Olimpiada de matematică 2026 națională, clasa a X-a

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

Patru probleme: o inegalitate funcțională cu f strict crescătoare și g surjectivă pe N, trei numere complexe de modul 1 cu sumele puterilor întregi, alegerea semnelor _i ∈ \-1, 0, 1\ pentru 2026 numere complexe și numărul maxim de patrulatere care conțin un punct interior unui poligon convex.

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2026, etapa națională, clasa a X-a (Alba Iulia, 31 martie 2026), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: la problema 1 singurele funcții sunt $f (n) = g (n) = n$ ; problema 2 se rezolvă cu relațiile lui Viète; problema 3 folosește principiul cutiei cu arii de discuri; la problema 4 valoarea maximă este $\frac{n (n - 1) (n - 3) (n + 1)}{48}$ .

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 2026, desfășurată la Alba Iulia, elevii de clasa a X-a calificați de la etapa județeană au primit pe 31 martie 2026 același subiect: 4 probleme. Conform baremului oficial, fiecare problemă este notată cu 22,5 puncte, la care se adaugă 10 puncte din oficiu (total 100). 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 (22,5 puncte · ecuații funcționale, funcții monotone)

Determinați funcțiile $f, g : N \to N$ cu $f$ strict crescătoare și $g$ surjectivă, care verifică

f (n f (n^{2}) + n) \leq f (n^{3}) + f (g (n)),

pentru orice $n \in N$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Deoarece $f$ este strict crescătoare pe $N$ , avem $f (n + 1) - f (n) \geq 1$ , pentru orice $n \in N$ . În plus, adunând $m - n \geq 0$ relații consecutive, obținem $f (m) - f (n) \geq m - n$ , adică funcția $f (n) - n$ este crescătoare pe $N$ și $f (n) \geq n$ , pentru orice $n \in N$ . (3 p)

Relația din enunț se scrie $f (g (n))$ $\geq f (n f (n^{2}) + n) - f (n^{3})$ , ceea ce, împreună cu $f (m) - f (k) \geq m - k$ pentru $m \geq k$ , cu $f (n^{2}) \geq n^{2}$ și $f (n^{2}) - f (n) \geq n^{2} - n$ , conduce la:

\begin{aligned} f (g (n)) & \geq n f (n^{2}) + n - n^{3} \geq n (f (n) - n + n^{2}) + n - n^{3} \\ = (n - 1) (f (n) - n) + f (n) . \end{aligned}

(6 p)

Deoarece $f (n) \geq n$ , avem $f (g (n)) \geq f (n)$ , pentru orice $n \geq 1$ , iar cum $f$ este strict crescătoare, avem $g (n) \geq n$ , pentru orice $n \geq 1$ . Dar, cum $g$ este surjectivă, obținem că $g (n) = n$ , pentru orice $n \in N$ (o valoare $m$ poate fi luată doar într-un punct $n \leq m$ ; inductiv, $g (0) = 0$ , $g (1) = 1$ , …). (3 p)

Din $g (n) = n$ obținem că $(n - 1) (f (n) - n) \leq 0$ , pentru orice $n \in N$ , ceea ce implică $f (n) \leq n$ , pentru orice $n \geq 2$ . (3 p)

Dar $f (n) \geq n$ , deci $f (n) = n$ , pentru orice $n \geq 2$ . În plus, cum $f$ este strict crescătoare, avem $0$ $\leq f (0)$ $< f (1)$ $< f (2)$ $= 2$ , deci $f (n) = n$ , pentru orice $n \in N$ . (3 p)

Observăm că $f (n) = g (n) = n$ verifică toate proprietățile din enunț (inegalitatea devine $n^{3} + n \leq n^{3} + n$ ), deci acestea sunt funcțiile căutate. (3 p)

Finalizare (redactarea completă a soluției, conform baremului): (1,5 p)

Problema 2 (22,5 puncte · numere complexe, relațiile lui Viète)

Se consideră $z_{1}, z_{2}, z_{3} \in C$ cu $| z_{1} | = | z_{2} | = | z_{3} | = 1$ . Pentru fiecare $k \in N^{*}$ notăm $s_{k}$ $= z_{1}^{k} + z_{2}^{k} + z_{3}^{k}$ . Dacă $s_{1}, s_{2}, s_{3} \in Z$ , demonstrați că $z_{1}^{12}$ $= z_{2}^{12}$ $= z_{3}^{12}$ $= 1$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Considerăm ecuația $(x - z_{1}) (x - z_{2}) (x - z_{3})$ $= 0$ , care se poate rescrie $x^{3} - a x^{2} + b x - c = 0$ , unde $a = z_{1} + z_{2} + z_{3}$ , $b$ $= z_{1} z_{2} + z_{2} z_{3} + z_{3} z_{1}$ și $c = z_{1} z_{2} z_{3}$ .

Conform condițiilor din enunț avem $s_{1} = a \in Z$ , $2 b$ $= a^{2} - s_{2} \in Z$ și $3 c = s_{3} - a^{3} + 3 a b$ , deci $6 c$ $= 2 s_{3} - 2 a^{3} + 3 a \cdot 2 b \in Z$ . (3 p)

Deoarece $| c | = | z_{1} | | z_{2} | | z_{3} | = 1$ și $6 c \in Z$ , obținem $c = \pm 1$ . (3 p)

De asemenea, deoarece $| z_{1} | = | z_{2} | = | z_{3} | = 1$ , avem $\overset{―}{z_{k}}$ $= \frac{1}{z_{k}}$ și, cum $a$ este real,

a = \overset{―}{z_{1}} + \overset{―}{z_{2}} + \overset{―}{z_{3}} = \frac{1}{z_{1}} + \frac{1}{z_{2}} + \frac{1}{z_{3}} = \frac{b}{c} ⟹ b = a c .

(3 p)

Astfel (folosind $c^{2} = 1$ ), ecuația inițială devine:

x^{3} - a x^{2} + a c \cdot x - c^{3} = 0 ⟺ (x - c) (x^{2} + (c - a) x + 1) = 0,

deci una dintre soluții este $z_{1} = c$ , pentru care $z_{1}^{12} = 1$ . (3 p)

Pentru a determina $z_{2}$ și $z_{3}$ ne uităm la ecuația de gradul al doilea $x^{2} + (c - a) x + 1 = 0$ , având discriminantul $Δ$ $= (c - a)^{2} - 4 \in Z$ .

Dacă $Δ \geq 0$ , atunci $z_{2}, z_{3} \in R$ , iar cum $| z_{2} | = | z_{3} | = 1$ , avem $z_{2}, z_{3} \in {\pm 1}$ , deci $z_{2}^{12} = z_{3}^{12} = 1$ . (3 p)

Dacă $Δ < 0$ , cum $c - a \in Z$ , avem $c - a \in {- 1, 0, 1}$ .

Pentru $c - a = - 1$ : $z_{2, 3}$ $= \frac{1 \pm i \sqrt{3}}{2}$ , deci $z_{2}^{12} = z_{3}^{12} = 1$ (rădăcini de ordinul 6 ale unității).
Pentru $c - a = 0$ : $z_{2, 3} = \pm i$ , deci $z_{2}^{12} = z_{3}^{12} = 1$ .
Pentru $c - a = 1$ : $z_{2, 3}$ $= \frac{- 1 \pm i \sqrt{3}}{2}$ , deci $z_{2}^{12} = z_{3}^{12} = 1$ (rădăcini de ordinul 3 ale unității).

Așadar, $z_{1}^{12}$ $= z_{2}^{12}$ $= z_{3}^{12}$ $= 1$ . (6 p)

Finalizare (redactarea completă a soluției, conform baremului): (1,5 p)

Problema 3 (22,5 puncte · numere complexe, principiul cutiei (arii))

Considerăm numerele complexe $z_{1}, z_{2}, \dots, z_{2026}$ cu $| z_{i} | \leq 1$ , pentru orice $i \in {1, 2, \dots, 2026}$ . Arătați că există $ε_{1}, ε_{2}, \dots, ε_{2026} \in {- 1, 0, 1}$ , nu toate nule, astfel încât

| ε_{1} z_{1} + ε_{2} z_{2} + \dots + ε_{2026} z_{2026} | \leq \frac{1}{2^{1000}} .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Pentru fiecare $X \subseteq {1, 2, \dots, 2026}$ notăm $z_{X} = \sum_{i \in X} z_{i}$ , cu convenția $z_{\emptyset} = 0$ .

Din inegalitatea modulului, rezultă că $z_{X}$ se află în discul $D$ de rază 2026 centrat în origine. (3 p)

Pentru orice $X, Y \subseteq {1, 2, \dots, 2026}$ distincte avem

z_{X} - z_{Y} = \sum_{i \in X ∖ Y} z_{i} - \sum_{j \in Y ∖ X} z_{j} .

Astfel, este suficient să găsim două submulțimi distincte $X, Y$ cu $| z_{X} - z_{Y} |$ $\leq \frac{1}{2^{1000}}$ și putem defini apoi

ε_{i} = {\begin{cases} 1, & i \in X ∖ Y, \\ - 1, & i \in Y ∖ X, \\ 0, & altfel, \end{cases}

de unde obținem $ε_{i} \in {- 1, 0, 1}$ , nu toate nule, și

| \sum_{i = 1}^{2026} ε_{i} z_{i} | = | z_{X} - z_{Y} | \leq \frac{1}{2^{1000}} .

(3 p)

Presupunem prin absurd că nu există astfel de $X, Y$ . Construim, pentru fiecare submulțime $X$ , un disc închis $D_{X}$ de rază $\frac{1}{2^{1001}}$ centrat în $z_{X}$ . (3 p)

Dacă $D_{X} \cap D_{Y} \neq \emptyset$ , atunci

| z_{X} - z_{Y} | \leq 2 \cdot \frac{1}{2^{1001}} = \frac{1}{2^{1000}},

ceea ce ar contrazice presupunerea făcută. Așadar, pentru orice $X \neq Y$ avem $D_{X} \cap D_{Y} = \emptyset$ . (3 p)

Pe de altă parte, discurile $D_{X}$ sunt conținute în discul $D^{'}$ de rază $2026 + \frac{1}{2^{1001}}$ centrat în origine. Astfel, suma ariilor celor $2^{2026}$ discuri $D_{X}$ este mai mică sau egală cu aria lui $D^{'}$ :

2^{2026} \cdot π {(\frac{1}{2^{1001}})}^{2} \leq π {(2026 + \frac{1}{2^{1001}})}^{2},

ceea ce este echivalent cu

2^{12} \leq 2026 + \frac{1}{2^{1001}},

absurd, deoarece $2^{12} = 4096$ . Prin urmare, presupunerea este falsă și există submulțimi distincte $X, Y$ cu $| z_{X} - z_{Y} |$ $\leq \frac{1}{2^{1000}}$ . (9 p)

Finalizare (redactarea completă a soluției, conform baremului): (1,5 p)

Problema 4 (22,5 puncte · combinatorică, geometrie, numărare)

Fie $n \geq 5$ un număr natural impar. Pentru un poligon convex $P = A_{1} A_{2} \dots A_{n}$ și un punct $S$ aflat în interiorul său (care nu se află pe nicio diagonală a poligonului), notăm cu $q_{P} (S)$ numărul de patrulatere convexe distincte, cu vârfurile în mulțimea ${A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n}}$ , care îl conțin pe $S$ în interior.

Determinați cea mai mare valoare posibilă a lui $q_{P} (S)$ atunci când $P$ parcurge mulțimea poligoanelor convexe cu $n$ laturi, iar $S$ parcurge interiorul lui $P$ fără diagonalele sale.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Pentru fiecare $i \in {1, 2, \dots, n}$ , considerăm dreapta $S A_{i}$ și notăm cu $x_{i}$ numărul de vârfuri ale poligonului aflate în semiplanul deschis determinat de $S A_{i}$ care conține pe $A_{i + 1}$ . Atunci aceste vârfuri sunt consecutive: $A_{i + 1}, A_{i + 2}, \dots, A_{i + x_{i}}$ , unde indexarea se face modulo $n$ .

Un patrulater cu vârfuri printre $A_{1}, \dots, A_{n}$ nu conține punctul $S$ dacă și numai dacă toate cele patru vârfuri ale sale se află într-un același semiplan deschis determinat de o dreaptă prin $S$ . Pentru un $i$ fix, numărul acestor patrulatere care au unul dintre vârfuri $A_{i}$ și celelalte trei în semiplanul deschis determinat de $S A_{i}$ care îl conține pe $A_{i + 1}$ este $C_{x_{i}}^{3}$ , iar fiecare patrulater care nu conține pe $S$ este numărat exact o dată. Rezultă

q_{P} (S) = C_{n}^{4} - \sum_{i = 1}^{n} C_{x_{i}}^{3} .

(6 p)

Numărăm perechile ordonate $(A_{i}, A_{j})$ , $i \neq j$ , pentru care $A_{j}$ se află în semiplanul lui $S A_{i}$ care conține pe $A_{i + 1}$ . Pentru fiecare $i$ există $x_{i}$ astfel de vârfuri, deci numărul total este $\sum_{i = 1}^{n} x_{i}$ . Pe de altă parte, pentru fiecare pereche neordonată ${A_{i}, A_{j}}$ , exact una dintre perechile $(A_{i}, A_{j})$ sau $(A_{j}, A_{i})$ este numărată. Prin urmare,

\sum_{i = 1}^{n} x_{i} = C_{n}^{2} .

(3 p)

Valoarea maximă a lui $q_{P} (S)$ se atinge când $\sum_{i = 1}^{n} C_{x_{i}}^{3}$ este minimă, cu $\sum_{i = 1}^{n} x_{i} = C_{n}^{2}$ . Observăm apoi că pentru orice două numere naturale $1 \leq x < y$ avem

C_{x + 1}^{3} + C_{y - 1}^{3} \leq C_{x}^{3} + C_{y}^{3},

iar egalitatea are loc dacă și numai dacă $x + 1 = y$ . Astfel, valoarea minimă a expresiei $\sum_{i = 1}^{n} C_{x_{i}}^{3}$ se atinge pentru $x_{1} = x_{2} = \dots = x_{n}$ , iar din constrângerea $\sum_{i = 1}^{n} x_{i} = C_{n}^{2}$ , avem $x_{1}$ $= x_{2}$ $= \dots$ $= x_{n}$ $= \frac{n - 1}{2}$ . Așadar, valoarea maximă a lui $q_{P} (S)$ este

C_{n}^{4} - n C_{\frac{n - 1}{2}}^{3} = \frac{n (n - 1) (n - 3) (n + 1)}{48} .

(6 p)

Valoarea aceasta se poate atinge pentru un poligon regulat cu $n$ laturi și $S$ centrul său de greutate. Într-adevăr, în acest caz, pentru fiecare $i \in {1, 2, \dots, n}$ avem exact $x_{i} = \frac{n - 1}{2}$ vârfuri $A_{j}$ în semiplanul deschis determinat de $S A_{i}$ care îl conține pe $A_{i + 1}$ . (6 p)

Finalizare (redactarea completă a soluției, conform baremului): (1,5 p)

Nota 1 (din barem). Pentru minimizarea lui $\sum C_{x_{i}}^{3}$ cu constrângerea $\sum x_{i} = C_{n}^{2}$ se poate folosi alternativ funcția $f : [1, \infty) \to R$ , $f (x)$ $= \frac{x (x - 1) (x - 2)}{6}$ , care este convexă pe $[1, \infty)$ . Deoarece $x_{i} \geq 1$ , din inegalitatea lui Jensen obținem

\sum_{i = 1}^{n} f (x_{i}) \geq n f (\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} x_{i}) = n f (\frac{n - 1}{2}) = n C_{\frac{n - 1}{2}}^{3} .

Nota 2 (din barem). Pentru simpla numărare a patrulaterelor în cazul unui poligon regulat cu $n$ laturi și $S$ centrul său de greutate se acordă 3 puncte.

Verificare matepenet: pentru $n = 5, 7, 9, 11$ formula dă $5, 28, 90, 220$ , exact numărul de patrulatere care conțin centrul poligonului regulat (numărare directă pe calculator).

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	$f (n) = g (n) = n$
2	demonstrație: $c = \pm 1$ , $b = a c$ , deci $z_{1} = c$ și $z_{2, 3}$ rădăcini ale lui $x^{2} + (c - a) x + 1$
3	demonstrație (principiul cutiei: $2^{12} > 2026$ )
4	$max q_{P} (S) = \frac{n (n - 1) (n - 3) (n + 1)}{48}$ (poligon regulat, $S$ centrul)

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă
1	Funcții monotone pe $N$ , funcții surjective, inegalități
2	Numere complexe, modul, relațiile lui Viète, rădăcinile unității
3	Numere complexe, principiul cutiei, arii
4	Combinatorică, combinări, poligoane convexe

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la etapa națională a olimpiadei de matematică 2026, clasa a X-a? Patru probleme: o inegalitate funcțională cu $f$ strict crescătoare și $g$ surjectivă pe $N$ , trei numere complexe de modul 1 cu sumele puterilor întregi, alegerea semnelor $ε_{i} \in {- 1, 0, 1}$ pentru 2026 numere complexe și numărul maxim de patrulatere care conțin un punct interior unui poligon convex.

Cum se punctează la olimpiada de matematică, etapa națională 2026? Conform baremelor oficiale din 2026, fiecare dintre cele 4 probleme valorează 22,5 puncte și se acordă 10 puncte din oficiu, deci punctajul maxim este 100. Baremul împarte punctele 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 2026? 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 2026, liceu — clasa a IX-a · clasa a XI-a · clasa a XII-a; aceeași clasă la etapa județeană: olimpiada de matematică 2026, etapa județeană, clasa a X-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, Alba Iulia, 31 martie 2026): enunțurile, soluțiile și baremul (ssmr.ro). Explicațiile suplimentare: Matepenet.ro.

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

Problema 1 (22,5 puncte · ecuații funcționale, funcții monotone)

Problema 2 (22,5 puncte · numere complexe, relațiile lui Viète)

Problema 3 (22,5 puncte · numere complexe, principiul cutiei (arii))

Problema 4 (22,5 puncte · combinatorică, geometrie, numărare)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe