Olimpiada de matematică 2026 județeană, clasa a X-a

Q: Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2026, etapa județeană, clasa a X-a?

Patru probleme: egalități de logaritmi în care se cere iraționalitatea lui (y)/(x), o ecuație funcțională pe C^* cu conjugat, ecuația exponențială 2 + 5 · 6^x = 3 · 2^x + 4 · 3^x și mulțimile de numere complexe egale cu mulțimea produselor a câte două elemente.

Q: Cât durează proba și cum se punctează la olimpiada de matematică, etapa județeană 2026?

Timpul de lucru este de 3 ore pentru 4 probleme. Conform subiectelor oficiale din 2026, fiecare problemă valorează 22,5 puncte și se acordă 10 puncte din oficiu, deci punctajul maxim este 100. Se punctează și rezolvările parțiale, după barem.

Q: Unde găsesc baremul oficial al olimpiadei de matematică, etapa județeană 2026?

Subiectele și soluțiile cu baremul de corectare sunt documente oficiale ale Ministerului Educației și Cercetării și ale Societății de Științe Matematice din România (SSMR), publicate după concurs de inspectoratele școlare și preluate de presa de educație. Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2026, etapa județeană, clasa a X-a (sâmbătă, 7 martie 2026), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: $\frac{y}{x} = \frac{1 + \sqrt{1 + 4 c}}{2}$ ; singura funcție de la problema 2 este $f (z) = \frac{z}{| z |}$ ; ecuația exponențială are soluțiile $- 1$ și $0$ ; mulțimile cu $A = B (A)$ sunt $A = U_{n}$ .

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 județeană din 7 martie 2026, toți elevii de clasa a X-a din țară au primit același subiect: 4 probleme, timp de lucru 3 ore. Conform subiectului oficial, fiecare problemă este notată cu 22,5 puncte, la care se adaugă 10 puncte din oficiu (total 100). Pe baza clasamentului județean, elevii cu cele mai bune rezultate se califică la etapa națională, în limita locurilor stabilite de regulament.

Cum să folosești pagina: citește enunțul, încearcă singur cel puțin 20–30 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 (22,5 puncte · logaritmi, numere iraționale)

Se consideră numerele reale $a, b, x, y > 0$ , cu $a b \neq 1$ , și $c$ un număr natural nenul astfel încât

\log_{a} \sqrt{x} = \log_{b} \sqrt{c x + y} = \log_{a b} y .

a) Arătați că dacă $c = 1$ , atunci numărul $\frac{y}{x}$ este irațional.
b) Demonstrați că numărul $\frac{y}{x}$ este rațional dacă și numai dacă $c$ este produsul a două numere naturale nenule consecutive.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Egalitățile din enunț conduc la

\frac{1}{2} \log_{a} x = \frac{1}{2} \log_{b} (c x + y) = \log_{a b} y .

(1,5 p)

Fie $z$ $= \frac{1}{2} \log_{a} x$ $= \frac{1}{2} \log_{b} (c x + y)$ $= \log_{a b} y$ . (3 p)

De aici obținem

x = a^{2 z}, c x + y = b^{2 z}, y = (a b)^{z} .

(3 p)

Împărțind la $x$ : $\frac{y}{x}$ $= {(\frac{b}{a})}^{z}$ și $c + \frac{y}{x}$ $= {(\frac{b}{a})}^{2 z}$ . (3 p)

Notând $t = \frac{y}{x}$ , obținem $c + t = t^{2}$ , deci $t$ este soluția pozitivă a ecuației $t^{2} - t - c = 0$ . (3 p)

De aici obținem că

\frac{y}{x} = \frac{1 + \sqrt{1 + 4 c}}{2} .

(3 p)

a) Pentru $c = 1$ avem $\frac{y}{x}$ $= \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ , care este irațional (5 nu este pătrat perfect). (3 p)

b) $\frac{y}{x}$ $= \frac{1 + \sqrt{1 + 4 c}}{2} \in Q ⟺ \sqrt{1 + 4 c} \in Q$ , iar cum $c \in N^{*}$ , avem $\sqrt{1 + 4 c} \in Q ⟺ 1 + 4 c$ $= (2 d + 1)^{2}$ (un pătrat perfect impar) $⟺ c = d (d + 1)$ , cu $d \in N^{*}$ . (3 p)

Problema 2 (22,5 puncte · numere complexe, ecuații funcționale)

Determinați funcțiile $f : C^{*} \to C^{*}$ care satisfac simultan condițiile

(1) $f (z_{1} \cdot z_{2})$ $= f (z_{1}) \cdot f (z_{2})$ , pentru orice $z_{1}, z_{2} \in C^{*}$ ;
(2) $\overset{―}{f (z)}$ $= f (\frac{1}{z})$ , pentru orice $z \in C^{*}$ ;
(3) $\overset{―}{z} f (z) \in (0, \infty)$ , pentru orice $z \in C^{*}$ .

Gazeta Matematică

Vezi soluția (după baremul oficial)

Din condiția (1) pentru $z_{1} = z_{2} = 1$ obținem $f (1) = f^{2} (1)$ . (1,5 p)

Deoarece $f (1) \neq 0$ (din (3), $1 \cdot f (1) > 0$ ), obținem $f (1) = 1$ . (3 p)

Apoi, pentru $z_{1} = z$ și $z_{2} = \frac{1}{z}$ avem $1$ $= f (1)$ $= f (z) f (\frac{1}{z})$ , pentru orice $z \in C^{*}$ . (3 p)

Atunci, din condiția (2), avem $\overset{―}{f (z)}$ $= \frac{1}{f (z)}$ , pentru orice $z \in C^{*}$ . (3 p)

Din condiția (3), $\overset{―}{z} f (z)$ este real, deci egal cu conjugatul său: $\overset{―}{z} f (z)$ $= z \overset{―}{f (z)}$ $= \frac{z}{f (z)}$ , pentru orice $z \in C^{*}$ . (3 p)

Deci $(f (z))^{2}$ $= \frac{z}{\overset{―}{z}}$ $= \frac{z^{2}}{| z |^{2}}$ , adică

f (z) \in {\pm \frac{z}{| z |}}, pentru orice z \in C^{*} .

(3 p)

Cum $\overset{―}{z} f (z) > 0$ , iar $\overset{―}{z} \cdot (- \frac{z}{| z |})$ $= - | z |$ $< 0$ , obținem

f (z) = \frac{z}{| z |}, pentru orice z \in C^{*} .

(3 p)

Verificare: $f (z_{1} z_{2})$ $= \frac{z_{1} z_{2}}{| z_{1} | | z_{2} |}$ $= f (z_{1}) f (z_{2})$ ; $\overset{―}{f (z)}$ $= \frac{\overset{―}{z}}{| z |}$ și $f (\frac{1}{z})$ $= \frac{1 / z}{1 / | z |}$ $= \frac{| z |}{z}$ $= \frac{\overset{―}{z}}{| z |}$ ; $\overset{―}{z} f (z)$ $= | z |$ $> 0$ . Funcția verifică condițiile date. (3 p)

Notă din barem: lipsa verificării soluției sau măcar a menționării că funcția $f (z) = \frac{z}{| z |}$ verifică duce la neacordarea ultimelor 3 puncte.

Problema 3 (22,5 puncte · ecuații exponențiale, monotonie)

Rezolvați în $R$ ecuația $2 + 5 \cdot 6^{x}$ $= 3 \cdot 2^{x} + 4 \cdot 3^{x}$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Vom demonstra că soluțiile sunt $x_{1} = 0$ și $x_{2} = - 1$ . (3 p)

Rescriem ecuația astfel:

5 (6^{x} - 3^{x} - 2^{x} + 1) + 2 (2^{x} - 1) + 3^{x} - 1 = 0,

(1,5 p)

care poate fi factorizată astfel:

5 (3^{x} - 1) (2^{x} - 1) + 2 (2^{x} - 1) + 3^{x} - 1 = 0.

(3 p)

Observăm că $x_{1} = 0$ este soluție și că pentru $x > 0$ toți termenii sunt pozitivi:

5 (3^{x} - 1) (2^{x} - 1) + 2 (2^{x} - 1) + 3^{x} - 1 > 0,

deci ecuația nu poate avea soluții în $(0, \infty)$ . (3 p)

Pentru $x < 0$ avem $2^{x} - 1 < 0$ și $3^{x} - 1 < 0$ ; împărțind la $(3^{x} - 1) (2^{x} - 1)$ $> 0$ , rescriem ecuația sub forma

5 = \frac{2}{1 - 3^{x}} + \frac{1}{1 - 2^{x}} .

(3 p)

Funcția $f : (- \infty, 0) \to R$ , $f (x)$ $= \frac{2}{1 - 3^{x}} + \frac{1}{1 - 2^{x}}$ este strict crescătoare pe $(- \infty, 0)$ (numitorii sunt pozitivi și strict descrescători). (3 p)

Deoarece funcția $f$ este strict crescătoare, ecuația admite cel mult o soluție pe $(- \infty, 0)$ . (3 p)

Deoarece $x_{2} = - 1$ verifică ecuația dată ( $2 + \frac{5}{6}$ $= \frac{17}{6}$ $= \frac{3}{2} + \frac{4}{3}$ ), aceasta este singura soluție din intervalul $(- \infty, 0)$ . (3 p)

Răspuns: $S = {- 1, 0}$ .

Problema 4 (22,5 puncte · numere complexe, rădăcinile unității)

Pentru orice mulțime finită $A$ $= {z_{1}, z_{2}, \dots, z_{n}}$ de numere complexe nenule cu $n \geq 4$ elemente definim mulțimea:

B (A) = {z_{i} z_{j} | 1 \leq i < j \leq n} .

Determinați mulțimile $A$ pentru care $A = B (A)$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Vom demonstra că mulțimile căutate sunt mulțimile rădăcinilor de ordinul $n$ ale unității, adică $A = U_{n}$ . (1,5 p)

Fără a pierde generalitatea, presupunem că $0$ $< | z_{1} |$ $\leq | z_{2} |$ $\leq \dots$ $\leq | z_{n} |$ .

Deoarece $z_{n} z_{k} \in A$ , avem $| z_{n} z_{k} | \leq | z_{n} |$ , adică $| z_{k} | \leq 1$ , pentru $k \in {1, 2, \dots, n - 1}$ . Deoarece $z_{1} z_{k} \in A$ , avem $| z_{1} z_{k} | \geq | z_{1} |$ , adică $| z_{k} | \geq 1$ , pentru $k \in {2, 3, \dots, n}$ . Așadar $| z_{k} | = 1$ , pentru $k \in {2, \dots, n - 1}$ . (3 p)

Dacă $| z_{n} | > 1$ , atunci $| z_{k} z_{n} | > 1$ pentru orice $k \in {2, \dots, n - 1}$ , deci $z_{k} z_{n} = z_{n}$ (toate celelalte elemente din $A$ au modulul cel mult 1), adică $z_{k} = 1$ pentru $k \in {2, \dots, n - 1}$ . Dar, cum $n \geq 4$ , acest lucru este imposibil, deoarece $z_{i} \neq z_{j}$ pentru $i \neq j$ . Așadar $| z_{n} | = 1$ . (3 p)

În mod analog obținem că $| z_{1} | = 1$ , deci toate elementele din $A$ au modulul egal cu 1. (3 p)

Fie $θ_{k} = \arg (z_{k})$ . Fără a pierde generalitatea, presupunem că $0$ $\leq θ_{1}$ $< θ_{2}$ $< \dots$ $< θ_{n}$ $< 2 π$ . Problema este echivalentă acum cu: pentru orice $i \neq j$ din ${1, 2, \dots, n}$ există $k \in {1, 2, \dots, n}$ astfel încât $θ_{i} + θ_{j}$ $= θ_{k}$ modulo $2 π$ . Avem $θ_{n}$ $\leq θ_{n} + θ_{1}$ $< 2 π + θ_{1}$ , deci $θ_{n}$ $= θ_{n} + θ_{1}$ , adică $θ_{1} = 0$ , deci $1 \in A$ . (3 p)

În plus, $θ_{n}$ $< θ_{n} + θ_{2}$ $< 2 π + θ_{2}$ , deci $θ_{n} + θ_{2}$ $= 2 π + θ_{1}$ $= 2 π$ , adică $θ_{n} = 2 π - θ_{2}$ . Apoi avem

θ_{3} < θ_{3} + θ_{2} < θ_{4} + θ_{2} < \dots < θ_{n} + θ_{2} = 2 π,

deci avem $n - 2$ argumente cuprinse între $θ_{3}$ și $2 π$ , așadar $θ_{k} + θ_{2}$ $= θ_{k + 1}$ , pentru $k \in {3, \dots, n - 1}$ . (3 p)

Mai întâi avem $θ_{n}$ $= (n - 3) θ_{2} + θ_{3}$ , iar din $θ_{2} + θ_{n} = 2 π$ avem $(n - 2) θ_{2} + θ_{3}$ $= 2 π$ (1).

Pe de altă parte, $2 π$ $= 2 π + θ_{1}$ $= θ_{n} + θ_{2}$ $< θ_{n} + θ_{3}$ $< 2 π + θ_{3}$ , deci $θ_{n} + θ_{3}$ $= 2 π + θ_{2}$ , adică $2 θ_{3} + (n - 4) θ_{2}$ $= 2 π$ (2).

Din (1) și (2) avem $θ_{3} = 2 θ_{2}$ , deci $θ_{k} = (k - 1) θ_{2}$ , iar cum $θ_{2} + θ_{n} = 2 π$ , avem $θ_{k}$ $= \frac{2 (k - 1) π}{n}$ , $k \in {2, 3, \dots, n}$ , adică $A = U_{n}$ . (3 p)

Mai trebuie demonstrat că aceste mulțimi verifică egalitatea din enunț. Fie $ε_{k}$ $= \cos \frac{2 k π}{n} + i \sin \frac{2 k π}{n}$ , $k \in {0, 1, \dots, n - 1}$ , elementele lui $A$ . Pe de-o parte, produsul a două rădăcini de ordinul $n$ ale unității este rădăcină de ordinul $n$ a unității, deci $B (A) \subseteq A$ . Pe de altă parte, $ε_{k}$ $= ε_{k} \cdot ε_{0}$ pentru $k \in {1, 2, \dots, n - 1}$ , respectiv $ε_{0}$ $= ε_{1} ε_{n - 1}$ , deci $A \subseteq B (A)$ , ceea ce încheie demonstrația. (3 p)

Note din barem: pentru simpla menționare a soluției $A = U_{n}$ se acordă 1,5 puncte; pentru menționarea soluției $A = U_{n}$ și verificarea acesteia, fără alte considerente, se acordă 4,5 puncte.

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	$\frac{y}{x} = \frac{1 + \sqrt{1 + 4 c}}{2}$ ; a) $\frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ irațional; b) rațional $⟺ c = d (d + 1)$
2	$f (z) = \frac{z}{\| z \|}$
3	$S = {- 1, 0}$
4	$A = U_{n}$ (rădăcinile de ordinul $n$ ale unității)

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă
1	Logaritmi, ecuația de gradul al doilea, numere iraționale
2	Numere complexe: conjugat, modul; ecuații funcționale
3	Ecuații exponențiale, factorizare, monotonie
4	Numere complexe, forma trigonometrică, rădăcinile unității

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2026, etapa județeană, clasa a X-a? Patru probleme: egalități de logaritmi în care se cere iraționalitatea lui $\frac{y}{x}$ , o ecuație funcțională pe $C^{*}$ cu conjugat, ecuația exponențială $2 + 5 \cdot 6^{x} = 3 \cdot 2^{x} + 4 \cdot 3^{x}$ și mulțimile de numere complexe egale cu mulțimea produselor a câte două elemente.

Cât durează proba și cum se punctează la olimpiada de matematică, etapa județeană 2026? Timpul de lucru este de 3 ore pentru 4 probleme. Conform subiectelor oficiale din 2026, fiecare problemă valorează 22,5 puncte și se acordă 10 puncte din oficiu, deci punctajul maxim este 100. Se punctează și rezolvările parțiale, după barem.

Unde găsesc baremul oficial al olimpiadei de matematică, etapa județeană 2026? Subiectele și soluțiile cu baremul de corectare sunt documente oficiale ale Ministerului Educației și Cercetării și ale Societății de Științe Matematice din România (SSMR), publicate după concurs de inspectoratele școlare și preluate de presa de educație. Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Alte clase de liceu, etapa județeană 2026: clasa a IX-a. Alte competiții de matematică găsești la concursuri de matematică.

← Olimpiada de matematică — toate subiectele rezolvate

Subiecte oficiale © Ministerul Educației / SSMR (Olimpiada Națională de Matematică, etapa județeană, 7 martie 2026): subiectul și soluțiile și baremul, copii publicate de edupedu.ro. Explicațiile: Matepenet.ro.

Olimpiada de matematică 2026, etapa județeană — clasa a X-a, subiecte rezolvate

Problema 1 (22,5 puncte · logaritmi, numere iraționale)

Problema 2 (22,5 puncte · numere complexe, ecuații funcționale)

Problema 3 (22,5 puncte · ecuații exponențiale, monotonie)

Problema 4 (22,5 puncte · numere complexe, rădăcinile unității)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe