Olimpiada de matematică 2026, etapa județeană, clasa a VII-a — subiecte și soluții

Pasul 1. Orice număr real se scrie \(x = [x] + \{x\}\), unde \([x] \in \mathbb{Z}\) este partea întreagă, iar \(0 \le \{x\} \lt 1\). (1,5 p)

Pasul 2. Înlocuind \(x = [x] + \{x\}\) în membrul drept, ecuația devine \(\{x\} - \{2026x\} = [x] + \{x\}\), adică \(-\{2026x\} = [x]\). Dar \(0 \le \{2026x\} \lt 1\), deci \(-1 \lt -\{2026x\} \le 0\), pe când \([x]\) este număr întreg. (6 p)

Pasul 3. Singurul număr întreg din intervalul \((-1, 0]\) este 0. Deducem că soluțiile ecuației sunt numerele reale care verifică egalitățile \([x] = 0\) și \(\{2026x\} = 0\). (3 p)

Pasul 4. \(\{2026x\} = 0\) înseamnă că \(2026x \in \mathbb{Z}\), iar \([x] = 0\) înseamnă că \(0 \le x \lt 1\). (6 p)

Pasul 5. Notăm \(2026x = k \in \mathbb{Z}\); atunci \(x = \frac{k}{2026}\), iar condiția \(0 \le x \lt 1\) devine \(0 \le \frac{k}{2026} \lt 1\), adică \(k \in \{0, 1, 2, \ldots, 2025\}\). Mulțimea soluțiilor este

(6 p)

Verificare. Pentru \(x = \frac{k}{2026}\), cu \(0 \le k \le 2025\), avem \(\{x\} = x\) și \(\{2026x\} = \{k\} = 0\), deci \(\{x\} - \{2026x\} = x\). Ecuația are exact 2026 de soluții.

a) Un exemplu de pereche \((a, b)\) de numere naturale nenule care îndeplinește condițiile din enunț este \((2025, 2)\). Într-adevăr, cum \(2026 \cdot 4 = 4 \cdot 2025 + 4\),

deci \(\sqrt{2025^2 + 2026 \cdot 2^2} = 2027 \in \mathbb{Q}\). (6 p)

b) Vom arăta că \(b = 2\) este numărul cerut. (3 p)

Așa cum am văzut la punctul a), pentru \(b = 2\) există un \(a\) convenabil, și anume \(a = 2025\). (3 p)

Rămâne să arătăm că pentru \(b = 1\) nu există un \(a\) convenabil. Radicalul unui număr natural este rațional doar dacă numărul este pătrat perfect, deci condiția ca \(\sqrt{a^2 + 2026b^2}\) să fie număr rațional este echivalentă cu: \(a^2 + 2026b^2\) este pătrat perfect. (1,5 p)

Presupunem că ar exista \(c \in \mathbb{N}\) pentru care \(a^2 + 2026 = c^2\). Atunci \(c^2 - a^2 = 2026\) este par, deci \(a\) și \(c\) trebuie să fie de aceeași paritate. Dar în acest caz \(c - a\) și \(c + a\) sunt ambele pare, iar \(c^2 - a^2 = (c - a)(c + a)\) ar fi multiplu de 4, în vreme ce \(2026 = 4 \cdot 506 + 2\) nu este multiplu de 4. Contradicția obținută arată că pentru \(b = 1\) nu există un \(a\) convenabil, deci cel mai mic număr \(b\) cu proprietatea din enunț este \(b = 2\). (9 p)

a) Ne propunem să arătăm că \(\triangle BPN \equiv \triangle BPC\). (1,5 p)

Triunghiul \(ACD\) este dreptunghic în \(C\) (\(CD \perp AC\)), iar triunghiul \(AND\) este dreptunghic în \(N\) (\(D\) este pe mediatoarea lui \(AB\), deci \(DN \perp AB\)). În ambele, \(M\) este mijlocul ipotenuzei \(AD\), iar mediana corespunzătoare ipotenuzei are lungimea jumătate din ipotenuză: \(CM = \frac{1}{2}AD = NM\). În plus, \(BN = \frac{1}{2}AB = BC\) și \(BM\) este latură comună. Rezultă \(\triangle BNM \equiv \triangle BCM\) (LLL), deci \(\angle NBM = \angle CBM\). (6 p)

Deducem \(\triangle BPN \equiv \triangle BPC\) (LUL: \(BN = BC\), \(\angle NBP = \angle CBP\), \(BP\) comună), deci \(\angle PCB = \angle PNB = 90^\circ\), adică \(PC \perp CB\). (6 p)

b) Arătăm că \(\triangle DCP \sim \triangle ACB\) (1), ceea ce implică \(\frac{DC}{CP} = \frac{AC}{CB} = 2\), adică \(DC = 2 \cdot PC\). (3 p)

Cum \(\angle ACD = 90^\circ\) și \(\angle PCB = 90^\circ\), avem \(\angle PCD = 90^\circ - \angle PCA = \angle ACB\). În patrulaterul \(NBCP\) suma unghiurilor este \(360^\circ\), deci

deoarece \(\angle PNB = \angle PCB = 90^\circ\). Așadar triunghiurile \(DCP\) și \(ACB\) au \(\angle PCD = \angle BCA\) și \(\angle DPC = \angle ABC\), ceea ce dovedește relația (1) (cazul UU). (6 p)

Pasul 1. Avem \(AC = 2 \cdot AM = 4 \cdot CN\), deci \(AM = \frac{2}{4}AC\) și \(AN = AM + MN = \frac{3}{4}AC\). (1,5 p)

Pasul 2. \(MR \perp AE\) și \(BN \perp AE\), deci \(MR \parallel BN\). Din teorema lui Thales în triunghiul \(ANE\): \(\frac{AR}{AE} = \frac{AM}{AN} = \frac{2}{3}\). (3 p)

Pasul 3. Centrul de greutate se află pe o mediană, la două treimi de vârf. Astfel, pentru a obține concluzia, este suficient să arătăm că \(AE\) este mediană în triunghiul \(ABP\). Cum \(E\) se află pe dreapta \(BP\) (dreapta \(BN\)), aceasta se reduce la a dovedi că \(E\) este mijlocul segmentului \(BP\). (3 p)

Pasul 4. Construim pătratul \(ABCD\) și considerăm punctele \(U = AE \cap BC\), \(T = BN \cap CD\). Cum \(CT \parallel AB\), \(\triangle TNC \sim \triangle BNA\) (teorema fundamentală a asemănării), deci \(\frac{AB}{CT} = \frac{AN}{NC} = 3\). Apoi \(\angle BAU = 90^\circ - \angle TBA = \angle TBC\) (deoarece \(AU \perp BT\)) și obținem \(\triangle BAU \equiv \triangle CBT\) (cazul catetă–unghi: \(AB = BC\), unghiurile drepte în \(B\) și \(C\)), de unde \(BU = CT = \frac{AB}{3}\), adică \(BC = 3BU\) (1). (6 p)

Pasul 5. Fie \(S\) intersecția dreptei \(MP\) cu \(BC\). Din \(MP \perp BN\) și \(AU \perp BN\) avem \(AU \parallel MS\), iar \(AC = 2AM\); reiese că \(MS\) este linie mijlocie în triunghiul \(CAU\), de unde \(CS = SU\). (6 p)

Pasul 6. Folosind (1): \(BU = \frac{1}{3}BC\), iar \(UC = \frac{2}{3}BC\) se împarte de \(S\) în două părți egale, deci \(BU = US = SC\). În triunghiul \(BSP\), \(U\) este mijlocul lui \(BS\) și \(UE \parallel SP\), deci \(EU\) este linie mijlocie și \(E\) este mijlocul segmentului \(BP\). Conform pașilor 2–3, \(R\) este centrul de greutate al triunghiului \(ABP\). (3 p)

Altă soluție (din barem) pentru faptul că \(E\) este mijlocul lui \(BP\): fie \(X\) mijlocul segmentului \(BM\). Atunci \(AB = BC\), \(BX = \frac{1}{2}BM = \frac{1}{2}CM = CN\) (\(BM = CM\), fiind mediana ipotenuzei) și \(\angle ABX = 45^\circ = \angle BCN\), deci \(\triangle AXB \equiv \triangle BNC\) (LUL) (6 p). Rezultă \(\angle ABE + \angle BAX = \angle ABE + \angle CBN = 90^\circ\), deci \(AX \perp BP\), ceea ce arată că punctul \(X\) se află pe \(AE\). Cum \(X\) este mijlocul segmentului \(BM\) și \(XE \parallel MP\), \(XE\) este linie mijlocie în triunghiul \(BPM\), deci \(E\) este mijlocul segmentului \(BP\). (9 p) (Pașii 1–3 se punctează la fel: 1,5 + 3 + 3 p.)