Olimpiada de matematică 2026 județeană, clasa a IX-a

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2026, etapa județeană, clasa a IX-a (sâmbătă, 7 martie 2026), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: la problema 1 se adună discriminanții și apare o sumă de pătrate; problema 2 se rezolvă vectorial; $4^{n - 1} + n^{2} + 11$ este pătrat perfect doar pentru $n = 3$ ; singurul șir de la problema 4 este $a_{n} = n$ .

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 IX-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 · ecuația de gradul al doilea, discriminant)

Considerăm numerele reale $a, b, c$ și ecuațiile $x^{2} + 4 a x + (b + c)^{2} = 0$ , $x^{2} + 4 b x + (c + a)^{2} = 0$ , respectiv $x^{2} + 4 c x + (a + b)^{2} = 0$ .

a) Arătați că cel puțin una dintre cele trei ecuații are soluții reale.
b) Demonstrați că dacă ecuațiile admit o soluție reală comună atunci $a = b = c$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Presupunem prin absurd că niciuna dintre cele trei ecuații nu are soluții reale. Atunci toți cei trei discriminanți sunt negativi:

16 a^{2} - 4 (b + c)^{2} < 0, 16 b^{2} - 4 (c + a)^{2} < 0, 16 c^{2} - 4 (a + b)^{2} < 0.

(1,5 p)

Simplificăm cu 4 și adunăm cele trei inegalități:

4 a^{2} + 4 b^{2} + 4 c^{2} - (b + c)^{2} - (c + a)^{2} - (a + b)^{2} < 0.

(3 p)

Desfăcând parantezele, $4 a^{2} + 4 b^{2} + 4 c^{2} - (b^{2} + 2 b c + c^{2}) - (c^{2} + 2 c a + a^{2}) - (a^{2} + 2 a b + b^{2})$ $< 0$ , deci

2 a^{2} + 2 b^{2} + 2 c^{2} - 2 a b - 2 b c - 2 c a < 0.

(3 p)

Grupăm: $(a^{2} - 2 a b + b^{2}) + (b^{2} - 2 b c + c^{2}) + (c^{2} - 2 c a + a^{2})$ $< 0$ , adică

(a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2} < 0,

ceea ce constituie o contradicție (o sumă de pătrate nu poate fi negativă). Așadar cel puțin o ecuație are soluții reale. (6 p)

b) Fie $x_{0}$ soluția reală comună a celor trei ecuații. Adunând cele trei egalități obținem

3 x_{0}^{2} + 4 (a + b + c) x_{0} + 2 (a^{2} + b^{2} + c^{2} + a b + b c + c a) = 0.

(3 p)

Prin urmare ecuația de gradul al doilea în $x_{0}$ are o soluție reală, deci discriminantul ei este nenegativ:

16 (a + b + c)^{2} - 24 (a^{2} + b^{2} + c^{2} + a b + b c + c a) \geq 0.

Desfăcând, $- 8 (a^{2} + b^{2} + c^{2} - a b - b c - c a)$ $\geq 0$ , adică $(a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2}$ $\leq 0$ . Deci fiecare pătrat este zero, adică $a = b = c$ . (6 p)

Problema 2 (22,5 puncte · vectori, centrul de greutate)

Fie patrulaterul convex $A B C D$ , punctul $O$ de intersecție a diagonalelor sale și $G_{1}, G_{2}, G_{3}$ centrele de greutate ale triunghiurilor $A B D$ , $A B C$ , respectiv $O D C$ . Demonstrați că $O$ este centrul de greutate al triunghiului $G_{1} G_{2} G_{3}$ dacă și numai dacă $A B C D$ este paralelogram.

Gazeta Matematică

Vezi soluția (după baremul oficial)

„⇒” Dacă $O$ este centrul de greutate al triunghiului $G_{1} G_{2} G_{3}$ , atunci

\vec{O G_{1}} + \vec{O G_{2}} + \vec{O G_{3}} = \vec{0} .

(1,5 p)

Cum $G_{1}, G_{2}, G_{3}$ sunt centrele de greutate ale triunghiurilor $A B D$ , $A B C$ , respectiv $O D C$ , din relația lui Leibniz egalitatea devine

\frac{1}{3} (\vec{O A} + \vec{O B} + \vec{O D}) + \frac{1}{3} (\vec{O A} + \vec{O B} + \vec{O C}) + \frac{1}{3} (\vec{O D} + \vec{O C}) = \vec{0},

prin urmare $2 (\vec{O A} + \vec{O B} + \vec{O C} + \vec{O D})$ $= \vec{0}$ , adică

\vec{O A} + \vec{O B} + \vec{O C} + \vec{O D} = \vec{0} .

(6 p)

Vectorii $\vec{O A}$ și $\vec{O C}$ sunt coliniari, deci există $α \in R$ astfel încât $\vec{O C}$ $= α \vec{O A}$ . Analog, există $β \in R$ astfel încât $\vec{O D}$ $= β \vec{O B}$ . Obținem

(1 + α) \vec{O A} + (1 + β) \vec{O B} = \vec{0} .

(6 p)

Deoarece $\vec{O A}$ și $\vec{O B}$ sunt necoliniari, ultima egalitate este echivalentă cu $1 + α = 1 + β = 0$ , adică $α = β = - 1$ . Deci $O$ este mijlocul segmentelor $A C$ și $B D$ , așadar $A B C D$ este paralelogram. (3 p)

„⇐” Reciproc, dacă $A B C D$ este paralelogram, atunci $\vec{O C}$ $= - \vec{O A}$ , $\vec{O D}$ $= - \vec{O B}$ și avem $\vec{O G_{1}}$ $= \frac{1}{3} \vec{O A}$ , $\vec{O G_{2}}$ $= \frac{1}{3} \vec{O B}$ , $\vec{O G_{3}}$ $= \frac{1}{3} (\vec{O D} + \vec{O C})$ . Atunci

\vec{O G_{1}} + \vec{O G_{2}} + \vec{O G_{3}} = \frac{1}{3} (\vec{O A} + \vec{O B} + \vec{O C} + \vec{O D}) = \vec{0},

deci $O$ este centrul de greutate al triunghiului $G_{1} G_{2} G_{3}$ . (6 p)

Problema 3 (22,5 puncte · pătrate perfecte, inducție)

Determinați numerele naturale nenule $n$ pentru care numărul

4^{n - 1} + n^{2} + 11

este pătrat perfect.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Din ipoteză rezultă că există $k \in N$ astfel încât $k^{2}$ $= 4^{n - 1} + n^{2} + 11$ $> 4^{n - 1}$ . (1,5 p)

Prin urmare, $k > 2^{n - 1}$ . (3 p)

Atunci $k \geq 2^{n - 1} + 1$ , deci $4^{n - 1} + n^{2} + 11$ $\geq {(2^{n - 1} + 1)}^{2}$ $= 4^{n - 1} + 2^{n} + 1$ , de unde rezultă că $n^{2} + 10 \geq 2^{n}$ . (6 p)

Pe de altă parte, prin inducție matematică se demonstrează că $2^{n} > n^{2} + 10$ pentru orice $n \geq 6$ . Într-adevăr, $2^{6} = 64 > 6^{2} + 10 = 46$ , iar presupunând că $2^{n} > n^{2} + 10$ pentru un număr natural oarecare $n \geq 6$ , avem

2^{n + 1} = 2 \cdot 2^{n} > 2 (n^{2} + 10) > (n + 1)^{2} + 10

(ultima inegalitate revine la $n^{2} - 2 n + 9 > 0$ , adevărat). (6 p)

Prin urmare, din $n^{2} + 10 \geq 2^{n}$ rezultă că $n \in {1, 2, 3, 4, 5}$ . (3 p)

Verificăm: pentru $n = 1, 2, 3, 4, 5$ numărul este $13, 19, 36, 91, 292$ . Singurul pătrat perfect este $36 = 6^{2}$ , deci singurul număr care verifică ipoteza este $n = 3$ . (3 p)

Problema 4 (22,5 puncte · divizibilitate, șiruri)

Determinați șirurile $(a_{n})_{n \geq 1}$ de numere naturale nenule care verifică simultan următoarele două condiții:

(1) $i + j$ divide $a_{i} + a_{j}$ ;
(2) $a_{i} + a_{j}$ divide $(i + j)^{2}$ ,

pentru orice $i, j$ numere naturale nenule.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Vom arăta că $a_{i} = i$ pentru orice $i \geq 1$ . Evident, acest șir satisface ipoteza: $i + j ∣ i + j ∣ (i + j)^{2}$ . (1,5 p)

Pentru $i = j$ în relațiile din enunț obținem $2 i ∣ 2 a_{i} ∣ 4 i^{2}$ , adică $i ∣ a_{i} ∣ 2 i^{2}$ (*) pentru orice $i \geq 1$ . Pentru $i = 1$ deducem $a_{1} \in {1, 2}$ . (3 p)

Pentru $i = 2$ avem $2 ∣ a_{2} ∣ 8$ , deci $a_{2} \in {2, 4, 8}$ . Pentru $i = 1$ , $j = 2$ obținem $3 ∣ a_{1} + a_{2} ∣ 9$ . Singurele posibilități sunt $a_{1} = 1, a_{2} = 2$ sau $a_{1} = 1, a_{2} = 8$ . În ambele cazuri, $a_{1} = 1$ . (3 p)

Din (*) obținem $3 ∣ a_{3} ∣ 18$ , deci $a_{3} \in {3, 6, 9, 18}$ , iar din enunț, pentru $i = 2$ și $j = 3$ , deducem $5 ∣ a_{2} + a_{3} ∣ 25$ . Dacă $a_{2} = 8$ , atunci $a_{2} + a_{3} \in {11, 14, 17, 26}$ și 5 nu divide $a_{2} + a_{3}$ ; deci $a_{2} = 2$ . (3 p)

Fie acum $i \geq 3$ . Din (*) deducem că există un șir $(b_{n})_{n \geq 1}$ de numere naturale nenule cu $a_{i} = i b_{i}$ și $b_{i} ∣ 2 i$ pentru orice $i \geq 3$ . Pentru $j = 1$ în relațiile din enunț avem $i + 1 ∣ i b_{i} + 1 ∣ (i + 1)^{2}$ . Dar $i + 1 ∣ i b_{i} + b_{i}$ și, prin scădere, $i + 1 ∣ b_{i} - 1$ . (6 p)

Dacă, prin absurd, $b_{i} > 1$ , din relația de mai sus obținem $b_{i} - 1 \geq i + 1$ , adică $b_{i} \geq i + 2$ ; dar cum $b_{i} ∣ 2 i$ , deducem $b_{i} = 2 i$ . De aici $1 + 2 i^{2} ∣ (1 + i)^{2}$ , deci $1 + 2 i + i^{2} \geq 1 + 2 i^{2}$ , adică $2 i \geq i^{2}$ , deci $2 \geq i$ , ceea ce constituie o contradicție pentru $i \geq 3$ .

În concluzie $b_{i} = 1$ , deci $a_{i} = i$ pentru orice $i \geq 1$ . (6 p)

Observație (din barem): condiția (1) din ipoteză nu este necesară. Se poate arăta prin inducție că $a_{i} = i$ pentru orice $i \geq 1$ folosind doar condiția (2) și postulatul lui Bertrand.

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	a), b) demonstrații (sumă de pătrate $(a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2}$ )
2	demonstrație vectorială: $\vec{O A} + \vec{O B} + \vec{O C} + \vec{O D} = \vec{0}$
3	$n = 3$ (numărul este $36$ )
4	$a_{n} = n$ pentru orice $n \geq 1$

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă
1	Ecuația de gradul al doilea, discriminant, inegalități
2	Vectori, relația lui Leibniz, centrul de greutate
3	Pătrate perfecte, inducție matematică
4	Divizibilitate, șiruri de numere naturale

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2026, etapa județeană, clasa a IX-a? Patru probleme: trei ecuații de gradul al doilea cu coeficienți $a, b, c$ , o problemă de vectori cu centre de greutate într-un patrulater convex, determinarea lui $n$ pentru care $4^{n - 1} + n^{2} + 11$ este pătrat perfect și un șir de numere naturale definit prin două condiții de divizibilitate.

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 X-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 IX-a, subiecte rezolvate

Problema 1 (22,5 puncte · ecuația de gradul al doilea, discriminant)

Problema 2 (22,5 puncte · vectori, centrul de greutate)

Problema 3 (22,5 puncte · pătrate perfecte, inducție)

Problema 4 (22,5 puncte · divizibilitate, șiruri)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe