M_{2 p + 1}$ se poate înlocui cu $p + 1$ mutări $M_{1}$ .

Pentru cazul $k = 2 p$ , mutarea $M_{k}$ se poate înlocui cu $p$ mutări $M_{1}$ și o mutare $M_{0}$ . Mutarea $M_{k}$ crește numărul albastru cu $2 p + 1$ , iar numărul roșu cu $(2 p)^{2} + 2$ . Pe de altă parte, folosind $p$ mutări $M_{1}$ și o mutare $M_{0}$ , numărul albastru crește tot cu $2 p + 1$ , dar numărul roșu crește cu $3 p + 2$ . Deoarece $3 p + 2 < (2 p)^{2} + 2$ , pentru orice $p \geq 1$ , mutarea $M_{2 p}$ se poate înlocui cu $p$ mutări $M_{1}$ și o mutare $M_{0}$ . (3 p)

În plus, observăm că două mutări $M_{0}$ se pot înlocui cu o mutare $M_{1}$ , iar numărul roșu va crește doar cu 3, în loc să crească cu 4. (1 p)

Așadar, strategiile de înlocuire de mai sus sunt optime pentru a minimiza numărul roșu (se folosesc doar mutări $M_{1}$ și cel mult o mutare $M_{0}$ ). Dacă $N$ este par, atunci numărul roșu este cel puțin $\frac{3 N}{2}$ , iar dacă $N$ este impar, atunci numărul roșu este cel puțin $3 [\frac{N}{2}] + 2$ . Deci valoarea minimă a numărului roșu este

N + [\frac{N + 1}{2}] .

(2 p)

Verificare matepenet: o căutare exhaustivă (programare dinamică) pentru $N = 1, 2, \dots, 29$ confirmă formula; de exemplu, pentru $N = 5$ minimul este $8$ (două mutări $M_{1}$ și o mutare $M_{0}$ ).

Problema 2 (7 puncte · geometrie, ortocentru, cercul circumscris)

Fie triunghiul $A B C$ ascuțitunghic, înscris în cercul de centru $O$ și rază $R$ , cu ortocentrul în punctul $H$ . Fie $A_{1}$ un punct pe latura $B C$ a triunghiului, astfel încât $H A_{1} + A_{1} O = R$ . În mod analog considerăm $B_{1}$ , $C_{1}$ pe laturile $A C$ , respectiv $A B$ . Dacă are loc relația $\vec{A A_{1}} + \vec{B B_{1}} + \vec{C C_{1}}$ $= \vec{0}$ , arătați că triunghiul $A B C$ este echilateral.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Fie $H_{A}$ simetricul lui $H$ față de $B C$ . Acest punct se află pe cercul circumscris triunghiului $A B C$ . Atunci $A_{1} H_{A} = A_{1} H$ , de unde $A_{1} O + A_{1} H_{A} = R = O H_{A}$ , adică $A_{1}$ este intersecția lui $O H_{A}$ cu $B C$ , deci este unicul punct de pe $B C$ cu proprietatea dată. (1 p)

Demonstrăm că $∠ B H A_{1} = ∠ B$ și $∠ C H A_{1} = ∠ C$ . Presupunem că $∠ B \leq ∠ C$ . Fie $A_{O}$ punctul diametral opus al punctului $A$ . De aici avem succesiv:

\begin{aligned} ∠ B H A_{1} & = ∠ B H H_{A} - ∠ A_{1} H H_{A} = ∠ C - ∠ O H_{A} A \\ = ∠ C - ∠ A_{O} A H_{A} \\ = ∠ C - (∠ A - ∠ B A A_{O} - ∠ H_{A} A C) \\ = ∠ C - (∠ A - (90^{\circ} - ∠ C) - ∠ B C A_{O}) \\ = ∠ C - (∠ A - (90^{\circ} - ∠ C) - (90^{\circ} - ∠ C)) \\ = ∠ B . \end{aligned}

(2 p)

De aici obținem că $∠ C H A_{1} = ∠ C$ . Apoi avem:

\begin{aligned} \frac{B A_{1}}{C A_{1}} & = \frac{A_{B H A_{1}}}{A_{C H A_{1}}} = \frac{B H \cdot H A_{1} \cdot \sin (∠ B H A_{1})}{C H \cdot H A_{1} \cdot \sin (∠ C H A_{1})} \\ = \frac{2 R \cos B \sin B}{2 R \cos C \sin C} = \frac{\sin (2 B)}{\sin (2 C)} . \end{aligned}

(1 p)

În mod similar deducem rapoartele $\frac{C B_{1}}{A B_{1}}$ și $\frac{A C_{1}}{B C_{1}}$ , de unde (produsul celor trei rapoarte este 1, reciproca teoremei lui Ceva) rezultă că $A A_{1}$ , $B B_{1}$ și $C C_{1}$ sunt concurente. Dar, cum $\vec{A A_{1}} + \vec{B B_{1}} + \vec{C C_{1}}$ $= \vec{0}$ , avem că $A A_{1}$ , $B B_{1}$ și $C C_{1}$ sunt mediane. (2 p)

De aici $\sin (2 A)$ $= \sin (2 B)$ $= \sin (2 C)$ , iar cum triunghiul este ascuțitunghic, avem $∠ A$ $= ∠ B$ $= ∠ C$ , adică triunghiul $A B C$ este echilateral. (1 p)

Problema 3 (7 puncte · partea întreagă și partea fracționară)

Fie $n \in N$ , $n \geq 2$ . Se consideră ecuația:

{x} + {2 x} + \dots + {n x} = [x] + [2 x] + \dots + [2 n x] .

a) Rezolvați în $R$ ecuația pentru $n = 2$ .
b) Demonstrați că ecuația are maxim două soluții reale, oricare ar fi $n \geq 2$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Deoarece ${k x} \in [0, 1)$ , obținem că și membrul drept este nenegativ, deci $x \geq 0$ . (1 p)

a) Pentru $n = 2$ ecuația din enunț devine:

{x} + {2 x} = [x] + [2 x] + [3 x] + [4 x] \in [0, 2) \cap Z = {0, 1} .

Dacă ${x} + {2 x} = 0$ , obținem ${x} = {2 x} = 0$ , adică $x \in Z$ , de unde avem $10 x = 0$ , adică $x = 0$ , care verifică ecuația dată.

Dacă ${x} + {2 x} = 1$ , deoarece $[x]$ $\leq [2 x]$ $\leq [3 x]$ $\leq [4 x]$ , obținem că $[x] = [2 x] = [3 x] = 0$ și $[4 x] = 1$ , adică $3 x < 1 \leq 4 x$ , de unde avem $x \in [\frac{1}{4}, \frac{1}{3})$ . Dar, din $[x] = [2 x] = 0$ și ${x} + {2 x} = 1$ , obținem că $x + 2 x = 1$ , adică $x$ $= \frac{1}{3} \notin [\frac{1}{4}, \frac{1}{3})$ . Așadar, pentru $n = 2$ unica soluție este $x = 0$ . (2 p)

b) Analog cu raționamentul de la a), avem ${x} + \dots + {n x} \in [0, n) \cap Z$ și $[x]$ $\leq [2 x]$ $\leq \dots$ $\leq [2 n x]$ . Dacă $[n x] \geq 1$ , atunci membrul drept ar fi $\geq n + 1$ , ceea ce este o contradicție. Așadar, $[x] = \dots = [n x] = 0$ , deci ecuația din enunț devine:

\begin{aligned} x + 2 x + \dots + n x & = [(n + 1) x] + \dots + [2 n x] \\ = k \in {0, 1, \dots, n - 1} . \end{aligned}

(2 p)

De aici obținem că eventualele soluții sunt de forma $x = \frac{2 k}{n (n + 1)}$ , cu $k \in {0, 1, \dots, n - 1}$ . Pentru $k = 0$ avem soluția $x = 0$ pentru orice $n \geq 2$ .

Pentru $k > 0$ , din $n x < 1$ , obținem că $2 n x < 2$ , deci avem $[2 n x]$ $= [(2 n - 1) x]$ $= \dots$ $= [(2 n - k + 1) x]$ $= 1$ și $[(2 n - k) x]$ $= \dots$ $= [(n + 1) x]$ $= 0$ , ceea ce implică

(2 n - k) \frac{2 k}{n (n + 1)} < 1 \leq (2 n - k + 1) \frac{2 k}{n (n + 1)},

adică:

n - \sqrt{\frac{n (n - 1)}{2}} > k \geq n + \frac{1}{2} - \sqrt{\frac{2 n^{2} + 2 n + 1}{4}},

iar cum

n - \sqrt{\frac{n (n - 1)}{2}} - (n + \frac{1}{2} - \sqrt{\frac{2 n^{2} + 2 n + 1}{4}}) < 1,

avem cel mult încă o valoare posibilă a lui $k$ , adică cel mult încă o soluție. (2 p)

Exemple (verificate de matepenet): pentru $n = 3$ soluțiile sunt $0$ și $\frac{1}{6}$ ; pentru $n = 4$ și $n = 5$ singura soluție este $0$ ; pentru $n = 6$ soluțiile sunt $0$ și $\frac{2}{21}$ .

Problema 4 (7 puncte · șiruri, mărginire, sume)

Fie $m \in N$ , $m \geq 2$ un număr natural fixat și $(a_{n})_{n \geq 1}$ un șir de numere reale nenegative astfel încât $a_{n + 1} \leq a_{n} - a_{m n}$ , $(\forall) n \geq 1$ .

a) Demonstrați că șirul $(b_{n})_{n \geq 1}$ cu $b_{n} = \sum_{k = 1}^{n} a_{k}$ este mărginit superior.
b) Demonstrați că șirul $(c_{n})_{n \geq 1}$ cu $c_{n}$ $= \sum_{k = 1}^{n} k^{2} a_{k}$ este mărginit superior.

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Observăm că $(b_{n})_{n \geq 1}$ este crescător. De asemenea, șirul $(a_{n})_{n \geq 1}$ este descrescător, deoarece $0$ $\leq a_{m n}$ $\leq a_{n} - a_{n + 1}$ . În plus (sumă telescopică):

\sum_{k = 1}^{n} a_{m k} \leq a_{1} - a_{n + 1} \leq a_{1} .

(1 p)

De asemenea, folosind monotonia lui $(a_{n})_{n \geq 1}$ și $(b_{n})_{n \geq 1}$ , avem:

\begin{aligned} b_{n} \leq b_{m n} & = \sum_{k = 1}^{m n} a_{k} = \sum_{i = 1}^{m - 1} a_{i} + \sum_{k = 1}^{n} a_{m k} + \sum_{k = 1}^{n - 1} \sum_{j = 1}^{m - 1} a_{m k + j} \\ \leq \sum_{i = 1}^{m - 1} a_{i} + \sum_{k = 1}^{n} a_{m k} + (m - 1) \sum_{k = 1}^{n - 1} a_{m k} \\ \leq \sum_{i = 1}^{m - 1} a_{i} + m a_{1}, \end{aligned}

deci șirul $(b_{n})_{n \geq 1}$ este mărginit superior. (2 p)

b) Demonstrăm mai întâi că șirul $d_{n} = \sum_{k = 1}^{n} k a_{k}$ este mărginit superior. Evident, șirul $(d_{n})_{n \geq 1}$ este crescător. Mai întâi avem:

\begin{aligned} \sum_{k = 1}^{n} k a_{m k} & \leq \sum_{k = 1}^{n} k (a_{k} - a_{k + 1}) \\ = a_{1} + \sum_{k = 2}^{n} (k - (k - 1)) a_{k} - n a_{n + 1} \leq b_{n}, \end{aligned}

deci șirul ${(\sum_{k = 1}^{n} k a_{m k})}_{n \geq 1}$ este mărginit superior. Pe de altă parte, avem:

\begin{aligned} d_{n} \leq d_{m n} & = m \sum_{k = 1}^{n} k a_{m k} + \sum_{k = 1}^{m - 1} k a_{k} + \sum_{j = 1}^{m - 1} \sum_{k = 1}^{n - 1} (m k + j) a_{m k + j} \\ \leq m b_{n} + d_{m - 1} + (m - 1) \sum_{k = 1}^{n - 1} m (k + 1) a_{m k} \\ \leq m b_{n} + d_{m - 1} + m (m - 1) (b_{n - 1} + a_{1}), \end{aligned}

adică șirul $(d_{n})_{n \geq 1}$ este mărginit superior. (2 p)

Din nou, șirul $(c_{n})_{n \geq 1}$ este crescător. În mod similar, avem:

\begin{aligned} \sum_{k = 1}^{n} k^{2} a_{m k} & \leq \sum_{k = 1}^{n} k^{2} (a_{k} - a_{k + 1}) \\ = a_{1} + \sum_{k = 2}^{n} (k^{2} - (k - 1)^{2}) a_{k} - n^{2} a_{n + 1} \\ \leq a_{1} + \sum_{k = 2}^{n} 2 k a_{k} \leq 2 d_{n}, \end{aligned}

adică șirul ${(\sum_{k = 1}^{n} k^{2} a_{m k})}_{n \geq 1}$ este mărginit superior. Apoi din nou avem:

\begin{aligned} c_{n} \leq c_{m n} & = m^{2} \sum_{k = 1}^{n} k^{2} a_{m k} + c_{m - 1} + \sum_{j = 1}^{m - 1} \sum_{k = 1}^{n - 1} (m k + j)^{2} a_{m k + j} \\ \leq 2 m^{2} d_{n} + c_{m - 1} \\ + m^{2} (m - 1) (\sum_{k = 1}^{n - 1} k^{2} a_{m k} + 2 \sum_{k = 1}^{n - 1} k a_{m k} + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_{m k}), \end{aligned}

care este o sumă finită de șiruri mărginite superior, deci $(c_{n})_{n \geq 1}$ este mărginit superior. (2 p)

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	valoarea minimă: $N + [\frac{N + 1}{2}]$
2	demonstrație: $A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}$ sunt mediane, deci $\sin 2 A = \sin 2 B = \sin 2 C$
3	a) $x = 0$ ; b) demonstrație ( $x = 0$ și cel mult încă o soluție $\frac{2 k}{n (n + 1)}$ )
4	a), b) demonstrații (sume telescopice, gruparea termenilor după multiplii lui $m$ )

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă
1	Combinatorică, optimizare, paritate
2	Geometrie: ortocentru, cercul circumscris, teorema lui Ceva, vectori
3	Partea întreagă și partea fracționară, inecuații
4	Șiruri monotone și mărginite, sume

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la etapa națională a olimpiadei de matematică 2025, clasa a IX-a? Patru probleme: un procedeu cu un număr albastru și unul roșu în care se cere valoarea minimă a numărului roșu, o problemă de geometrie cu ortocentrul și cercul circumscris, o ecuație cu părți întregi și fracționare și o problemă despre mărginirea unor sume asociate unui șir cu $a_{n + 1} \leq a_{n} - a_{m n}$ .

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

Problema 1 (7 puncte · combinatorică, optimizare)

Problema 2 (7 puncte · geometrie, ortocentru, cercul circumscris)

Problema 3 (7 puncte · partea întreagă și partea fracționară)

Problema 4 (7 puncte · șiruri, mărginire, sume)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe