Olimpiada de matematică 2026 județeană, clasa a XI-a

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

Patru probleme: o matrice de ordinul 2 cu (A + A^-1) + (A - A^-1) = 4, un șir recurent în (0, 1) cu limita lui √(n) x_1x_2 x_n, matricele M pentru care AB = M implică BA = M și o caracterizare a continuității funcției g(y) = ∈f\x f(x) = y\.

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 XI-a (sâmbătă, 7 martie 2026), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: la problema 1 se arată că $det A = 1$ ; la problema 2, $lim \sqrt{n} x_{1} x_{2} \dots x_{n} = \frac{1}{\sqrt{2 (1 - x_{2})}}$ ; matricele de la problema 3 sunt $M = λ I_{n}$ , $λ \in C^{*}$ ; problema 4 leagă continuitatea lui $g$ de inversa restricției lui $f$ .

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 XI-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 · matrice, determinanți)

Fie $A \in M_{2} (R)$ o matrice inversabilă, cu proprietatea

det (A + A^{- 1}) + det (A - A^{- 1}) = 4.

Arătați că $det (A + A^{- 1})$ $= (Tr (A))^{2}$ , unde $Tr (A)$ este suma elementelor diagonalei principale a matricei $A$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Fie $A = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix})$ o matrice cu proprietățile din enunț. Notăm $D = det (A)$ . Cum matricea $A \in M_{2} (R)$ este inversabilă, $D \in R^{*}$ . (1,5 p)

Inversa matricei $A$ este

A^{- 1} = \frac{1}{D} (\begin{matrix} d & - b \\ - c & a \end{matrix}) .

(3 p)

Determinantul inversei matricei $A$ este $det (A^{- 1})$ $= \frac{1}{D}$ . (3 p)

Prin calcul direct, sau utilizând identitatea

\begin{aligned} det (X + Y) + det (X - Y) \\ = 2 (det (X) + det (Y)), \end{aligned}

valabilă pentru orice $X, Y \in M_{2} (R)$ , obținem

det (A + A^{- 1}) + det (A - A^{- 1}) = 2 (D + \frac{1}{D}) .

(9 p)

Justificarea identității (matepenet): pentru $X = (\begin{matrix} x_{1} & x_{2} \\ x_{3} & x_{4} \end{matrix})$ și $Y = (\begin{matrix} y_{1} & y_{2} \\ y_{3} & y_{4} \end{matrix})$ , dezvoltând determinanții obținem $det (X \pm Y)$ $= det (X) + det (Y) \pm s$ , unde $s$ $= x_{1} y_{4} + x_{4} y_{1} - x_{2} y_{3} - x_{3} y_{2}$ ; prin adunare termenii $\pm s$ se reduc.

Conform ipotezei, $2 (D + \frac{1}{D}) = 4$ , adică $D^{2} - 2 D + 1 = 0$ , de unde $D = 1$ . (3 p)

Atunci $A^{- 1} = (\begin{matrix} d & - b \\ - c & a \end{matrix})$ și

det (A + A^{- 1}) = | \begin{matrix} a + d & 0 \\ 0 & a + d \end{matrix} | = (a + d)^{2} = {Tr}^{2} (A) .

(3 p)

Problema 2 (22,5 puncte · șiruri recurente, limite, Stolz–Cesàro)

Fie $(x_{n})_{n \geq 1}$ un șir de numere reale cu $x_{1}, x_{2} \in (0, 1)$ , pentru care

x_{n + 2} = x_{n}^{2} \cdot x_{n + 1} - x_{n}^{2} + 1,

pentru orice $n \in N^{*}$ .

a) Arătați că $lim_{n \to \infty} x_{1} x_{2} \dots x_{n}$ $= 0$ .
b) Determinați $lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \cdot x_{1} x_{2} \dots x_{n}$ .

Gazeta Matematică

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Demonstrăm prin inducție proprietatea

x_{n} \in (0, 1), \forall n \in N^{*} . (1)

$x_{1}, x_{2} \in (0, 1)$ , conform definiției șirului. Presupunem că, pentru un număr natural nenul $n$ , avem $x_{k} \in (0, 1)$ , $\forall k \in {1, 2, \dots, n + 1}$ . Conform relației de recurență, $x_{n + 2}$ $= 1 - x_{n}^{2} (1 - x_{n + 1})$ . Cum $x_{n}, x_{n + 1} \in (0, 1)$ , avem $x_{n}^{2} (1 - x_{n + 1}) \in (0, 1)$ , de unde obținem $x_{n + 2} \in (0, 1)$ . Astfel, proprietatea (1) este probată pe baza principiului al II-lea al inducției matematice. (3 p)

Atunci $1 - x_{n + 2}$ $= x_{n}^{2} (1 - x_{n + 1})$ $< 1 - x_{n + 1}$ . Prin urmare, $x_{n + 1} < x_{n + 2}$ , $\forall n \in N^{*}$ . (3 p)

Rezultă că șirul $(x_{n})_{n \geq 2}$ , strict crescător și mărginit superior de 1, este convergent. (1,5 p)

Atunci șirul $(x_{n})_{n \geq 1}$ este de asemenea convergent. Notăm $ℓ$ $= lim_{n \to \infty} x_{n} \in (0, 1]$ . Trecând la limită în relația de recurență, obținem $ℓ = ℓ^{3} - ℓ^{2} + 1$ . Rezultă $(ℓ - 1)^{2} (ℓ + 1) = 0$ , de unde $ℓ = 1$ . În concluzie, $lim_{n \to \infty} x_{n}$ $= 1$ . (3 p)

Din relația de recurență deducem $x_{k}^{2}$ $= \frac{1 - x_{k + 2}}{1 - x_{k + 1}}$ , $\forall k \in N^{*}$ . Atunci, pentru orice $n \in N^{*}$ ,

\begin{aligned} x_{1}^{2} x_{2}^{2} \dots x_{n}^{2} & = \frac{1 - x_{3}}{1 - x_{2}} \cdot \frac{1 - x_{4}}{1 - x_{3}} \cdot \dots \\ \cdot \frac{1 - x_{n + 2}}{1 - x_{n + 1}} = \frac{1 - x_{n + 2}}{1 - x_{2}} . (2) \end{aligned}

Avem $lim_{n \to \infty} x_{1}^{2} x_{2}^{2} \dots x_{n}^{2}$ $= lim_{n \to \infty} \frac{1 - x_{n + 2}}{1 - x_{2}}$ $= 0$ . Rezultă

lim_{n \to \infty} x_{1} x_{2} \dots x_{n} = 0.

(3 p)

b) Conform (2), avem

n x_{1}^{2} x_{2}^{2} \dots x_{n}^{2} = \frac{n (1 - x_{n + 2})}{1 - x_{2}}

pentru orice $n \in N^{*}$ .

Pentru calculul limitei șirului $y_{n} = n (1 - x_{n + 2})$ , $n \geq 1$ , vom aplica Teorema Stolz–Cesàro (scriem $y_{n}$ $= \frac{n}{\frac{1}{1 - x_{n + 2}}}$ ; numitorul este strict crescător, cu limita $+ \infty$ ). (3 p)

Astfel, utilizând relația de recurență, obținem

\begin{aligned} lim_{n \to \infty} y_{n} & = lim_{n \to \infty} \frac{(n + 1) - n}{\frac{1}{1 - x_{n + 3}} - \frac{1}{1 - x_{n + 2}}} \\ = lim_{n \to \infty} \frac{(1 - x_{n + 2}) (1 - x_{n + 3})}{x_{n + 3} - x_{n + 2}} \\ = lim_{n \to \infty} \frac{(1 - x_{n + 2}) (1 - x_{n + 3})}{(1 - x_{n + 2}) (1 - x_{n + 1}^{2})} \\ = lim_{n \to \infty} \frac{x_{n}^{2} x_{n + 1}^{2}}{1 + x_{n + 1}} = \frac{1}{2} . \end{aligned}

(Am folosit $x_{n + 3} - x_{n + 2}$ $= (1 - x_{n + 2}) - x_{n + 1}^{2} (1 - x_{n + 2})$ $= (1 - x_{n + 2}) (1 - x_{n + 1}^{2})$ și $1 - x_{n + 3}$ $= x_{n + 1}^{2} x_{n}^{2} (1 - x_{n + 1})$ .)

Prin urmare $n x_{1}^{2} x_{2}^{2} \dots x_{n}^{2} \to \frac{1}{2 (1 - x_{2})}$ , deci

lim_{n \to \infty} \sqrt{n} \cdot x_{1} x_{2} \dots x_{n} = \frac{1}{\sqrt{2 (1 - x_{2})}} .

(6 p)

Problema 3 (22,5 puncte · matrice, comutativitate)

Fie $n \geq 2$ un număr natural. Determinați toate matricele $M \in M_{n} (C)$ cu proprietatea că, dacă $A, B \in M_{n} (C)$ astfel încât $A B = M$ , atunci $B A = M$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Fie $λ \in C^{*}$ . Dacă matricele $A, B \in M_{n} (C)$ au proprietatea $A B = λ I_{n}$ , atunci $A$ și $B$ sunt inversabile, cu $A^{- 1}$ $= \frac{1}{λ} B$ . (1,5 p)

Rezultă $(\frac{1}{λ} B) A = I_{n}$ , deci $B A = λ I_{n}$ . Prin urmare, matricele $λ I_{n}$ , cu $λ \in C^{*}$ , satisfac proprietatea din enunț. (6 p)

Presupunem că matricea $M$ $= (m_{i j})_{i, j = 1, 2, \dots, n} \in M_{n} (C)$ are proprietatea din enunț. Fie $A \in M_{n} (C)$ o matrice inversabilă. Definim $B = A^{- 1} M$ . Atunci $A B = M$ , deci $B A = M$ . Obținem $A^{- 1} M A = M$ , de unde $M A = A M$ . Prin urmare, $M$ comută cu orice matrice inversabilă. (3 p)

Fie $E_{j} \in M_{n} (C)$ matricea având elementul situat pe poziția $(1, j)$ egal cu 1 iar restul elementelor egale cu 0, pentru fiecare $j \in {1, 2, \dots, n}$ . Avem

det (I_{n} + E_{j}) = {\begin{cases} 2, & j = 1 \\ 1, & j \in {2, \dots, n} \end{cases} .

Rezultă că matricea $I_{n} + E_{j}$ este inversabilă. Atunci $(I_{n} + E_{j}) M$ $= M (I_{n} + E_{j})$ , de unde obținem $E_{j} M = M E_{j}$ , $j = 1, 2, \dots, n$ . Matricea $E_{j} M$ are prima linie egală cu $(m_{j 1} m_{j 2} \dots m_{j n})$ și restul liniilor nule, iar matricea $M E_{j}$ are coloana $j$ egală cu $(m_{11} m_{21} \dots m_{n 1})^{T}$ și restul coloanelor nule.

Rezultă $m_{j k} = 0$ , $\forall j \in {1, 2, \dots, n}$ , $\forall k \in {1, 2, \dots, n} ∖ {j}$ și $m_{j j} = m_{11}$ , $\forall j \in {1, 2, \dots, n}$ . Prin urmare, $M$ este o matrice diagonală de forma $M = λ I_{n}$ , cu $λ \in C$ . (9 p)

Matricea nulă (cazul $λ = 0$ ) nu satisface proprietatea din enunț. Astfel, $E_{2} E_{1} = O_{n}$ , dar $E_{1} E_{2} = E_{2} \neq O_{n}$ .

În concluzie, matricele $M$ cu proprietatea din enunț sunt de forma $M = λ I_{n}$ , cu $λ \in C^{*}$ . (3 p)

Problema 4 (22,5 puncte · funcții continue, infimum, funcția inversă)

Fie $f : [0, 1] \to R$ o funcție continuă și neconstantă. Considerăm funcția $g : Im (f) \to R$ definită prin

g (y) = inf {x \in [0, 1] ∣ f (x) = y}, pentru orice y \in Im (f),

unde $Im (f)$ $= {f (x) ∣ x \in [0, 1]}$ . Demonstrați că funcția $g$ este continuă dacă și numai dacă există $a \in (0, 1]$ astfel încât $f$ este strict monotonă pe intervalul $[0, a]$ și $Im (f)$ $= f ([0, a])$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Pentru $y \in Im (f)$ , mulțimea ${x \in [0, 1] ∣ f (x) = y}$ este nevidă și mărginită, deci admite margine inferioară (infimum). În plus, există un șir $(x_{n})_{n \geq 1}$ , cu termenii în $[0, 1]$ , astfel ca $lim_{n \to \infty} x_{n}$ $= g (y)$ și $f (x_{n}) = y$ , $\forall n \in N^{*}$ . Cum $f$ este continuă, $f (g (y))$ $= lim_{n \to \infty} f (x_{n})$ $= y$ . Astfel,

f (g (y)) = y, \forall y \in Im (f) . (1)

(3 p)

1) Presupunem că există $a \in (0, 1]$ astfel încât funcția $f$ este strict monotonă pe intervalul $[0, a]$ și $Im (f)$ $= f ([0, a])$ .

Pe baza ipotezei și proprietății lui Darboux a funcției continue $f$ , obținem $f ([0, a]) = [f (0), f (a)]$ , dacă $f$ este strict crescătoare pe $[0, a]$ , sau $f ([0, a]) = [f (a), f (0)]$ , dacă $f$ este strict descrescătoare pe $[0, a]$ . (1,5 p)

Definim funcțiile $f_{a} : [0, a] \to f ([0, a])$ , cu $f_{a} (x) = f (x)$ , pentru oricare $x \in [0, a]$ , și $g_{a} : f ([0, a]) \to [0, a]$ , $g_{a} (y) = g (y) \in [0, a]$ , pentru oricare $y \in f ([0, a])$ $= Im (f)$ . Conform (1), $(f_{a} \circ g_{a}) (y)$ $= f (g (y))$ $= y$ , pentru oricare $y \in f ([0, a])$ . Funcția $f_{a} : [0, a] \to f ([0, a])$ este bijectivă și $f_{a} \circ g_{a}$ $= {id}_{f ([0, a])}$ . Rezultă $g_{a} = f_{a}^{- 1}$ . Atunci $g_{a}$ este continuă, ca inversa funcției continue $f_{a}$ . Deducem că $g$ este continuă. (6 p)

2) Reciproc, presupunem că funcția $g$ este continuă.

Întrucât $f$ este continuă și neconstantă pe $[0, 1]$ , există $α, β \in [0, 1]$ , cu $f (α) < f (β)$ , astfel încât $Im (f)$ $= [f (α), f (β)]$ (conform Teoremei lui Weierstrass și proprietății lui Darboux). (3 p)

Similar, cum $g$ este presupusă continuă, $g (Im (f))$ $= [b, a]$ , cu $0 \leq b < a \leq 1$ . (Cazul $a = b$ este exclus, deoarece $f$ este neconstantă.) Cum $g (f (0)) = 0$ , rezultă că $0 \in Im (g)$ $= [b, a]$ , deci $b = 0$ . Astfel, $Im (g)$ $= [0, a]$ , cu $0 < a \leq 1$ , iar $Im (f)$ $= f ([0, a])$ . (3 p)

Din (1) rezultă că $g$ este injectivă. Cum $g$ este continuă, deducem că $g$ este strict monotonă. Atunci funcția $g_{a} : Im (f) \to [0, a]$ , definită prin $g_{a} (y) = g (y)$ , $\forall y \in Im (f)$ , este bijectivă. (3 p)

Conform (1), funcția $f_{a} : [0, a] \to f ([0, a])$ , definită prin $f_{a} (x) = f (x)$ , $\forall x \in [0, a]$ , este inversa funcției $g_{a}$ . Cum inversa unei funcții strict monotone este tot o funcție strict monotonă, funcția $f_{a}$ este strict monotonă. Rezultă că $f$ este strict monotonă pe $[0, a]$ . (3 p)

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	$det A = 1$ , deci $A + A^{- 1} = (a + d) I_{2}$ și $det (A + A^{- 1}) = {Tr}^{2} (A)$
2	a) limita este $0$ ; b) $\frac{1}{\sqrt{2 (1 - x_{2})}}$
3	$M = λ I_{n}$ , $λ \in C^{*}$
4	demonstrație ( $f (g (y)) = y$ , $g$ este inversa restricției $f_{a}$ )

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă
1	Matrice de ordinul 2, inversa unei matrice, determinanți
2	Șiruri recurente, monotonie și mărginire, Stolz–Cesàro
3	Matrice care comută cu toate matricele inversabile
4	Funcții continue, infimum, Darboux, Weierstrass, funcția inversă

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2026, etapa județeană, clasa a XI-a? Patru probleme: o matrice de ordinul 2 cu $det (A + A^{- 1}) + det (A - A^{- 1}) = 4$ , un șir recurent în $(0, 1)$ cu limita lui $\sqrt{n} x_{1} x_{2} \dots x_{n}$ , matricele $M$ pentru care $A B = M$ implică $B A = M$ și o caracterizare a continuității funcției $g (y) = inf {x ∣ f (x) = y}$ .

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 · clasa a X-a · clasa a XII-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 XI-a, subiecte rezolvate

Problema 1 (22,5 puncte · matrice, determinanți)

Problema 2 (22,5 puncte · șiruri recurente, limite, Stolz–Cesàro)

Problema 3 (22,5 puncte · matrice, comutativitate)

Problema 4 (22,5 puncte · funcții continue, infimum, funcția inversă)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe