Pregătire cu un profesor

Concursul MateInfoUB 2023
- 21 mai 2023 -
Problema 1. Fie (an)n≥0 o progresie aritmetic˘a de rat¸ie r.
a) Demonstrat¸i c˘a ¸sirul (bn)n≥0 definit prin bn = 2an + 3 pentru orice n ≥ 0, este tot o progresie
aritmetic˘a.
b) Presupunem r 6 = 0. Fie P (X) un polinom cu coeficient¸i reali astfel ˆıncˆat (P (an))n≥0 este progresie
aritmetic˘a. Ar˘atat¸i c˘a grad(P ) ≤ 1.
c) Unei progresii aritmetice (an)n≥0 cu tot¸i termenii numere naturale ˆıi asociem mult¸imea M =
{cos(an) + i sin(an)|n ∈ N}. Determinat¸i toate progresiile (an)n≥0 pentru care (M, ·) este subgrup al
lui (C∗, ·).
d) Demonstrat¸i c˘a, dac˘a tot¸i termenii progresiei (an)n≥0 sunt numere naturale ¸si nu cont¸in ˆın scrierea
lor ˆın baza 10 cifra 9, atunci r = 0.
Problema 2. Fie f, g : (0, +∞) → R, f (x) = arctg(x) + 1
x ¸si g(x) = f (x) − x. Fie (xn)n≥0 ¸sirul de
numere reale definit astfel: x0 = 1 ¸si xn+1 = arctg(xn) + 1
xn , pentru orice n ≥ 0.
a) S˘a se arate c˘a g este strict descresc˘atoare ¸si c˘a ecuat¸ia f (x) = x are o solut¸ie unic˘a x ∈ (0, +∞).
b) S¸tiind c˘a f (2) < 1, 7 < f (1) ar˘atat¸i c˘a x ∈ (1, 2).
c) Demonstrat¸i c˘a pentru orice 1 < a < b avem |f (a) − f (b)| < 1
2 |a − b|.
d) Demonstrat¸i c˘a ¸sirurile (x2n)n≥0 ¸si (x2n+1)n≥0 sunt monotone ¸si ar˘atat¸i c˘a x2n < x < x2n+1
pentru orice n ≥ 0. Studiat¸i convergent¸a ¸sirului (xn)n≥0.
Problema 3. Fie t un num˘ar real pozitiv. Pe laturile AB, AC, BC ale triunghiului ABC con-
sider˘am punctele Ct, Bt respectiv At, astfel ca
ACt
CtB = BAt
AtC = CBt
BtA = t.
a) Demonstrat¸i c˘a, pentru t = 1, triunghiurile ABC ¸si A1B1C1 sunt asemenea.
b) Demonstrat¸i c˘a pentru orice t triunghiurile ABC ¸si AtBtCt au acela¸si centru de greutate.
c) Pentru t = 3, calculat¸i raportul ariilor triunghiurilor ABC ¸si A3B3C3.
d) S˘a presupunem t = 2. Desen˘am figura, apoi ¸stergem triunghiul ABC, dar l˘as˘am triunghiul
A2B2C2. Indicat¸i o modalitate de reconstruire a triunghiului ABC.
Toate subiectele sunt obligatorii. Timp de lucru 3 ore.

Deschide documentul original

Barem · 5 pagini

Barem · pagina 1

Universitatea din Bucure¸sti 21.05.2023
Facultatea de Matematic˘a ¸si Informatic˘a
Concursul MateInfoUB 2023
Solut¸ii
Problema 1. Fie (an)n≥0 o progresie aritmetic˘a de rat¸ie r.
a) Demonstrat¸i c˘a ¸sirul (bn)n≥0 definit prin bn = 2an + 3 pentru orice n ≥ 0, este tot o progresie
aritmetic˘a.
b) Presupunem r 6 = 0. Fie P (X) un polinom cu coeficient¸i reali astfel ˆıncˆat (P (an))n≥0 este progresie
aritmetic˘a. Ar˘atat¸i c˘a grad(P ) ≤ 1.
c) Unei progresii aritmetice (an)n≥0 cu tot¸i termenii numere naturale ˆıi asociem mult¸imea M =
{cos(an) + i sin(an)|n ∈ N}. Determinat¸i toate progresiile (an)n≥0 pentru care (M, ·) este subgrup al
lui (C∗, ·).
d) Demonstrat¸i c˘a, dac˘a tot¸i termenii progresiei (an)n≥0 sunt numere naturale ¸si nu cont¸in ˆın scrierea
lor ˆın baza 10 cifra 9, atunci r = 0.
Solut¸ie.
a) Avem bn = 2(a0 + nr) + 3 deci (bn)n≥0 este progresie aritmetic˘a de prim termen b0 = 2a0 + 3 ¸si
rat¸ie 2r . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3p
b) Dac˘a grad(P ) = 0 atunci nu avem nimic de demonstrat. Presupunem ˆın continuare c˘a grad(P ) ≥
1 ¸si fie s rat¸ia progresiei aritmetice (P (an))n≥0. Atunci P (an) = P (a0) + ns ¸si cum an = a0 + nr
implic˘a n = an−a0
r (deoarece r 6 = 0) obt¸inem c˘a P (an) = P (a0)+s· an−a0
r pentru orice n ∈ N. Deducem
c˘a polinomul cu coeficient¸i reali
F (X) = P (X) − s · X − a0
r − P (a0)
are proprietatea c˘a F (an) = 0 pentru orice n ∈ N. Cum r 6 = 0, progresia aritmetic˘a (an)n≥0 are tot¸i
termenii distinct¸i (o infinitate de termeni) ¸si, prin urmare, F (X) are o infinitate de r˘ad˘acini, deci este
identic nul. Obt¸inem astfel c˘a P (X) = s · X−a0
r + P (a0), adic˘a grad(P ) = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p
c) Dac˘a (M, ·) este subgrup ˆın (C∗, ·), avem 1 ∈ M deci exist˘a n ∈ N ¸si k ∈ Z astfel ˆıncˆat an = 2kπ;
deducem k = 0 ¸si deci a0 = 0. Pentru ca (M, ·) s˘a fie subgrup al lui (C∗, ·) este necesar ¸si suficient ca
orice element din M , deci de forma z := cos(an) + i sin(an) s˘a admit˘a un invers ˆın M , deci de forma
z−1 = cos(am) + i sin(am). Aceasta revine la a spune c˘a pentru orice n ∈ N s˘a existe m ∈ N ¸si k ∈ Z
astfel ˆıncˆat nr + mr = 2kπ. Utilizˆand din nou faptul c˘a 2kπ ∈ Z dac˘a ¸si numai dac˘a avem k = 0
deducem c˘a r = 0, condit¸ie evident suficient˘a. Deci, (M, ·) este subgrup al lui (C∗, ·) dac˘a ¸si numai
dac˘a an = 0 pentru orice n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p
d) Idee de demonstrat¸ie: Dac˘a r 6 = 0 construim un termen al progresiei care are prima cifr˘a 9.

Barem · pagina 2

Presupunem r 6 = 0 ¸si fie m ∈ N astfel ˆıncˆat 10m ≤ r < 10m+1, adic˘a num˘arul de cifre ale lui r ˆın
baza 10 este m + 1. Aleg t ∈ N astfel ˆıncˆat t > m ¸si 10t > a0, deci 10t ≥ 10m+1 > r. Deoarece
10t+1 − a0
r − 9 · 10t − a0
r = 10t
r > 1,
atunci exist˘a cel put¸in un num˘ar natural nenul k astfel ˆıncˆat 9·10t−a0
r ≤ k < 10t+1−a0
r , de unde obt¸inem
c˘a 9·10t ≤ ak = a0 +kr < 10t+1. Prin urmare, termenul ak ˆıncepe cu 9, o contradict¸ie cu presupunerea
init¸ial˘a. Obt¸inem astfel c˘a r = 0, ceea ce trebuia demonstrat. . . . . . . . . . . . . . . . 2p 
Problema 2. Fie f, g : (0, +∞) → R, f (x) = arctg(x) + 1
x ¸si g(x) = f (x) − x. Fie (xn)n≥0 ¸sirul de
numere reale definit astfel: x0 = 1 ¸si xn+1 = arctg(xn) + 1
xn , pentru orice n ≥ 0.
a) S˘a se arate c˘a g este strict descresc˘atoare ¸si c˘a ecuat¸ia f (x) = x are o solut¸ie unic˘a x ∈ (0, +∞).
b) S¸tiind c˘a f (2) < 1, 7 < f (1) ar˘atat¸i c˘a x ∈ (1, 2).
c) Demonstrat¸i c˘a pentru orice 1 < a < b avem |f (a) − f (b)| < 1
2 |a − b|.
d) Demonstrat¸i c˘a ¸sirurile (x2n)n≥0 ¸si (x2n+1)n≥0 sunt monotone ¸si ar˘atat¸i c˘a x2n < x < x2n+1
pentru orice n ≥ 0. Studiat¸i convergent¸a ¸sirului (xn)n≥0.
Solut¸ie.
a) Cum g este derivabil˘a observ˘am c˘a
g′(x) = 1
1 + x2 − 1
x2 − 1 = −
( 1
x2(1 + x2) + 1
)
< 0,
deci g este strict descresc˘atoare. ˆIn plus, avem lim
x→0
x>0
g(x) = +∞ ¸si lim
x→+∞ g(x) = −∞. Folosind ¸si faptul
c˘a g este continu˘a ¸si strict descresc˘atoare obt¸inem c˘a exist˘a un unic num˘ar real pozitiv x astfel ˆıncˆat
g(x) = 0, adic˘a f (x) = x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3p
b) Observ˘am c˘a g(1) = f (1) − 1 > 1, 7 − 1 > 0 ¸si g(2) = f (2) − 2 < 1, 7 − 2 < 0 ¸si cum g este
continu˘a, folosind proprietatea lui Darboux, obt¸inem c˘a x ∈ (1, 2). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p
c) Observ˘am c˘a funct¸ia f ˆındepline¸ste condit¸iile teoremei lui Lagrange pe intervalul [a, b], deci exist˘a
` ∈ (a, b) astfel ˆıncˆat f (b)−f (a)
b−a = f ′(`). ˆIns˘a f ′(x) = − 1
x2(1+x2) , de unde
|f (b) − f (a)| = |b − a| · |f ′(`)| = |b − a| · 1
`2(1 + `2) < 1
2|b − a|,
unde ultima inegalitate rezult˘a din faptul c˘a ` > 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p
d) Demonstr˘am prin induct¸ie c˘a (x2n)n≥0 e cresc˘ator, (x2n+1)n≥0 e descresc˘ator ¸si x2n < x < x2n+1
pentru orice n.
Folosind punctul b) obt¸inem c˘a x0 = 1 < x. Din punctul c) (calculul derivatei lui f ) rezult˘a c˘a f
este strict descresc˘atoare ¸si din f (x) = x obt¸inem c˘a x1 = f (x0) = f (1) > f (x) = x, adic˘a x0 < x < x1
(*).
ˆIn plus, observ˘am c˘a
x0 = 1 < π
2 = lim
x→+∞ f (x) < f (x1) = x2,
unde ultima inegalitate are loc deoarece f este strict descresc˘atoare. De aici rezult˘a ¸si c˘a x0 < x2
implic˘a x1 = f (x0) > f (x2) = x3, de unde ˆımpreun˘a cu (*) avem pasul de verificare al induct¸iei.

Barem · pagina 3

Pentru etapa de demonstrare presupunem afirmat¸ia adev˘arat˘a pentru k ≤ n − 1 ¸si o demonstr˘am
pentru n. Din ipoteza de induct¸ie avem
x0 < x2 < . . . < x2n−2 < x < x2n−1 < . . . < x3 < x1
¸si folosind c˘a f este strict descresc˘atoare rezult˘a c˘a
x1 > x3 > . . . > x2n−1 > f (x) = x > x2n > . . . > x4 > x2,
Aplicˆand ˆınc˘a o dat˘a f ¸sirului de mai sus obt¸inem
x2 < x4 < . . . < x2n < f (x) = x < x2n+1 < . . . < x5 < x3
¸si ˆın particular rezult˘a x2n−2 < x2n, x2n+1 < x2n−1 ¸si x2n < x < x2n+1, ceea ce ˆıncheie demonstrat¸ia
pasului de induct¸ie.
Avem deci c˘a (x2n)n≥0 ¸si (x2n+1)n≥0 sunt convergente, fiind monotone ¸si m˘arginite. Fie c ¸si d limitele
celor dou˘a ¸siruri. E clar c˘a c ≤ x ≤ d. Trecem la limit˘a ˆın relat¸ia dat˘a de c):
|x2n+1 − x2n| = |f (x2n) − f (x2n−1)| ≤ 1
2 |x2n − x2n−1|
¸si obt¸inem d − c ≤ 1
2 (d − c), de unde d = c = x. A¸sadar, lim
n→∞ xn = x . . . . . . . . . . . .2p 
Problema 3. Fie t un num˘ar real pozitiv. Pe laturile AB, AC, BC ale triunghiului ABC con-
sider˘am punctele Ct, Bt respectiv At, astfel ca
ACt
CtB = BAt
AtC = CBt
BtA = t
a) Demonstrat¸i c˘a, pentru t = 1, triunghiurile ABC ¸si A1B1C1 sunt asemenea.
b) Demonstrat¸i c˘a pentru orice t triunghiurile ABC ¸si AtBtCt au acela¸si centru de greutate.
c) Pentru t = 3, calculat¸i raportul ariilor triunghiurilor ABC ¸si A3B3C3.
d) S˘a presupunem t = 2. Desen˘am figura, apoi ¸stergem triunghiul ABC, dar l˘as˘am triunghiul
A2B2C2. Indicat¸i o modalitate de reconstruire a triunghiului ABC.
B
A
CAt
Ct
Bt
Solut¸ie.
a) Pentru t = 1 avem c˘a A1, B1, C1 sunt respectiv mijloacele laturilor BC, AC ¸si AB deci triunghiul
A1B1C1 este triunghiul median. Acesta este evident asemenea cu ABC deoarece laturile lui A1B1C1
sunt proport¸ionale cu laturile triunghiului ABC cu factor de proport¸ionalitate 1
2 . . . . . . . . . . . . . . . . 3p

Barem · pagina 4

b) Solut¸ie sintetic˘a. Dac˘a t = 1 atunci concluzia iese imediat pentru c˘a triunghiul AtBtCt devine
triunghiul median A1B1C1. Presupunem c˘a t 6 = 1 ¸si construim pe laturile BC, AC, AB punctele A′
t,
B′
t, C′
t ca simetricele punctelor At, Bt ¸si Ct fat¸˘a de mijloacele laturilor BC, AC, respectiv AB. Not˘am
cu M mijlocul lui BC ¸si cu N mijlocul lui AtCt.
Se observ˘a u¸sor, din reciproca teoremei lui Thales c˘a AtB′
t||AB, A′
tCt||AC ¸si C′
tBt||BC. ˆIn plus,
avem c˘a ∆ABtC′
t ≡ ∆CtBA′
t ≡ ∆B′
tAtC ¸si ˆın particular avem A′
tCt ≡ ABt ¸si A′
tCt||ABt. Din
construct¸ia lui A′
t, avem c˘a M este mijlocul segmentului A′
tAt ¸si obt¸inem c˘a M N este linie mijlocie
ˆın ∆AtA′
tCt, deci M N ||A′
tCt ¸si M N = A′
tCt
2 .
Prin urmare, M N ||ABt ¸si M N = ABt
2 . ˆIn trapezul AN M Bt not˘am cu G punctul de intersect¸ie al
diagonalelor AM ¸si BtN . Din asem˘anarea ∆AGBt ¸si ∆M GN obt¸inem c˘a
GM
GA = GN
GBt
= M N
ABt
(
= 1
2
)
.
Dar AM este median˘a ˆın ∆ABC ¸si rezult˘a c˘a punctul G de mai sus care are proprietatea c˘a GM
GA = 1
2
este centrul de greutate al ∆ABC. Similar, cum BtN este median˘a ˆın ∆AtBtCt ¸si GN
GBt = 1
2 obt¸inem
c˘a G este ¸si centrul de greutate al ∆AtBtCt, ceea ce trebuia demonstrat.
Solut¸ie vectorial˘a. Din ipotez˘a deducem imediat c˘a −−→
CAt = 1
t+1
−−→
CB ¸si −−→
BCt = 1
t+1
−→
BA respectiv
−−→
ABt = 1
t+1
−→
AC. Fie G centrul de greutate al triunghiului ABC. Avem
−−→
GAt + −−→
GBt + −−→
GCt =
(−→
GC + −−→
CAt
)
+
(−→
GA + −−→
ABt
)
+
(−−→
GB + −−→
BCt
)
=
=
(−→
GA + −−→
GB + −→
GC
)
+ 1
t + 1
(−−→
CB + −→
BA + −→
AC
)
.
Cum G este centrul de de greutate al triunghiului ABC avem −→
GA + −−→
GB + −→
GC = −→
0 ¸si cum −−→
CB +
−→
BA + −→
AC = −→
0 deducem c˘a −−→
GAt + −−→
GBt + −−→
GCt = −→
0
deci G e centrul de greutate al triunghiului AtBtCt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p
c) Avem
A(AB3C3) = AB3 · AC3 · sin( ˆA)
2 = AC
4 · 3AB
4 · sin( ˆA)
2 = 3
16A(ABC).
Analog deducem c˘a A(BC3A3) = A(CB3A3) = 3
16 A(ABC) de unde A(A3B3C3) = (1 − 9
16
) A(ABC). Deci
A(A3B3C3)
A(ABC)
= 7
16.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p
d) Solut¸ie sintetic˘a. Fie G centrul de greutate al triunghiului A2B2C2. Ducem prin C2 paralela la
GB2 ¸si analog, prin A2 paralela la GC2 respectiv prin B2 paralela la GA2. Punctele de intersect¸ie ale
acestor drepte reprezint˘a vˆarfurile c˘autate A, B, C.

Barem · pagina 5

B
A
C
M
B2
C2
A2
G
Pentru a ar˘ata c˘a aceast˘a construct¸ie este corect˘a, e suficient s˘a ar˘at˘am c˘a GB2 este paralel˘a cu AB
(¸si analog GC2||BC, GA2||AC). Fie M mijlocul lui AB; cum G este centrul de greutate al triunghiului
ABC, punctele C, G, M sunt coliniare. Din reciproca teoremei lui Thales ˆın triunghiul CM A deducem
GB2||AB ¸si similar pentru celelalte dou˘a paralelisme.
Solut¸ie vectorial˘a. Consider˘am punctele M ∈ B2C2, N ∈ C2A2, P ∈ A2B2 astfel ˆıncˆat
C2M
M B2
= A2N
N C2
= B2P
P A2
= 2.
Ducem prin B2 paralela la M P (respectiv prin C2 paralela la M N ¸si prin A2 paralela la N P ). Punctele
de intersect¸ie ale acestor drepte reprezint˘a vˆarfurile c˘autate A, B, C.
B
A
C
B2
C2
A2
M
N P
Pentru a ar˘ata c˘a aceast˘a construct¸ie este corect˘a, este suficient s˘a ar˘at˘am c˘a −−→
M P este proport¸ional
cu −→
AC (respectiv −−→
N M cu −→
BA ¸si −−→
P N cu −−→
CB).
Avem −−→
M P = −−−→
M B2 + −−→
B2P = 1
3
−−−→
C2B2 + 2
3
−−−→
B2A2 =
= 1
3
(−−→
C2A + −−→
AB2
)
+ 2
3
(−−→
B2C + −−→
CA2
)
= 1
3
(2
3
−→
BA + 1
3
−→
AC
)
+ 2
3
(2
3
−→
AC + 1
3
−−→
CB
)
=
= 2
9
−→
BA + 2
9
−−→
CB +
(1
9 + 4
9
) −→
AC = 2
9
−→
CA + 5
9
−→
AC = 1
3
−→
AC.
Similar se arat˘a c˘a −−→
N M = 1
3
−→
BA ¸si −−→
P N = 1
3
−−→
CB . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p

Deschide documentul original

Continuă pregătirea

Vezi arhiva completă

Examen de admitere · 2023Matematică, Informatică și Fizică · Varianta 1; broșură comunăDeschide fișa Examen de admitere · 2023Matematică, Informatică și Fizică · Varianta 2; broșură comunăDeschide fișa Examen de admitere · 2023Matematică, Informatică și Fizică · Varianta 3; broșură comunăDeschide fișa Examen de admitere · 2023Matematică, Informatică și Fizică · Varianta 4; broșură comunăDeschide fișa Concurs de pregătire · 2023Informatică · Etapa a II-aDeschide fișa Examen de admitere · 2024Matematică, Informatică și Fizică · Varianta 1; broșură comunăDeschide fișa

Răspunsuri directe

Ce trebuie să știi despre acest subiect?

Ce document de admitere este acesta?

Pagina prezintă concurs de pregătire din 2023 pentru Matematică, la Facultatea de Matematică și Informatică. Documentul este etichetat după instituție, facultate, program și tipul probei folosind inventarul public verificat. Consultă metodologia actuală a instituției pentru condițiile examenului viitor.

Există și barem sau răspunsuri pentru acest subiect?

Da. Pagina include baremul sau răspunsurile publice asociate acestui subiect, afișate separat ori în același document atunci când sursa le publică împreună. Verifică fiecare rezolvare după ce ai terminat varianta și urmărește exact criteriile de punctare indicate de instituție.

Cum folosesc acest subiect în pregătirea pentru admitere?

Rezolvă documentul fără ajutor și respectă timpul prevăzut de metodologia examenului. Corectează cu baremul disponibil, marchează capitolele unde ai pierdut puncte și repetă exerciții similare. Compară apoi cu alte probe din aceeași facultate și confirmă programa curentă pe site-ul oficial al instituției.

Pregătire cu un profesor

Subiect și barem

Concurs de pregătire · Matematică · 2023

Despre acest subiect

Subiectul și baremul în format text

Subiect · pagina 1