Olimpiada de matematică 2026 națională, clasa a XII-a

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

Patru probleme: limita (a_n)/(n²) pentru numărul punctelor laticeale dintr-un disc de rază n, elementele de ordin maxim într-un grup de ordin liber de pătrate, numărul elementelor nilpotente dintr-un inel de caracteristică p și o caracterizare integrală a funcțiilor continue strict monotone.

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2026, etapa națională, clasa a XII-a (Alba Iulia, 31 martie 2026), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: limita de la problema 1 este $π$ (sumă Riemann pentru $\sqrt{1 - x^{2}}$ ); problema 2 este despre grupuri de ordin liber de pătrate; problema 3 arată că un inel de caracteristică $p$ are cel mult $\frac{| A |}{p}$ elemente nilpotente; problema 4 caracterizează funcțiile strict monotone printr-o integrală.

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 XII-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 · sume Riemann, integrala definită)

Se consideră un reper cartezian $x O y$ în planul $Π$ . Pentru fiecare număr natural nenul $n$ notăm cu $D_{n}$ discul închis de rază $n$ centrat în originea reperului,

D_{n} = {P \in Π ∣ O P \leq n}

și notăm cu $a_{n}$ numărul punctelor laticeale $P (k, l) \in D_{n}$ (un punct laticeal este un punct cu ambele coordonate numere întregi). Determinați

lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{n^{2}} .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Vom identifica orice punct din planul $Π$ cu perechea $(x, y)$ a coordonatelor sale în raport cu reperul fixat $x O y$ . Fie $n \in N^{*}$ oarecare. Mulțimea punctelor laticeale din discul $D_{n}$ este $L_{n}$ $= D_{n} \cap (Z \times Z)$ . Considerăm mulțimile

\begin{matrix} M_{1 n} = D_{n} \cap (N \times N^{*}), M_{2 n} = D_{n} \cap ((- N^{*}) \times N), \\ M_{3 n} = D_{n} \cap ((- N) \times (- N^{*})), M_{4 n} = D_{n} \cap (N^{*} \times (- N)) . \end{matrix}

Atunci $L_{n}$ $= {(0, 0)} \cup M_{1 n} \cup M_{2 n} \cup M_{3 n} \cup M_{4 n}$ . Prin rotații de centru $O (0, 0)$ și unghiuri cu măsura multiplu de $\frac{π}{2}$ , mulțimea $M_{1 n}$ se transformă în $M_{2 n}$ , $M_{3 n}$ , respectiv $M_{4 n}$ . Rezultă că mulțimile $M_{k n}$ , $k = \overset{―}{1, 4}$ , au un același cardinal $b_{n}$ , pentru care are loc egalitatea $a_{n} = 1 + 4 \cdot b_{n}$ . (3 p)

Deoarece

\begin{aligned} M_{1 n} & = ⋃_{k = 0}^{n - 1} {k} \times {l \in N^{*} ∣ k^{2} + l^{2} \leq n^{2}} \\ = ⋃_{k = 0}^{n - 1} {k} \times {l \in N^{*} ∣ 1 \leq l \leq \sqrt{n^{2} - k^{2}}}, \end{aligned}

rezultă că $b_{n}$ $= \sum_{k = 0}^{n - 1} [\sqrt{n^{2} - k^{2}}]$ . (3 p)

Notând $s_{n}$ $= \sum_{k = 0}^{n - 1} \sqrt{n^{2} - k^{2}}$ , cu definiția părții întregi a unui număr real obținem inegalitățile $s_{n} - n < b_{n} \leq s_{n}$ , echivalente cu $4 s_{n} - 4 n + 1$ $< a_{n}$ $\leq 4 s_{n} + 1$ . Rezultă

4 \cdot \frac{s_{n}}{n^{2}} - \frac{4}{n} + \frac{1}{n^{2}} < \frac{a_{n}}{n^{2}} \leq 4 \cdot \frac{s_{n}}{n^{2}} + \frac{1}{n^{2}}, pentru orice n \in N^{*} . (1)

(6 p)

În mod evident,

\frac{s_{n}}{n^{2}} = \frac{1}{n} \cdot \sum_{k = 0}^{n - 1} \sqrt{1 - {(\frac{k}{n})}^{2}}

reprezintă suma Riemann a funcției $f : [0, 1] \to R$ , $f (x) = \sqrt{1 - x^{2}}$ , în raport cu diviziunea $Δ_{n} = (0 < \frac{1}{n} < \frac{2}{n} < \dots < \frac{n - 1}{n} < 1)$ și sistemul de puncte intermediare $ξ_{n}$ $= (0, \frac{1}{n}, \frac{2}{n}, \dots, \frac{n - 1}{n})$ . (3 p)

Deoarece funcția $f$ este continuă pe $[0, 1]$ , deci integrabilă, există limita $lim_{n \to \infty} \frac{s_{n}}{n^{2}}$ și

lim_{n \to \infty} \frac{s_{n}}{n^{2}} = \int_{0}^{1} \sqrt{1 - x^{2}} d x .

(3 p)

Aceasta reprezintă aria unui sfert de disc de rază 1, deci este egală cu $\frac{π}{4}$ . Cu criteriul cleștelui, aplicat șirurilor din relația (1), avem

lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{n^{2}} = 4 \cdot lim_{n \to \infty} \frac{s_{n}}{n^{2}} = 4 \cdot \frac{π}{4} = π .

(3 p)

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

Verificare matepenet: numărând direct, $\frac{a_{n}}{n^{2}} \approx 3,141 7$ pentru $n = 100$ și $3,141 55$ pentru $n = 1000$ .

Problema 2 (22,5 puncte · grupuri finite, ordinul unui element)

Fie $n$ un număr natural liber de pătrate ( $n$ se numește liber de pătrate dacă nu este divizibil prin niciun pătrat perfect mai mare decât 1), iar $G$ un grup de ordin $n$ . Fie $d$ cel mai mare ordin al unui element al grupului $G$ și $N$ numărul elementelor de ordin $d$ din grupul $G$ .

a) Demonstrați că $N$ este divizibil cu $\frac{n}{d}$ .
b) Demonstrați că $N^{2} \geq φ (n)$ , unde $φ (n)$ este numărul întregilor $k$ , cu $1 \leq k \leq n$ și $(k, n) = 1$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Dacă grupul $G$ este ciclic, atunci $d = n$ , $N = φ (n)$ și ambele afirmații sunt evident adevărate.

a) Deoarece $n$ este liber de pătrate, $\frac{n}{d}$ este de asemenea liber de pătrate, deci este cel mai mic multiplu comun al divizorilor săi primi. Este suficient să arătăm că orice divizor prim al lui $\frac{n}{d}$ este divizor al lui $N$ .

Fie $X$ mulțimea tuturor elementelor de ordin $d$ din grupul $G$ . Deoarece pentru oricare două elemente $a$ și $b$ ale unui grup, elementele $a b$ și $b a$ au același ordin, pentru orice $x \in X$ și orice $g \in G$ avem $ord (g x g^{- 1})$ $= ord (x g^{- 1} g)$ $= ord (x)$ $= d$ . Rezultă că $g x g^{- 1} \in X$ , pentru orice $x \in X$ și orice $g \in G$ . Conform enunțului, $N = | X |$ . Vom arăta că, pentru orice divizor prim $p$ al lui $\frac{n}{d}$ , $X$ se partiționează în submulțimi de câte $p$ elemente.

Fie $p$ un divizor prim oarecare al lui $\frac{n}{d}$ . Conform teoremei lui Cauchy, există $a \in G$ de ordin $p$ . Deoarece $(d, p) = 1$ , dacă ar exista $g \in X$ cu $g a = a g$ , atunci $ord (g a)$ $= d p$ , ceea ce ar contrazice maximalitatea lui $d$ . Rezultă $a g \neq g a$ și $g a^{k} \neq a^{k} g$ pentru orice $1 \leq k \leq p - 1$ (căci și $a^{k}$ are ordinul $p$ ). (3 p)

Așadar, pentru orice $g \in X$ fixat, elementele $a^{k} g a^{- k}$ , cu $k \in N$ , $0 \leq k \leq p - 1$ , sunt distincte două câte două. Dacă $k \in Z$ este un întreg oarecare, există și sunt unice $q \in Z$ și $r \in {0, 1, \dots, p - 1}$ , astfel încât $k = p q + r$ . Deoarece $ord (a) = p$ , avem $a^{k}$ $= a^{p q + r}$ $= (a^{p})^{q} \cdot a^{r}$ $= a^{r}$ , și mulțimea

X_{g} = {a^{k} g a^{- k} ∣ k \in Z}

are cardinalul $p$ . (3 p)

Pentru orice $h = a^{k} g a^{- k} \in X_{g}$ avem că

X_{h} = {a^{l} h a^{- l} ∣ l \in Z} = {a^{k + l} g a^{- k - l} ∣ l \in Z} = X_{g} .

Astfel, oricare două mulțimi $X_{g}$ și $X_{h}$ , cu $g, h \in X$ , sunt fie egale, fie disjuncte. (3 p)

Rezultă că există o submulțime $R \subset X$ (un sistem de reprezentanți), astfel încât $X$ se partiționează în mulțimile $X_{g}$ , cu $g \in R$ : $X = ⋃_{g \in R} X_{g}$ . Aceasta fiind o reuniune disjunctă, pentru numărul elementelor lui $X$ avem

N = | X | = \sum_{g \in R} | X_{g} | = \sum_{g \in R} p = | R | \cdot p .

Așadar, $N$ este un multiplu al numărului prim $p$ . Cum $p$ este un divizor prim oarecare al lui $\frac{n}{d}$ , rezultă că $N$ este divizibil cu $\frac{n}{d}$ . (3 p)

b) Din relația de divizibilitate demonstrată la a) rezultă că $N \geq \frac{n}{d}$ . (1)

Pentru orice $g \in X$ , elementele $g^{j}$ , cu $1 \leq j \leq d$ și $(j, d) = 1$ , sunt $φ (d)$ elemente distincte de ordin $d$ . Obținem

N = | X | \geq | {g^{j} ∣ 1 \leq j \leq d, (j, d) = 1} | = φ (d) . (2)

(3 p)

Înmulțind inegalitățile (1) și (2) rezultă

N^{2} \geq \frac{n}{d} \cdot φ (d) \geq φ (\frac{n}{d}) \cdot φ (d) = φ (n) .

(6 p)

(Am folosit inegalitatea $m \geq φ (m)$ , valabilă pentru orice $m \in N^{*}$ , și identitatea $φ (m \cdot n)$ $= φ (m) \cdot φ (n)$ , pentru orice $m, n \in N^{*}$ cu $(m, n) = 1$ ; aici $(\frac{n}{d}, d)$ $= 1$ deoarece $n$ este liber de pătrate.)

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

Observație (din barem). Mulțimile $X_{g}$ definite mai sus sunt orbitele acțiunii de conjugare a grupului $⟨ a ⟩$ pe mulțimea $X$ a elementelor de ordin $d$ . Maximalitatea lui $d$ implică faptul că stabilizatorul fiecărui element conține doar elementul neutru al grupului. Astfel, toate orbitele au lungimea $p$ .

Problema 3 (22,5 puncte · inele, elemente nilpotente și inversabile)

Fie $p$ un număr prim, iar $A$ un inel de caracteristică $p$ . Arătați că $A$ are cel mult $\frac{| A |}{p}$ elemente nilpotente, unde $| A |$ reprezintă numărul elementelor inelului $A$ .

( $x \in A$ se numește nilpotent dacă există $m \in N^{*}$ astfel încât $x^{m} = 0$ .)

Vezi soluția (după baremul oficial)

Notăm cu $U (A)$ mulțimea elementelor inversabile ale inelului $A$ , cu $N (A)$ mulțimea elementelor nilpotente din inelul $A$ , iar pentru orice $k \in N$ vom nota $k$ $= k \cdot 1_{A}$ $= 1_{A} + 1_{A} + \dots + 1_{A}$ , în care elementul unitate $1_{A}$ al inelului $A$ apare de $k$ ori.

Deoarece $p$ este prim, avem $k \in U (A)$ pentru orice $1 \leq k \leq p - 1$ , iar $k^{- 1} \in {1, 2, \dots, p - 1}$ . Pentru orice $a \in A ∖ {0}$ , deoarece $p \cdot a = 0$ , ordinul elementului $a$ în grupul aditiv $(A, +)$ este $p$ , astfel că $k^{- 1} \cdot a$ $= a \cdot k^{- 1} \neq 0$ . (3 p)

Pentru orice $x \in N (A) ∖ {0}$ există $m \geq 2$ cu $x^{m} = 0$ , astfel că

(1 - x) (1 + x + x^{2} + \dots + x^{m - 1}) = 1

și $1 - x \in U (A)$ , cu $(1 - x)^{- 1}$ $= 1 + x + x^{2} + \dots + x^{m - 1}$ . (3 p)

De asemenea, deoarece $k^{- 1} x = x k^{- 1}$ , rezultă că $k^{- 1} x \in N (A)$ și $1 - k^{- 1} x \in U (A)$ . Prin urmare,

k - x = k (1 - k^{- 1} x) \in U (A) .

(3 p)

Pentru fiecare $1 \leq k \leq p - 1$ considerăm mulțimea $R_{k}$ $= {k - x ∣ x \in N (A)}$ , $R_{k} \subseteq U (A)$ . Evident, pentru orice $x, y \in N (A)$ , cu $x \neq y$ , avem $k - x \neq k - y$ , astfel că $| R_{k} | = | N (A) |$ . (3 p)

De asemenea, cum $U (A) \cap N (A)$ $= \emptyset$ , pentru orice $1 \leq k < l \leq p - 1$ și orice $x, y \in N (A)$ avem $l - k - y \neq - x$ , deoarece $l - k - y \in U (A)$ și $- x \in N (A)$ , astfel că $l - y \neq k - x$ . Rezultă că $R_{k} \cap R_{l} = \emptyset$ , pentru orice $1 \leq k < l \leq p - 1$ , (3 p)

și

| U (A) | \geq | ⋃_{k = 1}^{p - 1} R_{k} | = \sum_{k = 1}^{p - 1} | R_{k} | = (p - 1) \cdot | N (A) | .

(3 p)

Prin urmare,

| A | \geq | U (A) | + | N (A) | \geq (p - 1) \cdot | N (A) | + | N (A) | = p \cdot | N (A) |,

adică $| N (A) | \leq \frac{| A |}{p}$ , ceea ce demonstrează afirmația din enunț. (3 p)

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

Problema 4 (22,5 puncte · integrala definită, funcții continue, monotonie)

Fie $f : R \to R$ o funcție continuă. Demonstrați că $f$ este strict monotonă pe $R$ dacă și numai dacă

\int_{x}^{y} f (t) d t \neq (y - x) f (x),

pentru orice $x, y \in R$ , cu $x \neq y$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Relația din enunț se transcrie echivalent sub forma

\int_{x}^{y} (f (t) - f (x)) d t \neq 0,

pentru orice $x, y \in R$ , cu $x \neq y$ .

Notăm $I (x, y)$ $= \int_{x}^{y} (f (t) - f (x)) d t$ pentru orice $x, y \in R$ . Cu teorema de medie, pentru orice $x, y \in R$ , cu $x \neq y$ , există un număr $c \in (min {x, y}, max {x, y})$ cu proprietatea că $I (x, y)$ $= (y - x) \cdot (f (c) - f (x))$ . Cum $x \neq c$ , dacă $f$ este strict monotonă, atunci $f (c) \neq f (x)$ și $I (x, y) \neq 0$ , pentru orice $x, y \in R$ , $x \neq y$ . (3 p)

Reciproc, să presupunem că are loc relația $I (x, y) \neq 0$ pentru orice $x, y \in R$ , cu $x \neq y$ .

Arătăm că $f$ nu poate fi constantă pe niciun interval $[a, b]$ , cu $a, b \in R$ , $a < b$ . Într-adevăr, dacă ar exista $a < b$ astfel încât $f$ să fie constantă pe $[a, b]$ , atunci pentru orice $x, y \in [a, b]$ , cu $x \neq y$ , am obține $I (x, y) = 0$ , ceea ce ar contrazice ipoteza. (3 p)

Funcția $f$ fiind continuă, pentru orice $a, b \in R$ , cu $a < b$ , există $u, v \in [a, b]$ astfel încât $f (u)$ $= min {f (t) ∣ t \in [a, b]}$ și $f (v)$ $= max {f (t) ∣ t \in [a, b]}$ , iar $u$ și $v$ sunt distincte, deoarece $f$ nu este constantă pe $[a, b]$ . (3 p)

Dacă $f$ este strict monotonă pe $[a, b]$ , atunci ${u, v} = {a, b}$ . Dacă $f$ nu este strict monotonă pe $R$ , atunci există $a, b \in R$ , cu $a < b$ , astfel încât $f$ să nu fie strict monotonă pe $[a, b]$ și prin urmare putem alege $u, v \in [a, b]$ ca mai înainte cu ${u, v} \neq {a, b}$ . Rezultă că $b \notin {u, v}$ , deci $u, v \in [a, b)$ , sau $a \notin {u, v}$ , deci $u, v \in (a, b]$ . (3 p)

Dacă $u, v \in [a, b)$ , fie $d$ $= min {b - u, b - v}$ $> 0$ . Deoarece funcția $f$ este continuă, funcția $g : R \to R$ , definită prin $g (x) = I (x, x + d)$ , este continuă. Cum $g (u) \geq 0 \geq g (v)$ (pe $[u, u + d]$ avem $f (t) \geq f (u)$ , iar pe $[v, v + d]$ avem $f (t) \leq f (v)$ ), există $x \in [min {u, v}, max {u, v}]$ astfel încât $g (x) = 0$ . Dar atunci $0$ $= g (x)$ $= I (x, x + d) \neq 0$ este o contradicție. (3 p)

Dacă $u, v \in (a, b]$ , fie $d$ $= min {u - a, v - a}$ $> 0$ și funcția $h : R \to R$ definită prin $h (x) = I (x, x - d)$ . Cum $f$ este continuă, rezultă că și $h$ este continuă și, deoarece $h (u) \leq 0 \leq h (v)$ , există $x \in [min {u, v}, max {u, v}]$ cu $h (x) = 0$ . Obținem atunci contradicția $0$ $= h (x)$ $= I (x, x - d) \neq 0$ . (3 p)

Contradicțiile obținute în cele două cazuri arată că nu se poate ca funcția $f$ să nu fie strict monotonă, ceea ce încheie demonstrația. (3 p)

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

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	$lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{n^{2}} = π$
2	a), b) demonstrații (orbite de câte $p$ elemente, $N^{2} \geq φ (n)$ )
3	demonstrație: $\| U (A) \| \geq (p - 1) \| N (A) \|$
4	demonstrație (teorema de medie, proprietatea lui Darboux)

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă
1	Sume Riemann, integrala definită, criteriul cleștelui
2	Grupuri finite, ordinul unui element, teorema lui Cauchy, indicatorul lui Euler
3	Inele, elemente inversabile și nilpotente
4	Integrala definită, teorema de medie, funcții continue

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la etapa națională a olimpiadei de matematică 2026, clasa a XII-a? Patru probleme: limita $\frac{a_{n}}{n^{2}}$ pentru numărul punctelor laticeale dintr-un disc de rază $n$ , elementele de ordin maxim într-un grup de ordin liber de pătrate, numărul elementelor nilpotente dintr-un inel de caracteristică $p$ și o caracterizare integrală a funcțiilor continue strict monotone.

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

Problema 1 (22,5 puncte · sume Riemann, integrala definită)

Problema 2 (22,5 puncte · grupuri finite, ordinul unui element)

Problema 3 (22,5 puncte · inele, elemente nilpotente și inversabile)

Problema 4 (22,5 puncte · integrala definită, funcții continue, monotonie)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe