Pregătire cu un profesor

UNIVERSITATEA DE VEST DIN TIMIS¸OARA
FACULTATEA DE MATEMATIC˘A S¸I INFORMATIC˘A
Concursul FMI, Edit¸ia VI - 17 aprilie 2021
Solut¸ii Proba Matematic˘a, clasa a XII-a
17 aprilie 2021
Variantele corecte sunt marcate cu culoare albastr˘a.
Solut¸iile problemelor sunt prezentate ˆın rezumat.
1. Num˘arul de solut, ii ale sistemului
{ ˆ2x + ˆ4y = ˆ2
ˆ4x + ˆ2y = ˆ4 din mult, imea Z6 × Z6 este:
A. 0
B. 12
C. 6
D. 1
Solut¸ie: Cele dou˘a ecuat¸ii ale sistemului sunt echivalente (de exemplu, acest lucru se observ˘a prin
adunarea acestora). Dˆand valori lui x ∈ Z6 ¸si t¸inˆand cont de tabla ˆınmult¸irii ˆın Z6 se obt¸in cele 12
solut¸ii ale sistemului: {(ˆ0, ˆ2), (ˆ0, ˆ5), (ˆ1, ˆ0), (ˆ1, ˆ3), (ˆ2, ˆ1), (ˆ2, ˆ4), (ˆ3, ˆ2), (ˆ3, ˆ5), (ˆ4, ˆ0), (ˆ4, ˆ3), (ˆ5, ˆ1), (ˆ5, ˆ4)}.
2. Pentru integrala I =
1∫
−1
arccos x
ex + 1 dx are loc:
A. I = 0
B. I ∈
(
0, π
2
)
C. I = π
2
D. I > π
2
Solut¸ie: Avem
I =
1∫
−1
arccos x
ex + 1 dx SV : x=−y
=========
1∫
−1
arccos(−y)
e−y + 1 dy =
1∫
−1
π − arccos y
e−y + 1 dy =
1∫
−1
π − arccos x
e−x + 1 dx.
1

Subiect și barem · pagina 2

2
Se obt¸ine succesiv:
2I =
1∫
−1
arccos x
ex + 1 dx +


1∫
−1
πex
ex + 1 −
1∫
−1
arccos x · ex
ex + 1 dx


= π · ln(ex + 1)
∣
∣
∣
∣
1
−1
+
1∫
−1
arccos x · (1 − ex)
ex + 1 dx
= π +
1∫
−1
( π
2 − arcsin x) · (1 − ex)
ex + 1 dx
= π + π
2
1∫
−1
1 − ex
ex + 1
︸ ︷︷ ︸
funct¸ie impar˘a
dx +
1∫
−1
arcsin x · ex − 1
ex + 1
︸ ︷︷ ︸
funct¸ie par˘a
dx
= π + 0 + 2 ·
1∫
0
arcsin x · ex − 1
ex + 1
︸ ︷︷ ︸
>0, ∀x∈(0,1]
dx > π.
Rezult˘a I > π
2 .
3. Cˆate automorfisme are grupul (Z, +)?
A. niciunul
B. unul singur
C. dou˘a
D. o infinitate
Solut¸ie: Din condit¸ia de morfism f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ Z se obt¸ine c˘a f (x) = f (1)x, ∀x ∈ Z.
Din condit¸ia de biject¸ie pentru f rezult˘a c˘a f (1) ∈ {−1, 1} (ˆın cazul f (1) = 0 funct¸ia este constant˘a, deci
nu este injectiv˘a, iar pentru f (1) /∈ {−1, 0, 1} funct¸ia nu este surjectiv˘a, avˆand ca valori doar multiplii
ˆıntregi ai lui f (1)).
4. Limita s, irului lim
n→∞
( n + 1
n + 2 · n + 3
n + 4 · . . . · 3n − 1
3n
)
este:
A. 1
B. +∞
C. √3
3
D. √3
Solut¸ie: Not˘am
an
not
==== ln
( n + 2
n + 1 · n + 4
n + 3 · . . . · 3n
3n − 1
)
=
3n−1∑
k=n+1
(ln(k + 1) − ln k) .

Subiect și barem · pagina 3

3
Deoarece 1
k + 1 < ln(k +1)−ln k < 1
k , ∀k ≥ 1, din teorema de medie a lui Lagrange sau din inegalit˘at¸ile
(
1 + 1
k
)k
< e <
(
1 + 1
k
)k+1
, rezult˘a
1
n + 2 + 1
n + 4 + · · · + 1
n + 2n < an < 1
n + 1 + 1
n + 3 + · · · + 1
n + (2n − 1) ,
echivalent cu
1
2 · 2
n
( 1
1 + 2
n
+ 1
1 + 4
n
+ · · · + 1
1 + 2n
n
)
< an < 1
2 · 2
n
( 1
1 + 1
n
+ 1
1 + 3
n
+ · · · + 1
1 + 2n−1
n
)
.
Rat¸ionˆand cu sume Riemann pentru funct¸ia integrabil˘a f : [0, 2], f (x) = 1
x + 1 rezult˘a c˘a ¸sirurile
2
n
( 1
1 + 2
n
+ 1
1 + 4
n
+ · · · + 1
1 + 2n
n
)
¸si 2
n
( 1
1 + 1
n
+ 1
1 + 3
n
+ · · · + 1
1 + 2n−1
n
)
au ambele limita egal˘a cu
2∫
0
1
x + 1 = ln 3. Din teorema cle¸stelui rezult˘a
lim
n→∞ an = 1
2 ln 3,
iar
lim
n→∞
( n + 2
n + 1 · n + 4
n + 3 · . . . · 3n
3n − 1
)
= e 1
2 ln 3 = √3,
de unde se obt¸ine c˘a limita din problem˘a are valoarea
√3
3 .
5. Pe mult, imea numerelor reale se defines, te legea de compozit, ie asociativ˘a x∗y = xy−√2(x+y)+2+√2.
Calculat, i:
√3
√1 ∗
√4
√2 ∗
√5
√3 ∗ . . . ∗
√100
√98 .
A. 15√22
B. 2
C. 1
D. √2
Solut¸ie: x ∗ y = (x − √2)(y − √2) + √2, de unde rezult˘a c˘a x ∗ √2 = √2, ∀x. Deoarece legea ∗ este
asociativ˘a ¸si comutativ˘a are loc
√3
√1 ∗
√4
√2 ∗
√5
√3 ∗ . . . ∗
√100
√98 =
√4
√2 ∗
( √3
√1 ∗
√5
√3 ∗ . . . ∗
√100
√98
)
= √2.
6. Mult, imea G = {a, b, c, d} ⊂ C∗ este grup cu 4 elemente ˆın raport cu operat, ia de ˆınmult, ire a numerelor
complexe. Atunci a + b + c + d este:
A. 0
B. 1
C. i

Subiect și barem · pagina 4

4
D. 4
Solut¸ie: Mult¸imile {a2, ab, ac, ad} ¸si {a, b, c, d} sunt egale, de unde rezult˘a a5bcd = abcd, deci a4 = 1.
Analog b4 = c4 = d4 = 1, de unde G ⊂ U4 = {−1, 1, i, −i} - grupul r˘ad˘acinilor de ordinul 4 ale unit˘at¸ii.
Deoarece G are 4 elemente se obt¸ine G = U4 ¸si apoi c˘a a + b + c + d = 0.
7. Valoarea α pentru care funct, ia f : R → R, f (x) =
{
cos4 1
x , x 6 = 0
α, x = 0 admite primitive este:
A. 0
B. 1
4
C. 1
2
D. 3
8
Solut¸ie: Se ¸stie c˘a funct¸ia g : R → R, g(x) =
{
cos 1
x , x 6 = 0
0, x = 0 admite primitive; fie G o primitiv˘a a
lui g. De asemenea, avem
cos4 t =
( 1 + cos 2t
2
)2
= 1
4 + 1
2 cos 2t + 1
4 · 1 + cos 4t
2
= 3
8 + 1
2 cos 2t + 1
8 cos 4t.
Rezult˘a cos4 1
x = 3
8 + 1
2 cos 2
x + 1
8 cos 4
x . Funct¸iile h, k : R → R date de
h(x) =
{
cos 2
x , x 6 = 0
0, x = 0 , k(x) =
{
cos 4
x , x 6 = 0
0, x = 0
admit primitivele x 7 → 2G
( x
2
)
¸si respectiv x 7 → 4G
( x
4
)
. Din egalitatea
f (x) = 1
2 · h(x) + 1
8 · k(x) +



3
8 , x 6 = 0
α, x = 0
rezult˘a c˘a funct¸ia f admite primitive dac˘a ¸si numai dac˘a α = 3
8 .
8. Integrala
1∫
−1
cos x
ex + 1 dx este egal˘a cu:
A. π
B. sin 1
C. 0
D. π
2

Subiect și barem · pagina 5

5
Solut¸ie: I =
1∫
−1
cos x
ex + 1 dx SV : x=−y
=========
1∫
−1
cos(−y)
e−y + 1 dy =
1∫
−1
ey cos y
ey + 1 dy =
1∫
−1
ex cos x
ex + 1 dx. Se obt¸ine
2I =
1∫
−1
cos x
ex + 1 dx +
1∫
−1
ex cos x
ex + 1 dx =
1∫
−1
cos x dx = 2 sin 1.
9. S˘a se rezolve ecuat, ia X2022 =
( ˆ1 ˆ2
ˆ0 ˆ1
)
ˆın mult, imea M2 (Z3).
A. X =
( ˆ1 ˆ2
ˆ0 ˆ1
)
B. X =
( ˆ1 ˆ0
ˆ0 ˆ1
)
C. X =
( ˆ1 ˆ1
ˆ0 ˆ1
)
D. Ecuat, ia nu are solut, ii
Solut¸ie: Dac˘a not˘am A :=
( ˆ1 ˆ2
ˆ0 ˆ1
)
, atunci avem AX = XA (= X2023). Alegˆand X =
( x y
z t
)
∈
M2 (Z3) se obt¸in egalit˘at¸ile
x + ˆ2z = x; y + ˆ2t = ˆ2x + y; t = ˆ2z + t.
Deoarece ˆ2 este inversabil ˆın Z3 rezult˘a z = ˆ0 ¸si x = t. Deci, X este de forma X =
( x y
ˆ0 x
)
. Prin
induct¸ie dup˘a n ≥ 1 se obt¸ine
Xn =
(̂
xn̂ nxn−1y
ˆ0̂ xn
)
, ∀n ≥ 1.
Dar pentru n = 2022 ... 3 avem c˘â nxn−1y = ˆ0, deci ecuat¸ia nu are solut¸ii.
10. Suma solut, iilor reale ale ecuat, iei
x∫
0
et2
dt = 2x este:
A. 0
B. -1
C. √ln 2
D. 1
Solut¸ie: Consider˘am funct¸ia f : R → R, f (x) =
x∫
0
et2
dt − 2x. Observ˘am c˘a
f (−x) =
−x∫
0
et2
dt + 2x SV : t=−y
======== −
x∫
0
ey2
dy + 2x = −f (x),
deci funct¸ia f este impar˘a; dac˘a ecuat¸ia f (x) = 0 are solut¸ia x0, atunci are ¸si solut¸ia −x0. Deoarece
f ′′(x) = 2xex2
ecuat¸ia f (x) = 0 are (cel mult) trei solut¸ii distincte (inclusiv 0), a c˘aror sum˘a este nul˘a.

Subiect și barem · pagina 6

6
11. Limita lim
x→∞
x + sin x
x
A. este egal˘a cu 2
B. nu exist˘a
C. este egal˘a cu 0
D. este egal˘a cu 1
Solut¸ie: lim
x→∞
x + sin x
x = lim
x→∞
(
1 + 1
x · sin x
)
= 1 + 0 = 1, deoarece funct¸ia sin este m˘arginit˘a, iar
lim
x→∞
1
x = 0.
Observat¸ie. Limita din problem˘a este legat˘a de aplicarea corect˘a a regulii lui l’Hˆopital: dac˘a limita
lim f ′
g′ nu exist˘a, atunci nu rezult˘a neap˘arat c˘a limita lim f
g nu exist˘a.
12. Pe mult, imea numerelor reale se defines, te legea de compozit, ie x ∗ y = x2 + 4xy + y2. Pentru cˆate
numere irat, ionale a num˘arul a ∗ 1 este rat, ional?
A. nu exist˘a astfel de valori a
B. o infinitate
C. unul
D. dou˘a
Solut¸ie: a ∗ 1 = (a + 2)2 − 3; se observ˘a c˘a pentru a = √p − 2 ( /∈ Q pentru orice num˘ar prim p) avem
a ∗ 1 = p − 3 ∈ Q. Mult¸imea numerelor prime este infinit˘a.
13. Se consider˘a grupurile G = (R, +) s, i H = (R, ∗), unde x ∗ y = x + y + 1. Funct, ia f : R → R, f (x) =
ax + b este izomorfism de la G la H dac˘a s, i numai dac˘a:
A. a = 1, b 6 = 0
B. a = b = 1
C. a = −1, b = 1
D. a 6 = 0, b = −1
Solut¸ie: Din condit¸ia de morfism pentru f se obt¸ine prin calcul direct b = −1. Din condit¸ia de biject¸ie
pentru f rezult˘a a 6 = 0.
14. Mult, imea G = (−1, 1) ˆımpreun˘a cu legea de compozit, ie x ∗ y = x + y
1 + xy determin˘a un grup. Care
dintre urm˘atoarele funct, ii f : R∗
+ → G nu este un morfism de grupuri de la grupul numerelor reale strict
pozitive ˆımpreun˘a cu operat, ia de ˆınmult, ire a numerelor reale la grupul (G, ∗)?
A. f (x) = x3 − 1
x3 + 1
B. f (x) = 1 − x2
1 + x2
C. f (x) = x
1 + x
D. f (x) = 1 − x
1 + x

Subiect și barem · pagina 7

7
Solut¸ie: Se verific˘a prin calcul direct c˘a funct¸iile din variantele A, B, D satisfac definit¸ia de morfism
ˆıntre grupurile din enunt¸, ˆın timp ce funct¸ia din varianta C nu o ˆındepline¸ste.
15. Pe mult, imea G = (0, ∞) se consider˘a legea de compozit, ie x ∗ y = xy . Care dintre urm˘atoarele
afirmat, ii este fals˘a?
A. Are loc inegalitatea x ∗ x ≥ 1 pentru orice x ∈ G
B. Legea de compozit, ie ∗ nu este comutativ˘a
C. Legea de compozit, ie ∗ nu are element neutru
D. Legea de compozit, ie ∗ nu este asociativ˘a
Solut¸ie: Varianta A este fals˘a (se ˆıntocme¸ste tabelul de variat¸ie al funct¸iei f : (0, ∞) → R, f (x) = xx −1
sau se observ˘a ¸si mai direct c˘a 1
2 ∗ 1
2 < 1).
2 ∗ 1 6 = 1 ∗ 2 - varianta B este adev˘arat˘a.
1 este element neutru la dreapta, dar nu este element neutru la stˆanga - varianta C este adev˘arat˘a.
2 ∗ (1 ∗ 2) 6 = (2 ∗ 1) ∗ 2 - varianta D este adev˘arat˘a.
16. Valoarea integralei
2π∫
−2π
arccos(cos x) dx este:
A. 2π
B. 0
C. 2π2
D. 4π
Solut¸ie: Avem
2π∫
−2π
arccos(cos x) dx =
−π∫
−2π
arccos(cos x) dx+
0∫
−π
arccos(cos x) dx+
π∫
0
arccos(cos x) dx+
2π∫
π
arccos(cos x) dx =
=
−π∫
−2π
(2π + x) dx +
0∫
−π
(−x) dx +
π∫
0
x dx +
2π∫
π
(2π − x) dx = 2π2.
17. Pe mult, imea numerelor complexe se consider˘a legea de compozitie x ∗ y = xy − i(x + y) − 1 + i. S˘a
se determine elementul neutru e al acestei legi s, i s˘a se calculeze P = i2020 ∗ i2021 ∗ i2022.
A. e = 1 − i; P = i
B. e = 1 + i; P = i
C. e = 1; P = 1 − 2i
D. e = i; P = −1 + i
Solut¸ie: Legea ∗ este comutativ˘a ¸si asociativ˘a. Din definit¸ia elementului neutru se obt¸ine x ∗ e =
x(e − i) − ie − 1 + i = x, ∀x ∈ C, adic˘a x(e − 1 − i) = ie + 1 − i, ∀x ∈ C. Rezult˘a e = 1 + i.
Deoarece x ∗ y = (x − i)(y − i) + i, ∀x, y ∈ C rezult˘a x ∗ i = i, ∀x ∈ C, deci P = i2020 ∗ i2021 ∗ i2022 =
1 ∗ i ∗ (−1) = (1 ∗ (−1)) ∗ i = i.
18. Fie G un grup multiplicativ de matrice p˘atratice 2 × 2 inversabile cu elemente reale cu proprietatea
c˘a
( 1 0
1 −1
)
,
( −1 1
0 1
)
∈ G. Atunci:
A. Mult, imea G are trei elemente

Subiect și barem · pagina 8

8
B. Mult, imea G are cinci elemente
C. (G, ·) este grup comutativ
D. (G, ·) este grup necomutativ
Solut¸ie: Avem ( 1 0
1 −1
)
·
( −1 1
0 1
)
6
=
( −1 1
0 1
)
·
( 1 0
1 −1
)
,
de unde rezult˘a c˘a grupul (G, ·) este necomutativ.
19. Limita lim
x↘0
1∫
x
sin t
t dt
x
A. este egal˘a cu 0
B. este egal˘a cu -1
C. este egal˘a cu +∞
D. este egal˘a cu 1
Solut¸ie: Consider˘am funct¸ia continu˘a f : R → R, f (x) =



sin x
x , x 6 = 0
1, x = 0
¸si fie F o primitiv˘a a
acesteia. Atunci
lim
x↘0
1∫
x
sin t
t dt = lim
x↘0(F (1) − F (x)) = F (1) − F (0) =
1∫
0
f (x) dx.
Deoarece sin x
x > 0, ∀x ∈ (0, 1] rezult˘a
1∫
0
f (x) dx > 0. Se obt¸ine imediat c˘a lim
x↘0
1∫
x
sin t
t dt
x = +∞.
20. Cˆate dintre urm˘atoarele patru funct, ii admit primitive pe R?
f1(x) =
{ x, x ∈ Q
x3, x ∈ R\Q
f2(x) = |x|
f3(x) =
{
sin 1
x , x 6 = 0
1, x = 0
f4(x) =
{ x + 1, x ≥ 0
3, x < 0
A. 1
B. 2
C. 3
D. 0

Subiect și barem · pagina 9

9
Solut¸ie: Funct¸ia f1 nu are proprietatea lui Darboux, deci nu admite primitive: f ( 3
√7) = 7, f ( 3
√9) = 9
¸si nu exist˘a c ∈ ( 3
√7, 3
√9) astfel ˆıncˆat f (c) = 8 ∈ (7, 9).
Funct¸ia f2 este continu˘a, deci admite primitive.
Se ¸stie c˘a funct¸ia g : R → R, g(x) =
{
sin 1
x , x 6 = 0
0, x = 0 admite primitive. Dac˘a f3 ar admite primitive,
atunci funct¸ia f3 − g ar admite de asemenea primitive. ˆIns˘a
(f3 − g)(x) =
{ 0, x 6 = 0
1, x = 0 ,
de unde se observ˘a c˘a f3 − g nu admite primitive (nu are proprietatea lui Darboux, (f3 − g)(R) = {0, 1}
nu este interval). Rezult˘a c˘a f3 nu admite primitive.
Funct¸ia f4 nu are proprietatea lui Darboux, deci nu admite primitive; f ((−∞, 1]) = [0, 2] ∪ {3} nu
este interval.

Deschide documentul original

Continuă pregătirea

Vezi arhiva completă

Concurs de pregătire · 2021Informatică · Etapa 1Deschide fișa Concurs de pregătire · 2021Informatică · Etapa 2Deschide fișa Concurs de pregătire · 2021Matematică · Clasa a XI-a, etapa 1Deschide fișa Examen de admitere · 2021Informatică · Sesiunea iulie; subiect oficialDeschide fișa Examen de admitere · 2021Matematică · Sesiunea iulie; subiect oficialDeschide fișa Concurs de pregătire · 2022Informatică · Etapa 1Deschide fișa

Răspunsuri directe

Ce trebuie să știi despre acest subiect?

Ce document de admitere este acesta?

Pagina prezintă concurs de pregătire din 2021 pentru Matematică, la Facultatea de 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 · 2021

Despre acest subiect

Subiectul și baremul în format text

Subiect și barem · pagina 1