Pregătire cu un profesor

UNIVERSITATEA BABES¸-BOLYAI CLUJ-NAPOCA
FACULTATEA DE MATEMATIC ˘A S¸I INFORMATIC ˘A
CONCURS DE ADMITERE, 21 iulie 2019
Proba scris˘a la MATEMATIC ˘A
NOT ˘A IMPORTANT ˘A:
1) Problemele de tip gril˘a din Partea A pot avea unul sau mai multe r˘aspunsuri
corecte, care trebuie indicate de candidat pe formularul special de pe foaia de
concurs. Notarea subiectului de tip gril˘a se face conform sistemului de punctare
part¸ial˘a din regulament.
2) Pentru problemele din Partea B se cer rezolv˘ari complete scrise pe foaia de
concurs. Acestea sunt evaluate ˆın detaliu conform baremului.
PARTEA A
1. (6 puncte) Pentru orice n ∈ N∗ not˘am
Sn = 1
1 · 4 + 1
4 · 7 + 1
7 · 10 + · · · + 1
(3n − 2) · (3n + 1) .
Atunci valoarea lui S2019 este
A 2019
6059 ; B 2018
6059 ; C 2019
6058 ; D 2018
6058 .
2. (6 puncte) Dac˘a logx(x2 + 2x) + logx2 (x + 2) = 4, atunci x poate fi
A 2 ; B √2 ; C 4 ; D 2√2.
3. (6 puncte) Fie A =
( 4 −2
−2 1
)
¸si B =
(1 x
y z
)
matrice cu elemente reale. Dac˘a
AB = BA = O2 (matricea nul˘a din M2(R)), atunci
A nu exist˘a astfel de B ; B B este unic determinat˘a ;
C x, y, z sunt numere pare ; D det B = 0.
4. (6 puncte) ˆIn inelul (Z12, +, ·) se consider˘a ecuat¸ia ˆ3(x + ˆ2) = ˆ9. Atunci
A ecuat¸ia are exact 4 solut¸ii ; B toate solut¸iile ecuat¸iei sunt inversabile ˆın (Z12, +, ·) ;
C ecuat¸ia are exact 3 solut¸ii ; D ecuat¸ia nu are solut¸ii.
5. (6 puncte) Fie ` = lim
x→0
tg x − x
sin3 x . Care dintre urm˘atoarele afirmat¸ii sunt adev˘arate?
A ` este num˘ar rat¸ional. B Limita ` nu exist˘a. C ` = 1/3. D ` = ∞.
6. (6 puncte) Fie a, b ∈ R parametri, fie f : R → R funct¸ia definit˘a prin
f (x) =
{ aex + b + e−x , dac˘a x ≤ 0
x2 , dac˘a x > 0
¸si fie x0 = 0. Care dintre urm˘atoarele afirmat¸ii sunt adev˘arate?
A Exist˘a o infinitate de perechi (a, b) pentru care f este continu˘a ˆın punctul x0.
B f este derivabil˘a ˆın punctul x0 ⇔ (a = 1 ¸si b = −2).
C f este continu˘a ˆın punctul x0 ⇔ a + b = −1.
D f este derivabil˘a ˆın punctul x0 ⇔ (a = −2 ¸si b = 1).

Subiect · pagina 2

7. (6 puncte) Fie f : R → R funct¸ia definit˘a prin f (x) = (x2 − 4x + 6)ex. Atunci
A funct¸ia f este descresc˘atoare pe (−∞, 0] ¸si cresc˘atoare pe (0, +∞) ;
B 0 este punct de inflexiune pentru funct¸ia f ;
C funct¸ia f este strict cresc˘atoare pe R ;
D funct¸ia f este convex˘a pe R.
8. (6 puncte) Valoarea integralei
∫ π/2
0
dx
1 + sin x este
A π
2 ; B 1
2 ; C π ; D 1.
9. (6 puncte) ˆIn rombul ABCD avem AB = 12 ¸si m(̂C) = 60◦. Atunci suma
−−→
AD · −−→
AB + −→
AC · −−→
BD
este egal˘a cu
A 72; B 72√3; C 144√3; D 72(1 + √3).
10. (6 puncte) ˆIn triunghiul ABC avem BC = a, m(̂A) = 30◦ ¸si m(̂ B) = 105◦. Atunci
aria triunghiului ABC este egal˘a cu
A a2(√3 − 1)
4 ; B a2(1 + √3)
4 ; C a2(√3 + √2)
4 ; D a2√3
4 .
PARTEA B
1. (10 puncte) S˘a se calculeze urm˘atoarele limite:
(a) lim
n→∞
1
n
n∑
k=1
k
√n2 + k2 ; (b) lim
n→∞
1
n
n∑
k=1
k
√n2 + k .
2. (10 puncte) ˆIn sistemul cartezian xOy se dau punctele A(2, −1), B(4, 3) ¸si dreapta
d : x − 2y − 1 = 0.
(a) S˘a se demonstreze c˘a dreapta d trece prin mijlocul segmentului [AB].
(b) S˘a se determine punctele C pentru care aria triunghiului ABC este egal˘a cu 3 ¸si una
dintre medianele triunghiului ABC este pe dreapta d.
3. (10 puncte) Fie mult¸imea de matrice
G =
{( z1 z2
−z2 z1
) ∣
∣
∣z1, z2 ∈ C
}
⊆ M2(C),
unde prin z se noteaz˘a conjugatul unui num˘ar complex z.
(a) S˘a se arate c˘a G este un subgrup al grupului (M2(C), +).
(b) S˘a se construiasc˘a un morfism injectiv de grupuri ˆıntre grupurile (C, +) ¸si (G, +).
NOT ˘A:
Toate subiectele sunt obligatorii. Se acord˘a 10 puncte din oficiu.
Timpul efectiv de lucru este de 3 ore.

Subiect · pagina 3

R˘aspunsuri ¸si solut¸ii
PARTEA A
R˘aspunsuri la probleme:
1. C ; 2. A ; 3. B , C , D ; 4. C ; 5. A , C ;
6. A , B , C ; 7. C , D ; 8. D ; 9. A ; 10. B .
Solut¸ii la probleme:
1. Pentru orice k ∈ N∗ avem egalitatea 1
k(k+3) = 1
3
( 1
k − 1
k+3
)
, de unde rezult˘a c˘a pentru
orice n ∈ N∗ avem
3Sn = 1
1 − 1
4 + 1
4 − 1
7 + · · · + 1
3n − 2 − 1
3n + 1 = 1 − 1
3n + 1 ,
adic˘a Sn = n
3n+1 pentru orice n ∈ N∗. Astfel, S2019 = 2019
6058 .
2. Condit¸iile de existent¸˘a a logaritmilor conduc la x ∈ (0, 1) ∪ (1, ∞). ˆIn aceste condit¸ii,
ecuat¸ia este echivalent˘a cu
1
2 logx(x + 2) + 1 + logx(x + 2) = 4,
de unde rezult˘a c˘a logx(x + 2) = 2, adic˘a x2 = x + 2. ˆIn concluzie, x = 2 este singura solut¸ie.
3. Din ecuat¸iile matriceale AB = BA = O2 obt¸inem
( 4 − 2y 4x − 2z
−2 + y −2x + z
)
=
( 4 − 2x −2 + x
4y − 2z −2y + z
)
=
(0 0
0 0
)
.
Rezolvˆand sistemele de ecuat¸ii obt¸inute ajungem la concluzia c˘a singura solut¸ie este x = 2, y = 2
¸si z = 4, deci B =
(1 2
2 4
)
.
4. Ecuat¸ia se scrie echivalent: ˆ3(x + ˆ2) = ˆ9 ⇔ ˆ3x + ˆ6 = ˆ9 ⇔ ˆ3x − ˆ3 = ˆ0 ⇔ ˆ3(x − ˆ1) = ˆ0.
Ultima egalitate are loc dac˘a ¸si numai dac˘a x − ˆ1 ∈ {ˆ0, ˆ4, ˆ8}, deci mult¸imea solut¸iilor este
M = {ˆ1, ˆ5, ˆ9}. Dintre acestea, solut¸ia ˆ9 nu este inversabil˘a ˆın inelul (Z12, +, ·).
5. Aplicˆand regula lui l’Hˆopital, g˘asim
` = lim
x→0
1
cos2 x − 1
3 sin2 x cos x = lim
x→0
1 − cos2 x
3 sin2 x cos3 x = lim
x→0
1
3 cos3 x = 1
3 .
6. Avem lim
x↗0 f (x) = a + b + 1 = f (0) ¸si lim
x↘0 f (x) = 0. Drept urmare, f este continu˘a ˆın
x0 = 0 dac˘a ¸si numai dac˘a a + b = −1, deci exist˘a o infinitate de perechi (a, b) pentru care f
este continu˘a ˆın x0. De asemenea, f este derivabil˘a pe R \ {0}, iar
f ′(x) = aex − e−x pentru orice x < 0 ,
f ′(x) = 2x pentru orice x > 0.
Se constat˘a imediat c˘a lim
x↗0 f ′(x) = a − 1 ¸si lim
x↘0 f ′(x) = 0. Presupunˆand c˘a a + b = −1 (adic˘a
f este continu˘a ˆın 0), ˆın baza unei consecint¸e a teoremei de medie a lui Lagrange rezult˘a c˘a

Subiect · pagina 4

f ′
s(0) = a − 1 ¸si f ′
d(0) = 0. Drept urmare, f este derivabil˘a ˆın x0 = 0 dac˘a ¸si numai dac˘a
a + b = −1 ¸si a − 1 = 0, adic˘a dac˘a ¸si numai dac˘a a = 1 ¸si b = −2.
7. Avem c˘a f ′(x) = (x2 − 2x + 2)ex > 0, oricare ar fi x ∈ R, iar f ′′(x) = x2ex ≥ 0, oricare
ar fi x ∈ R.
8. Cu schimbarea de variabil˘a tg x
2 = t, obt¸inem
∫ π/2
0
dx
1 + sin x =
∫ 1
0
1
1 + 2t
1+t2
· 2
1 + t2 dt = 2
∫ 1
0
dt
(1 + t)2 = − 2
1 + t
∣
∣
∣1
0 = 1.
9. ˆIn rombul ABCD avem m(̂ BAD) = 60◦ ¸si diagonalele sunt perpendiculare. Folosind
definit¸ia podusului scalar ¸si notˆand cu O intersect¸ia diagonalelor, obt¸inem c˘a
−−→
AD · −−→
AB + −→
AC · −−→
BD = AD · AB · cos(̂ BAD) + AC · BD · cos(̂ AOD) = 12 · 12 · 1
2 + 0 = 72.
10. Avem m(̂C) = 180◦ − 30◦ − 105◦ = 45◦. Aplic˘am teorema sinusului ˆın triunghiul ABC:
a
sin A = c
sin C ⇔ a
1
2
= c
√2
2
⇔ c = a√2.
Aria triunghiului ABC este
A(ABC) = a · c · sin B
2 = 1
2 a2√2·sin(60◦ +45◦) = 1
2 a2√2·
( √2
2 · 1
2 +
√2
2 ·
√3
2
)
= a2(1 + √3)
4 .

Subiect · pagina 5

PARTEA B
Solut¸ii la probleme ¸si barem:
1. (a) Fie an = 1
n
n∑
k=1
k
√n2 + k2 .
(3 puncte) Avem
an = 1
n
n∑
k=1
k/n
√1 + (k/n)2 = σ(f, ∆n, ξn),
unde f : [0, 1] → R este funct¸ia definit˘a prin f (x) = x
√1 + x2 , ∆n este diviziunea intervalului
[0, 1] definit˘a prin ∆n = (0, 1/n, 2/n, . . . , 1), iar ξn = (1/n, 2/n, . . . , 1) ∈ P (∆n).
Observat¸ie. ˆIn caz c˘a nu se specific˘a funct¸ia, diviziunea ¸si sistemul de puncte intermediare,
se acord˘a 2 puncte din cele 3 puncte.
(1 punct) ˆIntrucˆat ‖∆n‖ = 1/n → 0 cˆand n → ∞, rezult˘a c˘a lim
n→∞ an =
∫ 1
0
f (x) dx.
Observat¸ie. ˆIn caz c˘a nu se precizeaz˘a ‖∆n‖ = 1/n → 0 cˆand n → ∞, nu se acord˘a acest
punct.
(3 puncte) Prin urmare, lim
n→∞ an =
∫ 1
0
x
√1 + x2 dx = √1 + x2
∣
∣
∣1
0 = √2 − 1.
(b) Fie bn = 1
n
n∑
k=1
k
√n2 + k . Avem
(1 punct) bn ≤ 1
n
n∑
k=1
k
√n2 + 1 = 1
n√n2 + 1
n∑
k=1
k = n(n + 1)
2n√n2 + 1
¸si analog
(1 punct) bn ≥ n(n + 1)
2n√n2 + n .
(1 punct) Cum lim
n→∞
n(n + 1)
2n√n2 + 1 = lim
n→∞
n(n + 1)
2n√n2 + n = 1
2 , ˆın baza criteriului cle¸stelui rezult˘a
c˘a lim
n→∞ bn = 1/2.
2. (a) (1 punct) Mijlocul segmentului [AB] este punctul M (3, 1).
(1 punct) Coordonatele punctului M satisfac ecuat¸ia dreptei d : 3 − 2 − 1 = 0.
(b) (2 puncte) Deoarece dreapta d cont¸ine o median˘a a triunghiului ABC ¸si coordonatele
punctelelor A ¸si B nu satisfac ecuat¸ia dreptei d (sau deoarece d trece prin mijlocul segmentului
[AB]), obt¸inem c˘a punctul C se afl˘a pe dreapta d.
(2 puncte) Fie coordonatele punctului C(c1, c2). Atunci avem c1−2c2−1 = 0 ⇔ c1 = 2c2+1.
(2 puncte) Aria triunghiului ABC este 1
2 |∆| = 3, unde
∆ =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
2 −1 1
4 3 1
2c2 + 1 c2 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣ .
(1 punct) De aici obt¸inem | − 6c2 + 6| = 6 ⇔ | − c2 + 1| = 1, adic˘a c2 = 0 sau c2 = 2.
(1 punct) Prin urmare, coordonatele lui C pot fi C(1, 0) sau C(5, 2).

Subiect · pagina 6

3. (a) (1 punct) Avem
(0 0
0 0
)
∈ G, deci G 6 = ∅.
Fie A =
( z1 z2
−z2 z1
)
, B =
( z3 z4
−z4 z3
)
∈ G. Avem:
(3 puncte) A + B =
( z1 + z3 z2 + z4
−z2 − z4 z1 + z3
)
=
( z1 + z3 z2 + z4
−z2 + z4 z1 + z3
)
∈ G,
(3 puncte) − A =
(−z1 −z2
z2 −z1
)
=
( −z1 −z2
−(−z2) −z1
)
∈ G.
Deci G este un subgrup al grupului (M2(C), +).
Observat¸ie. Alternativ, mult¸imea G este un subgrup al grupului (M2(C), +) ⇔ [G 6 = ∅,
A − B ∈ G pentru orice A, B ∈ G] ⇔ [G este parte stabil˘a a lui (M2(C), +) ¸si (G, +) este grup].
(b) (1 punct) Fie funct¸ia f : C → G definit˘a prin f (z) =
(z 0
0 z
)
pentru orice z ∈ C. Se
observ˘a c˘a
(z 0
0 z
)
∈ G pentru orice z ∈ C, deci f este bine definit˘a.
(1 punct) Verificarea injectivit˘at¸ii lui f .
(1 punct) Pentru orice z1, z2 ∈ C avem:
f (z1 + z2) =
(z1 + z2 0
0 z1 + z2
)
=
(z1 + z2 0
0 z1 + z2
)
=
(z1 0
0 z1
)
+
(z2 0
0 z2
)
= f (z1) + f (z2).
Deci f este morfism de grupuri ˆıntre grupurile (C, +) ¸si (G, +).
Observat¸ie. Exist˘a ¸si alte morfisme injective de grupuri ˆıntre grupurile (C, +) ¸si (G, +),
care pot fi definite, de exemplu, prin f (z) =
( 0 z
−z 0
)
sau f (z) =
( z z
−z z
)
.

Deschide documentul original

Continuă pregătirea

Vezi arhiva completă

Examen de admitere · 2019Informatică · Sesiunea iulieDeschide fișa Concurs de pregătire · 2019Informatică · Concursul Mate-Info UBBDeschide fișa Concurs de pregătire · 2019Matematică · Concursul Mate-Info UBBDeschide fișa Examen de admitere · 2018Informatică · Sesiunea iulieDeschide fișa Examen de admitere · 2018Matematică · Sesiunea iulieDeschide fișa Examen de admitere · 2018Informatică · Sesiunea septembrieDeschide fișa

Răspunsuri directe

Ce trebuie să știi despre acest subiect?

Ce document de admitere este acesta?

Pagina prezintă examen de admitere din 2019 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?

Nu există un barem public asociat în inventarul verificat pentru acest document. ProfesorBun nu generează și nu inventează răspunsuri oficiale. Poți folosi subiectul pentru antrenament, dar corectarea trebuie făcută cu metodologia instituției, cu materiale oficiale suplimentare sau împreună cu un profesor.

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

Examen de admitere · Matematică · 2019

Despre acest subiect

Subiectul în format text

Subiect · pagina 1