Olimpiada de matematică 2026 națională, clasa a XI-a

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2026, etapa națională, clasa a XI-a (Alba Iulia, 31 martie 2026), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: la problema 1 funcția $h$ este continuă, dar nu neapărat derivabilă (contraexemplu $h (x) = | x |$ ); la problema 2 matricea $f (B)$ este inversabilă, deci $A B = B A$ ; problema 3 folosește convexitatea; problema 4 se rezolvă cu inegalitatea lui Sylvester.

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 XI-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 · continuitate, derivabilitate)

Fie o funcție $h : R \to R$ pentru care există funcțiile $f_{n}, g_{n} : R \to R$ , pentru orice $n \in N^{*}$ , cu proprietățile:

1. $f_{n} (x) < h (x) < g_{n} (x)$ pentru orice $x \in R$ și orice $n \in N^{*}$ ;
2. $lim_{n \to \infty} (g_{n} (x) - f_{n} (x))$ $= 0$ , pentru orice $x \in R$ .

a) Presupunem că funcțiile $f_{n}$ și $g_{n}$ sunt continue, pentru orice $n \in N^{*}$ . Arătați că $h$ este continuă.
b) Presupunem că funcțiile $f_{n}$ și $g_{n}$ sunt derivabile, pentru orice $n \in N^{*}$ . Rezultă că $h$ este derivabilă?

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Considerăm $x_{0} \in R$ . Fie $ε > 0$ , arbitrar. Din ipoteză rezultă că există $k \in N^{*}$ , care depinde de $ε$ , astfel ca $0$ $< g_{k} (x_{0}) - f_{k} (x_{0})$ $< ε / 2$ . (3 p)

Cum $f_{k}$ este continuă în $x_{0}$ , există $δ_{1} > 0$ astfel ca $| f_{k} (x) - f_{k} (x_{0}) |$ $< ε / 2$ , pentru orice $x \in (x_{0} - δ_{1}, x_{0} + δ_{1})$ . Similar, continuitatea lui $g_{k}$ în $x_{0}$ implică existența unui număr $δ_{2} > 0$ astfel ca $| g_{k} (x) - g_{k} (x_{0}) |$ $< ε / 2$ , pentru orice $x \in (x_{0} - δ_{2}, x_{0} + δ_{2})$ . (3 p)

Fie $δ$ $= min {δ_{1}, δ_{2}}$ $> 0$ . Pentru $x \in (x_{0} - δ, x_{0} + δ)$ avem:

f_{k} (x_{0}) - ε / 2 < f_{k} (x) < h (x) < g_{k} (x) < g_{k} (x_{0}) + ε / 2.

Cum $- g_{k} (x_{0})$ $< - h (x_{0})$ $< - f_{k} (x_{0})$ , obținem prin sumarea inegalităților:

f_{k} (x_{0}) - g_{k} (x_{0}) - ε / 2 < h (x) - h (x_{0}) < g_{k} (x_{0}) - f_{k} (x_{0}) + ε / 2.

Dar $f_{k} (x_{0}) - g_{k} (x_{0})$ $> - ε / 2$ , iar $g_{k} (x_{0}) - f_{k} (x_{0})$ $< ε / 2$ . Rezultă:

- ε < h (x) - h (x_{0}) < ε, \forall x \in (x_{0} - δ, x_{0} + δ) .

Deoarece $ε > 0$ este arbitrar, funcția $h$ este continuă în $x_{0}$ . Dar $x_{0} \in R$ este arbitrar, deci $h$ este continuă pe $R$ . (9 p)

b) Nu. Contraexemplu: funcția $h : R \to R$ , $h (x) = | x |$ nu este derivabilă în $x = 0$ , dar este încadrată de funcțiile derivabile $f_{n}, g_{n} : R \to R$ , definite prin

f_{n} (x) = \sqrt{x^{2} + \frac{1}{n}} - \sqrt{\frac{2}{n}}, g_{n} (x) = \sqrt{x^{2} + \frac{1}{n}},

pentru $x \in R$ și $n \in N^{*}$ , cu $lim_{n \to \infty} (g_{n} (x) - f_{n} (x))$ $= lim_{n \to \infty} \sqrt{\frac{2}{n}}$ $= 0$ . (Încadrarea: $g_{n} (x) > | x |$ , iar $\sqrt{x^{2} + \frac{1}{n}}$ $\leq | x | + \frac{1}{\sqrt{n}}$ $< | x | + \sqrt{\frac{2}{n}}$ .) (6 p)

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

Problema 2 (22,5 puncte · matrice, polinoame, matrice inversabile)

Fie $m, n \in N^{*}$ . Considerăm matricele $A, B \in M_{n} (C)$ și numerele complexe $a_{0}, a_{1}, \dots, a_{m}$ , cu $a_{0}$ și $a_{m}$ nenule, astfel încât

A \cdot (a_{0} I_{n} + a_{1} B + a_{2} B^{2} + \dots + a_{m} B^{m}) = B .

Arătați că $A B = B A$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Soluția 1. Considerăm polinomul $f$ $= a_{0} + a_{1} X + \dots + a_{m} X^{m} \in C [X]$ . Relația din ipoteză devine $A \cdot f (B) = B$ . Înmulțind această relație la stânga cu $B$ , obținem $(B A) \cdot f (B) = B^{2}$ . Înmulțind relația $A \cdot f (B) = B$ la dreapta cu $B$ obținem $A \cdot f (B) \cdot B = B^{2}$ , sau $(A B) \cdot f (B) = B^{2}$ (căci $f (B)$ comută cu $B$ ). Deducem relația

(A B - B A) \cdot f (B) = O_{n} .

(3 p)

Pentru concluzie, este suficient să arătăm că matricea $f (B)$ este inversabilă. (3 p)

Fie $λ \in C$ o valoare proprie a matricei $B$ , iar $x$ un vector propriu coloană nenul asociat valorii $λ$ . Avem

λ x = B x = A (f (B) x) = A (f (λ) x) = f (λ) A x .

(6 p)

Presupunem, prin absurd, că $f (λ) = 0$ . Atunci $λ x$ este vectorul coloană nul. Cum $x$ este nenul, rezultă $λ = 0$ , deci $f (0) = 0$ , în contradicție cu ipoteza $a_{0} \neq 0$ . Prin urmare, $f (λ) \neq 0$ . (3 p)

Rezultă $det (f (B))$ $= \prod_{λ \in σ (B)} f (λ) \neq 0$ , unde $σ (B)$ este spectrul matricei $B$ (valorile proprii, luate cu multiplicitate). Atunci matricea $f (B)$ este inversabilă și, înmulțind la dreapta cu $f (B)^{- 1}$ , obținem $A B = B A$ . (6 p)

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

Soluția 2 (fără valori proprii). Ca în soluția 1, obținem $(A B - B A) \cdot f (B) = O_{n}$ (3 p) și este suficient să arătăm că $f (B)$ este inversabilă. (3 p)

Pentru $m = 1$ avem:

- \frac{1}{a_{0}} (a_{1} A - I_{n}) f (B) = - \frac{a_{1}}{a_{0}} A f (B) + \frac{1}{a_{0}} f (B) = - \frac{a_{1}}{a_{0}} B + I_{n} + \frac{a_{1}}{a_{0}} B = I_{n} .

Rezultă că $f (B)$ este inversabilă. (3 p)

Presupunem $m \geq 2$ . Cum $a_{0} \neq 0$ , polinomul $f$ nu are rădăcina 0. Fie $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{m} \in C^{*}$ rădăcinile lui $f$ . Avem $f$ $= a_{m} \prod_{k = 1}^{m} (X - x_{k})$ , de unde

f (B) = a_{m} (B - x_{1} I_{n}) (B - x_{2} I_{n}) \dots (B - x_{m} I_{n}) . (1)

(3 p)

Definim polinoamele $f_{k}$ $= a_{m} \prod_{j = 1, j \neq k}^{m} (X - x_{j})$ , $k = 1, 2, \dots, m$ . Pentru fiecare $k \in {1, 2, \dots, m}$ , avem

\frac{1}{x_{k}} (A f_{k} (B) - I_{n}) (B - x_{k} I_{n}) = \frac{1}{x_{k}} [(A f (B) - B) + x_{k} I_{n}] = I_{n} .

Rezultă că matricele $B - x_{k} I_{n}$ , $k = 1, 2, \dots, m$ , sunt inversabile. Din (1) deducem că matricea $f (B)$ este inversabilă. (9 p)

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

Problema 3 (22,5 puncte · funcții convexe, derivate, monotonie)

Fie $f : [0, \infty) \to [0, \infty)$ o funcție convexă și derivabilă. Presupunem că există $s > 1$ astfel încât

x^{s} f^{'} (x) \geq {(f (f (x)))}^{s}, pentru oricare x \in [0, \infty) .

Arătați că:
a) $f (x) \leq x$ , pentru oricare $x \in [0, \infty)$ ;
b) $x^{t} f^{'} (x)$ $\geq {(f (f (x)))}^{t}$ , pentru oricare $x \in [0, \infty)$ și oricare $t \geq 1$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Avem $x^{s} f^{'} (x)$ $\geq f^{s} (f (x))$ $\geq 0$ , $\forall x \geq 0$ , deci $f^{'} (x) \geq 0$ , $\forall x > 0$ . Rezultă că $f$ este monoton crescătoare pe $[0, \infty)$ . Pentru $x = 0$ obținem $0 \geq f^{s} (f (0)) \geq 0$ , de unde rezultă $f (f (0)) = 0$ . Cum $f$ este monoton crescătoare și pozitivă, avem $0 \leq f (0) \leq f (f (0)) = 0$ . Atunci $f (0) = 0$ . (3 p)

Întrucât $f$ este convexă, $f^{'}$ este monoton crescătoare pe $[0, \infty)$ . (3 p)

Fie $A$ $= {x \geq 0 ∣ f (x) = 0}$ . Am arătat că $0 \in A$ , deci $A \neq \emptyset$ .

1) Dacă mulțimea $A$ este nemărginită superior, atunci pentru orice $x > 0$ există $y \in A$ astfel încât $y > x$ . Rezultă $0 \leq f (x) \leq f (y) = 0$ , deci $f (x) = 0$ . Atunci $f$ este nulă pe $[0, \infty)$ și cerința este verificată. (3 p)

2) Presupunem că mulțimea $A$ este mărginită superior. Atunci există $a$ $= sup (A) \in [0, \infty)$ . Din continuitatea funcției $f$ rezultă $f (a) = 0$ . Cum $f$ este monoton crescătoare, avem $f (x) = 0$ , $\forall x \in [0, a]$ . Din definiția mulțimii $A$ deducem $f (x) > 0$ , $\forall x \in (a, \infty)$ . Inegalitatea $f (x) \leq x$ este satisfăcută pentru $x \in [0, a]$ . Presupunem, prin absurd, că există $x_{0} > a$ astfel ca $f (x_{0}) > x_{0}$ . Rezultă

x_{0}^{s} f^{'} (x_{0}) \geq f^{s} (f (x_{0})) \geq f^{s} (x_{0}) > x_{0}^{s},

de unde obținem $f^{'} (x_{0}) > 1$ . Astfel, $f^{'} (x) \geq f^{'} (x_{0}) > 1$ , $\forall x \geq x_{0}$ . Deducem că funcția $g : [x_{0}, \infty) \to R$ , $g (x) = f (x) - x$ , este strict crescătoare pe $[x_{0}, \infty)$ . Atunci $f (x) - x$ $= g (x)$ $> g (x_{0})$ $= f (x_{0}) - x_{0}$ $> 0$ , $\forall x > x_{0}$ . Ca urmare, $f (x) > x$ , $\forall x \geq x_{0}$ , de unde rezultă $lim_{x \to \infty} f (x)$ $= \infty$ . Considerăm funcția

h : [x_{0}, \infty) \to R, h (x) = \frac{1}{x^{s - 1}} - \frac{1}{f^{s - 1} (x)} .

Cum $s > 1$ , obținem $f^{s - 1} (x) > x^{s - 1}$ , $\forall x \geq x_{0}$ . Atunci $h (x) > 0$ , $\forall x \geq x_{0}$ . Funcția $h$ este derivabilă, cu

h^{'} (x) = (s - 1) \cdot \frac{x^{s} f^{'} (x) - f^{s} (x)}{x^{s} f^{s} (x)}, \forall x \geq x_{0} .

Constatăm că $x^{s} f^{'} (x)$ $\geq f^{s} (f (x))$ $\geq f^{s} (x)$ , $\forall x \geq x_{0}$ . Rezultă că $h^{'}$ este pozitivă pe $[x_{0}, \infty)$ . Astfel, $h$ este monoton crescătoare, deci $h (x) \geq h (x_{0}) > 0$ . Dar $lim_{x \to \infty} h (x)$ $= 0$ . Contradicție. Prin urmare, $f (x) \leq x$ , $\forall x \in [0, \infty)$ . (6 p)

b) Convexitatea funcției $f$ și proprietatea dovedită $f (0) = 0$ implică

\frac{f (x)}{x} = \frac{f (x) - f (0)}{x - 0} \leq f^{'} (x), \forall x > 0.

Rezultă $f (x) \leq x f^{'} (x)$ , $\forall x \geq 0$ . (3 p)

Fie $t \geq 1$ . Utilizând rezultatele demonstrate anterior ( $f (x) \leq x$ , $f$ crescătoare), obținem

\begin{aligned} x^{t} f^{'} (x) & = x^{t - 1} (x f^{'} (x)) \geq x^{t - 1} f (x) \\ \geq f^{t - 1} (x) \cdot f (x) = f^{t} (x) \geq f^{t} (f (x)), \end{aligned}

pentru oricare $x \in [0, \infty)$ . (3 p)

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

Problema 4 (22,5 puncte · matrice, rang, inegalitatea lui Sylvester)

Fie $M$ $= {A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n}}$ o mulțime de $n \geq 2$ matrice din $M_{2026} (C)$ astfel încât $A B \in M$ , pentru orice $A, B \in M$ . Demonstrați că există $ε_{1}, ε_{2}, \dots, ε_{n} \in {- 1, 0, 1}$ , nu toate nule, astfel încât

rang (ε_{1} A_{1} + ε_{2} A_{2} + \dots + ε_{n} A_{n}) \leq 1013.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Fie $T$ mulțimea matricelor de forma $\sum_{k = 1}^{n} ε_{k} A_{k}$ , cu $ε_{k} \in {- 1, 0, 1}$ , nu toate nule. Presupunem prin absurd că $rang (P)$ $> 1013$ , $\forall P \in T$ . (3 p)

Fie $A$ o matrice arbitrară din $M$ . Considerăm funcția $f : M \to M$ , definită prin $f (X) = A X$ , pentru fiecare $X \in M$ . Conform ipotezei, funcția $f$ este corect definită. Demonstrăm că $f$ este injectivă. Presupunem prin absurd că există $B, C \in M$ , $B \neq C$ , astfel ca $f (B) = f (C)$ . Atunci $A (B - C) = O_{2026}$ . Din inegalitatea lui Sylvester rezultă

rang (A) + rang (B - C) \leq rang (A (B - C)) + 2026 = 2026.

Atunci $rang (A)$ $\leq 1013$ sau $rang (B - C)$ $\leq 1013$ . Dar $A, B - C \in T$ . Contradicție. Prin urmare, funcția $f$ este injectivă pe mulțimea finită $M$ , deci este bijectivă. (6 p)

Notăm $S = \sum_{k = 1}^{n} A_{k}$ . Din bijectivitatea lui $f$ rezultă $A S$ $= \sum_{k = 1}^{n} f (A_{k})$ $= S$ . Astfel, $(A - I_{2026}) S = O_{2026}$ . Din inegalitatea lui Sylvester obținem

rang (A - I_{2026}) \leq 1013 sau rang (S) \leq 1013.

Dar $S \in T$ , deci $rang (S)$ $> 1013$ . Atunci $rang (A - I_{2026})$ $\leq 1013$ . (3 p)

Fie $A, B \in M$ , distincte (există, deoarece $n \geq 2$ ). Cum $rang (A - I_{2026})$ $\leq 1013$ , obținem

rang (A B - B) = rang ((A - I_{2026}) B) \leq rang (A - I_{2026}) \leq 1013.

(3 p)

Presupunem $A B \neq B$ . Conform ipotezei, $A B \in M$ . Atunci $A B - B \in T$ , deci $rang (A B - B)$ $> 1013$ . Contradicție. Prin urmare, $A B = B$ . Analog (folosind $rang (B - I_{2026})$ $\leq 1013$ și $A B - A = A (B - I_{2026})$ ) găsim $A B = A$ . Rezultă $A = B$ , în contradicție cu alegerea celor două matrice.

În concluzie, presupunerea $rang (P)$ $> 1013$ , $\forall P \in T$ , este falsă, deci există o matrice $P \in T$ cu $rang (P)$ $\leq 1013$ . (6 p)

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

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	a) demonstrație; b) nu (contraexemplu $h (x) = \| x \|$ )
2	demonstrație: $(A B - B A) f (B) = O_{n}$ și $f (B)$ inversabilă
3	a), b) demonstrații ( $f (0) = 0$ , $f (x) \leq x f^{'} (x)$ )
4	demonstrație prin reducere la absurd (inegalitatea lui Sylvester)

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă
1	Continuitate (definiția cu $ε$ și $δ$ ), derivabilitate
2	Matrice, polinoame de matrice, matrice inversabile
3	Funcții convexe, derivate, monotonie, limite
4	Rangul unei matrice, inegalitatea lui Sylvester, funcții bijective

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la etapa națională a olimpiadei de matematică 2026, clasa a XI-a? Patru probleme: o funcție încadrată între două șiruri de funcții continue (respectiv derivabile), matricele cu $A \cdot f (B) = B$ pentru un polinom $f$ , o funcție convexă cu $x^{s} f^{'} (x) \geq (f (f (x)))^{s}$ și o mulțime finită de matrice de ordin 2026 închisă la înmulțire.

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 X-a · clasa a XII-a; aceeași clasă la etapa județeană: olimpiada de matematică 2026, etapa județeană, clasa a XI-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 XI-a, subiecte rezolvate

Problema 1 (22,5 puncte · continuitate, derivabilitate)

Problema 2 (22,5 puncte · matrice, polinoame, matrice inversabile)

Problema 3 (22,5 puncte · funcții convexe, derivate, monotonie)

Problema 4 (22,5 puncte · matrice, rang, inegalitatea lui Sylvester)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe