Olimpiada de matematică 2026 națională, clasa a IX-a

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

Patru probleme: funcțiile strict monotone cu f(f(n)) = 4n + 3 și f(f(n) - n) = 2n + 3, o inegalitate cu puteri ale unor numere pozitive, o problemă cu părți întregi și pătrate perfecte și o problemă de vectori despre laturile și diagonala unui pătrat, respectiv un pătrat tăiat de n drepte.

Q: 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.

Q: 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.

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2026, etapa națională, clasa a IX-a (Alba Iulia, 31 martie 2026), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: singura funcție de la problema 1 este $f (n) = 2 n + 1$ ; problema 2 se rezolvă cu inegalitatea $a^{i} (1 - a)^{2} \geq 0$ ; la problema 3 se arată întâi $[a^{2}] = [b^{2}]$ , apoi se folosește inegalitatea lui Bernoulli; problema 4 combină vectori și o colorare „tablă de șah”.

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 IX-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 pe $N^{*}$ )

Determinați funcțiile strict monotone $f : N^{*} \to N^{*}$ care verifică simultan următoarele două condiții:

\begin{matrix} f (f (n)) = 4 n + 3; \\ f (f (n) - n) = 2 n + 3, \end{matrix}

pentru orice număr natural nenul $n$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Evident, $f$ este strict crescătoare (o funcție strict descrescătoare $N^{*} \to N^{*}$ nu există: valorile $f (1)$ $> f (2)$ $> f (3)$ $> \dots$ ar forma un șir infinit strict descrescător de numere naturale nenule). (3 p)

Folosind ipoteza, avem $f (f (2 n) - 2 n)$ $= 4 n + 3$ $= f (f (n))$ . Cum $f$ este strict crescătoare (deci injectivă), obținem $f (2 n) - 2 n = f (n)$ , deci

f (2 n) - f (n) = 2 n, \forall n \in N^{*} . (1)

(3 p)

Presupunem că există $n \in N^{*}$ astfel încât $f (n + 1) = f (n) + 1$ . Atunci $f (n + 1) - (n + 1)$ $= f (n) - n$ , deci $f (f (n + 1) - (n + 1))$ $= f (f (n) - n)$ , de unde rezultă $2 (n + 1) + 3 = 2 n + 3$ , fals. Cum $f (n + 1) - f (n) \geq 1$ , obținem

f (n + 1) - f (n) \geq 2, \forall n \in N^{*} . (2)

(3 p)

Folosind relațiile (1) și (2), avem:

2 n = f (2 n) - f (n) = \sum_{k = 0}^{n - 1} (f (n + k + 1) - f (n + k)) \geq 2 n,

deci toate diferențele sunt egale cu 2: $f (n + 1) - f (n) = 2$ , $\forall n \in N^{*}$ , de unde rezultă

f (n) = f (1) + 2 (n - 1), \forall n \in N^{*} .

(9 p)

În final, avem $7$ $= f (f (1))$ $= f (1) + 2 (f (1) - 1)$ , deci $f (1) = 3$ și $f (n) = 2 n + 1$ , pentru orice $n$ . Funcția verifică ipoteza: $f (f (n))$ $= 2 (2 n + 1) + 1$ $= 4 n + 3$ și $f (f (n) - n)$ $= f (n + 1)$ $= 2 n + 3$ . (3 p)

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

Notă: baremul oficial mai conține două soluții (prin inducție după paritatea lui $n$ , respectiv pornind de la valoarea $f (1) = 3$ ), cu același rezultat.

Problema 2 (22,5 puncte · inegalități cu puteri)

Considerăm numărul natural $n \geq 2$ și numerele reale $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n} \in (0, \infty)$ cu proprietatea că există numărul natural nenul $k$ astfel încât

a_{1}^{k - 1} + a_{2}^{k} + \dots + a_{n}^{k + n - 2} \geq a_{1}^{k} + a_{2}^{k + 1} + \dots + a_{n}^{k + n - 1} .

Arătați că $a_{1}^{k} + a_{2}^{k} + \dots + a_{n}^{k}$ $\leq n$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

În rezolvare vom folosi proprietatea că dacă $a$ este un număr real pozitiv, atunci pentru orice număr natural $i$ este adevărată inegalitatea

a^{i} - a^{i + 1} \geq a^{i + 1} - a^{i + 2}, (*)

echivalentă cu

a^{i + 2} - a^{i + 1} \geq a^{i + 1} - a^{i} . (* *)

Într-adevăr, trecând toți termenii în partea stângă se obține relația $a^{i} (1 - a)^{2} \geq 0$ . (6 p)

Astfel, folosind (*) pentru $a_{1}$ , apoi ipoteza, apoi (**) pentru $a_{2}, \dots, a_{n}$ , avem șirul de inegalități

\begin{aligned} 1 - a_{1} & \geq a_{1} - a_{1}^{2} \geq \dots \geq a_{1}^{k - 1} - a_{1}^{k} \\ \geq (a_{2}^{k + 1} - a_{2}^{k}) + \dots + (a_{n}^{k + n - 1} - a_{n}^{k + n - 2}) \\ \geq \dots \geq (a_{2}^{k} - a_{2}^{k - 1}) + \dots + (a_{n}^{k} - a_{n}^{k - 1}) \\ \geq \dots \geq (a_{2}^{2} - a_{2}) + \dots + (a_{n}^{2} - a_{n}) \\ \geq (a_{2} - 1) + (a_{3} - 1) + \dots + (a_{n} - 1) . \end{aligned}

(9 p)

Uitându-ne la termenii extremi, deducem $n \geq a_{1} + \dots + a_{n}$ ; apoi la al doilea și penultimul, $a_{1} + \dots + a_{n}$ $\geq a_{1}^{2} + \dots + a_{n}^{2}$ , și tot așa, până la $a_{1}^{k - 1} + \dots + a_{n}^{k - 1}$ $\geq a_{1}^{k} + \dots + a_{n}^{k}$ . Deci

n \geq a_{1} + \dots + a_{n} \geq a_{1}^{2} + \dots + a_{n}^{2} \geq \dots \geq a_{1}^{k} + \dots + a_{n}^{k},

și cerința este demonstrată. (6 p)

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

Problema 3 (22,5 puncte · partea întreagă, pătrate perfecte)

Considerăm numerele reale $a$ și $b$ astfel încât $[a] = [b] \in N^{*}$ . Dacă $[a^{n}] \cdot [b^{n}]$ este pătrat perfect, pentru orice număr natural $n$ , arătați că $a = b$ .

(Am notat cu $[x]$ partea întreagă a numărului real $x$ .)

Vezi soluția (după baremul oficial)

La început, demonstrăm că $[a^{2}] = [b^{2}]$ . Dacă $[a] = [b] = k$ , atunci $k^{2}$ $\leq a^{2}, b^{2}$ $< (k + 1)^{2}$ , deci există numerele naturale $r$ și $s$ astfel încât

[a^{2}] = k^{2} + r, [b^{2}] = k^{2} + s, 0 \leq r \leq 2 k, 0 \leq s \leq 2 k . (*)

(3 p)

Deoarece $[a^{2}] \cdot [b^{2}]$ este pătrat perfect, există numărul natural $t$ astfel încât $(k^{2} + r) (k^{2} + s)$ $= (k^{2} + t)^{2}$ , de unde obținem

k^{2} (r + s - 2 t) = t^{2} - r s .

Dacă $r + s < 2 t$ , rezultă $t^{2} < r s$ , prin urmare $\frac{r + s}{2}$ $< t$ $< \sqrt{r s}$ , contradicție (inegalitatea mediilor). Dacă $r + s > 2 t$ , rezultă $t < \frac{r + s}{2}$ și avem:

k^{2} \leq k^{2} (r + s - 2 t) = t^{2} - r s < {(\frac{r + s}{2})}^{2} - r s = {(\frac{r - s}{2})}^{2},

de unde obținem $k$ $< | \frac{r - s}{2} |$ , adică $| r - s | > 2 k$ , în contradicție cu (*).

Prin urmare $r + s = 2 t$ , deci $t^{2} = r s$ , așadar $t$ $= \sqrt{r s}$ $= \frac{r + s}{2}$ , adică $r = s$ , ceea ce înseamnă că $[a^{2}] = [b^{2}]$ . (6 p)

Aplicând același raționament numerelor $a^{2}, b^{2}$ , apoi $a^{4}, b^{4}$ ș.a.m.d., obținem inductiv $[a^{2^{n}}]$ $= [b^{2^{n}}]$ , pentru orice număr natural nenul $n$ . (3 p)

Presupunând că $a < b$ , rezultă $0$ $< b^{2^{n}} - a^{2^{n}}$ $< 1$ , pentru orice număr natural nenul $n$ (cele două numere au aceeași parte întreagă). Cum $a \geq 1$ , $\frac{b}{a} > 1$ și $2^{n} > n$ , folosind inegalitatea lui Bernoulli avem:

\begin{aligned} 1 & > a^{2^{n}} ({(\frac{b}{a})}^{2^{n}} - 1) \geq {(\frac{b}{a})}^{2^{n}} - 1 > {(\frac{b}{a})}^{n} - 1 \\ = {(1 + \frac{b - a}{a})}^{n} - 1 \geq 1 + n \cdot \frac{b - a}{a} - 1 = n \cdot \frac{b - a}{a}, \end{aligned}

pentru orice număr natural nenul $n$ , de unde rezultă $n < \frac{a}{b - a}$ , $\forall n \in N^{*}$ , contradicție. Analog dacă $b < a$ . Deci $a = b$ . (9 p)

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

Observație (din barem, altă demonstrație pentru $[a^{2}] = [b^{2}]$ ). Pentru $[a] = [b] = k$ , deoarece $[a^{2}] \cdot [b^{2}]$ este pătrat perfect, există numerele naturale nenule $d, x, y$ cu $[a^{2}] = d x^{2}$ , $[b^{2}] = d y^{2}$ . Presupunând $[a^{2}] < [b^{2}]$ , avem $k^{2}$ $\leq d x^{2}$ $< d y^{2}$ $< (k + 1)^{2}$ , de unde

2 k \geq d (y^{2} - x^{2}) \geq d (x + y) > d (\frac{k}{\sqrt{d}} + \frac{k}{\sqrt{d}}) = 2 k \sqrt{d} \geq 2 k,

contradicție.

Problema 4 (22,5 puncte · vectori, combinatorică geometrică)

a) Considerăm cele patru laturi ale unui pătrat și una dintre diagonalele sale. Fiecărui astfel de segment îi alegem în mod arbitrar un sens, obținând astfel cinci vectori. Arătați că modulul sumei acestor cinci vectori este cel puțin egal cu lungimea diagonalei pătratului.

b) Fie $n$ un număr natural nenul și fie $n$ drepte care partiționează un pătrat în poligoane convexe. Notăm cu $M$ mulțimea tuturor segmentelor care reprezintă laturile acestor poligoane. Arătați că putem alege pentru fiecare segment din $M$ un sens, astfel încât suma vectorilor corespunzători să aibă modulul cel mult egal cu lungimea diagonalei pătratului.

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Notăm pătratul $A B C D$ , considerăm $A B = 1$ și fie $\vec{v}$ $= \vec{A B}$ și $\vec{s}$ $= \vec{A D}$ . Laturile $A B$ și $D C$ dau împreună un vector $x \vec{v}$ , iar $A D$ și $B C$ un vector $y \vec{s}$ , cu $x, y \in {- 2, 0, 2}$ ; diagonala dă $\pm (\vec{v} + \vec{s})$ sau $\pm (\vec{v} - \vec{s})$ . Atunci cerința este echivalentă cu

| x \cdot \vec{v} + y \cdot \vec{s} + z (\vec{v} \pm \vec{s}) | \geq \sqrt{2},

pentru orice $x, y \in {- 2, 0, 2}$ și $z \in {- 1, 1}$ . Întrucât modulul unui vector este egal cu modulul opusului său, putem presupune fără a restrânge generalitatea că $z = 1$ . Atunci cerința se scrie $| (x + 1) \vec{v} + (y \pm 1) \vec{s} |$ $\geq \sqrt{2}$ , care (vectorii $\vec{v}, \vec{s}$ fiind perpendiculari și de lungime 1) este echivalentă cu $(x + 1)^{2} + (y \pm 1)^{2}$ $\geq 2$ . Întrucât $| x + 1 | \geq 1$ și $| y \pm 1 | \geq 1$ , pentru orice $x, y \in {- 2, 0, 2}$ , concluzia este adevărată. (6 p)

b) Pentru fiecare dreaptă $d_{i}$ , $i = \overset{―}{1, n}$ , notăm unul din semiplanele determinate de aceasta cu $1$ , iar celălalt cu $- 1$ . Fiecărui punct $P$ din interiorul pătratului care nu se află pe nicio dreaptă $d_{i}$ îi asociem $n$ -uplul $(p_{1}, p_{2}, \dots, p_{n})$ , unde $p_{i}$ este notația $1$ sau $- 1$ aferentă poziției lui $P$ față de dreapta $d_{i}$ . Punctele interioare fiecărui poligon rezultat în urma tăierii au același $n$ -uplu asociat, deci putem asocia poligonului numărul $p_{1} \cdot p_{2} \cdot \dots \cdot p_{n}$ , care poate lua una din valorile $1$ sau $- 1$ . Observăm că oricare două poligoane care au o latură comună vor avea asociate pe $1$ , respectiv $- 1$ (ele diferă doar prin poziția față de dreapta care conține latura comună). Colorăm interioarele poligoanelor asociate cu $1$ cu negru și pe cele asociate cu $- 1$ cu alb și obținem un tipar similar unei table de șah. (6 p)

Pentru fiecare poligon negru, orientăm toate laturile acestuia conform parcurgerii în sensul acelor de ceasornic, iar pentru fiecare poligon alb, în sensul invers acelor de ceasornic. Atunci fiecare segment interior este la fel orientat în ambele procese, deci orientarea tuturor segmentelor este coerentă. Fie $\vec{α}$ suma vectorilor interiori pătratului și $\vec{β}$ suma vectorilor de pe laturile pătratului. Întrucât în orice poligon suma vectorilor orientați de pe laturi este nulă, iar fiecare segment interior aparține la exact două poligoane, avem $2 \vec{α} + \vec{β}$ $= \vec{0}$ , deci

\vec{α} = - \frac{1}{2} \vec{β} .

(6 p)

Considerând, ca la punctul a), latura pătratului egală cu 1, pentru ca această configurație să corespundă cerinței trebuie ca $| \vec{α} + \vec{β} |$ $= \frac{1}{2} | \vec{β} |$ $\leq \sqrt{2}$ , adică $| \vec{β} |$ $\leq 2 \sqrt{2}$ . Dar $\vec{β}$ este suma dintre doi vectori perpendiculari sau nuli (componenta orizontală și cea verticală), amândoi de modul cel mult 2, deci $| \vec{β} |$ $\leq \sqrt{2^{2} + 2^{2}}$ $= 2 \sqrt{2}$ și inegalitatea se verifică. (3 p)

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

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	$f (n) = 2 n + 1$
2	demonstrație: $n \geq \sum a_{i} \geq \sum a_{i}^{2} \geq \dots \geq \sum a_{i}^{k}$
3	demonstrație: $[a^{2^{n}}] = [b^{2^{n}}]$ pentru orice $n$ , apoi Bernoulli
4	a), b) demonstrații (vectori, colorare în tablă de șah)

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă
1	Funcții strict monotone pe $N^{*}$ , ecuații funcționale
2	Inegalități cu puteri, sume
3	Partea întreagă, pătrate perfecte, inegalitatea lui Bernoulli
4	Vectori în plan, combinatorică geometrică

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la etapa națională a olimpiadei de matematică 2026, clasa a IX-a? Patru probleme: funcțiile strict monotone cu $f (f (n)) = 4 n + 3$ și $f (f (n) - n) = 2 n + 3$ , o inegalitate cu puteri ale unor numere pozitive, o problemă cu părți întregi și pătrate perfecte și o problemă de vectori despre laturile și diagonala unui pătrat, respectiv un pătrat tăiat de $n$ drepte.

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

Problema 1 (22,5 puncte · ecuații funcționale pe $N^{*}$ )

Problema 2 (22,5 puncte · inegalități cu puteri)

Problema 3 (22,5 puncte · partea întreagă, pătrate perfecte)

Problema 4 (22,5 puncte · vectori, combinatorică geometrică)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe

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

Problema 1 (22,5 puncte · ecuații funcționale pe N∗)

Problema 2 (22,5 puncte · inegalități cu puteri)

Problema 3 (22,5 puncte · partea întreagă, pătrate perfecte)

Problema 4 (22,5 puncte · vectori, combinatorică geometrică)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe

Problema 1 (22,5 puncte · ecuații funcționale pe $N^{*}$ )