Pregătire cu un profesor

Concursul Facult˘at¸ii de Matematic˘a ¸si Informatic˘a
Proba de Matematic˘a - Clasa a XI-a
20 aprilie 2024
Versiunea 1
1. [5 puncte] Limita lim
x→∞
arcsin(sin x)
x este egal˘a cu
A. 1
B. +∞
C. 0
D. π
2
E. −π
2
F. 1
2
Solut¸ie: Deoarece funct¸ia x ↦ arcsin(sin x) este m˘arginit˘a (ia valori ˆın [−π
2 , π
2 ])
rezult˘a c˘a limita din enunt¸ are valoarea 0 (produs dintre o funct¸ie m˘arginit˘a ¸si o
funct¸ie cu limit˘a nul˘a).
2. [6 puncte] Aria maxim˘a a unui dreptunghi cu perimetrul dat (constant) P > 0 este
A. P 2
4
B. P 2
8
C. P 2
16
D. P 2
2
E. 2P 2
F. 3P 2
8
Solut¸ie: Not˘am cu L, l, L ≥ l > 0, lungimea ¸si respectiv l˘at¸imea dreptunghiului.
Avem 2(L + l) = P . Aria dreptunghiului este dat˘a de S = lL = l (P
2 − l). Maximul
pe (0, L] al acestei funct¸ii de gradul doi se determin˘a (elementar sau analitic) ¸si este
egal cu P 2
16 .

Subiect și barem · pagina 2

3. [5 puncte] Fie matricea A = (
√2 0
0 −√2 ). Suma elementelor matricei A2024 este
A. 22023
B. 21013
C. 22022
D. 21012
E. 22024
F. 0
Solut¸ie: Inductiv rezult˘a c˘a
An = (
√2n
0
0 (−√2)n ) , ∀n ≥ 1.
Urmeaz˘a c˘a suma elementelor matricei A2024 este 21013.
4. [5 puncte] Limita
lim
x→π ( 1
1 + cos x − 2
sin2 x)
este
A. 0
B. 1
2
C. 1
D. −1
2
E. 1
3
F. 1
6
Solut¸ie: Avem
lim
x→π ( 1
1 + cos x − 2
sin2 x) = lim
x→π ( 1 − cos x
1 − cos2 x − 2
sin2 x) = lim
x→π
−(1 + cos x)
sin2 x
= lim
x→π
−(1 + cos x)
1 − cos2 x = lim
x→π − 1
1 − cos x = −1
2.
5. [7 puncte] Fie funct¸ia f ∶ (−1, +∞) → R, f (x) = 6x2 − 3x + 1
(x + 1)3 , care are ca puncte de
extrem local pe x1 ¸si pe x2. Suma f (x1) + f (x2) este egal˘a cu
A. -1
B. 0
C. √5
D. −√5
E. 1
F. 2 + 2√5
2

Subiect și barem · pagina 3

Solut¸ie: Punctele de extrem local sunt r˘ad˘acini ale ecuat¸iei f ′(x) = 0. Deoarece
f ′(x) = −6(x2 − 3x + 1)
(x + 1)4 rezult˘a c˘a x1, x2 sunt r˘ad˘acinile ecuat¸iei x2 − 3x + 1 = 0. Se
observ˘a c˘a
f (x) = 6 ⋅ 1
x + 1 − 15 ⋅ 1
(x + 1)2 + 10 ⋅ 1
(x + 1)3 .
Efectuˆand ˆın ecuat¸ia de gradul doi substitut¸ia 1
x + 1 = y (sau prin calcul direct) se
deduce c˘a y1 = 1
x1 + 1 ¸si y2 = 1
x2 + 1 verific˘a egalit˘at¸ile y1 + y2 = 1, y1y2 = 1
5. Avem
f (x1) + f (x2) = 6(y1 + y2) − 15(y2
1 + y2
2 ) + 10(y3
1 + y3
2 ).
Dar y2
1 + y2
2 = (y1 + y2)2 − 2y1y2 = 3
5 ¸si y3
1 + y3
2 = (y1 + y2)(y2
1 + y2
2 − y1y2) = 2
5, de unde
rezult˘a
f (x1) + f (x2) = 6 − 15 ⋅ 3
5 + 10 ⋅ 2
5 = 1.
6. [5 puncte] Fie matricea A = (
√2 + 1 √2√2 √2 − 1 ). Atunci determinantul matricei A2024
este
A. -1
B. 22024
C. 1
D. 22023
E. 0
F. 21012
Solut¸ie: Avem det(A2024) = (det A)2024 = (−1)2024 = 1.
7. [5 puncte] Fie funct¸ia f ∶ R → R, f (x) =
⎧⎪⎪
⎨
⎪⎪⎩
x sin 1
x, x ≠ 0
0, x = 0. Care dintre urm˘atoarele
afirmat¸ii este adev˘arat˘a?
A. Funct¸ia f este discontinu˘a ¸si m˘arginit˘a
B. Funct¸ia f este continu˘a ¸si nem˘arginit˘a
C. Funct¸ia f este discontinu˘a ¸si nem˘arginit˘a
D. Funct¸ia f este derivabil˘a
E. Funct¸ia f nu are proprietatea lui Darboux
F. Funct¸ia f este continu˘a ¸si m˘arginit˘a
Solut¸ie: Pe R∗ funct¸ia f este elementar˘a, deci continu˘a. Deoarece lim
x→0 x sin 1
x = 0 =
f (0) (produs dintre o funct¸ie m˘arginit˘a ¸si o funct¸ie cu limit˘a nul˘a) rezult˘a c˘a f este
continu˘a ¸si ˆın x = 0, deci este continu˘a pe R. Deoarece
lim
x→+∞ f (x) = lim
x→∞
sin 1
x
1
x
= 1
¸si, analog, lim
x→−∞ f (x) = lim
x→−∞
sin 1
x
1
x
= 1 rezult˘a c˘a f este funct¸ie m˘arginit˘a.
Fiind continu˘a, funct¸ia f are proprietatea lui Darboux.
3

Subiect și barem · pagina 4

Funct¸ia f nu este derivabil˘a ˆın x = 0, deoarece limita
lim
x→0
f (x) − f (0)
x − 0 = lim
x→0 sin 1
x
nu exist˘a.
8. [7 puncte] Pentru n ∈ N∗ not˘am cu pn num˘arul de p˘atrate perfecte din intervalul [n, 2n].
Atunci limita
lim
n→∞
pn
√n
este egal˘a cu
A. 0
B. 1
C. 1
2
D. √2
E. √2 − 1
F. +∞
Solut¸ie: Avem c˘a pn reprezint˘a num˘arul de elemente ale mult¸imii {k ∈ N∗ ∣ n ≤
k2 ≤ 2n} = [√n, √2n] ∩ N∗. Dac˘a n nu este p˘atrat perfect, atunci se obt¸ine pn =
[√2n] − ([√n] + 1) + 1 = [√2n] − [√n]. Dac˘a n este p˘atrat perfect , atunci se obt¸ine
pn = [√2n] − [√n] + 1. Deci, pn = [√2n] − [√n] + εn, cu εn ∈ {0, 1}, pentru orice
num˘ar natural nenul n. Din propriet˘at¸ile p˘art¸ii ˆıntregi rezult˘a
(√2n − 1) − √n < pn < √2n − (√n − 1) + 1,
de unde se obt¸ine, via teorema cle¸stelui, c˘a
lim
n→∞
pn
√n = √2 − 1.
9. [6 puncte] Limita lim
x→∞ x2 (e 1
x+1 − e 1
x ) este egal˘a cu
A. e
B. 0
C. −e
D. −1
E. −e−1
F. e−1
Solut¸ie:
lim
x→∞ x2 (e 1
x+1 − e 1
x ) = lim
x→∞ e 1
x ⋅ e 1
x+1 − 1
x − 1
1
x+1 − 1
x
⋅ ( 1
x + 1 − 1
x) ⋅ x2 = e0 ⋅ 1 ⋅ (−1) = −1.
Observat¸ie. O variant˘a ”non-standard” de solut¸ie: din teorema lui Lagrange aplicat˘a
funct¸iei exponent¸iale pe intervalul [ 1
x + 1, 1
x] rezult˘a existent¸a unui punct interme-
diar cx ∈ ( 1
x + 1, 1
x) astfel ˆıncˆat
e 1
x+1 − e 1
x = ( 1
x + 1 − 1
x) ⋅ ecx ,
pentru orice x > 0. Rezult˘a c˘a x2 (e 1
x+1 − e 1
x ) = − x
x + 1 ⋅ ecx , de unde
− x
x + 1 ⋅ e 1
x < x2 (e 1
x+1 − e 1
x ) < − x
x + 1 ⋅ e 1
x+1 , ∀x > 0,
4

Subiect și barem · pagina 5

iar din teorema cle¸stelui pentru limite de funct¸ii urmeaz˘a c˘a limita din enunt¸ este
egal˘a cu -1.
10. [7 puncte] Cˆate dintre ¸sirurile
xn = {n
2 } − {n
5 } , yn = √n5 − 5
√n2, zn = n (sin 2
n − sin 5
n) ,
un = 2n + 1
5n + 1, vn = arctgn
2 − arctgn
5 , n ≥ 1
sunt convergente?
A. 1
B. 3
C. 4
D. 0
E. 2
F. 5
Solut¸ie: S¸irul (xn) este periodic de perioad˘a 10, iar sub¸sirurile sale (constante)
x10n = 0, ∀n ≥ 1 ¸si x10n+1 = 3
10, ∀n ≥ 0 au limite diferite. Rezult˘a c˘a (xn) este
divergent.
Avem
yn = n5
2 (1 − n2
5 − 5
2 ) ,
¸sir cu limita +∞, deci neconvergent.
Avem
zn = 2 ⋅ sin 2
n
2
n
− 5 ⋅ sin 5
n
5
n
,
¸sir convergent (cu limita 2 − 5 = −3).
Avem
un = (2
5 )n + (1
5 )n
1 + (1
5 )n ,
¸sir convergent (cu limita 0).
Deoarece lim
x→+∞ arctg x = π
2 rezult˘a c˘a ¸sirul (vn) este convergent (cu limita 0).
11. [7 puncte] Fie un p˘atrat ABCD de latur˘a a, E mijlocul laturii CD ¸si X un punct
variabil pe latura BC a p˘atratului. Valoarea minim˘a a sumei XA + XE este
A. 2a
B. a√14
2
C. a√3
D. 2a√2
E. a√10
2
F. a√13
2
Solut¸ie: Dac˘a not˘am cu x ∈ [0, a] lungimea segmentului CX, atunci
XA + XE = √(a − x)2 + a2 +
√
x2 + a2
4 .
5

Subiect și barem · pagina 6

Consider˘am funct¸ia f ∶ [0, a] → R, f (x) = √(a − x)2 + a2 +
√
x2 + a2
4 . Punctele critice
sunt date de ecuat¸ia f ′(x) = 0:
a − x
√(a − x)2 + a2 = x
√
x2 + a2
4
,
echivalent˘a cu (a − x)2 ⋅ a2
4 = x2a2, adic˘a a − x = ±2x, cu unica solut¸ie din domeniul
de definit¸ie x0 = a
3 , care este punct de minim (global), din analiza semnului lui f ′.
Valoarea minim˘a a funct¸iei f este
min(XA + XE) = f (x0) = f (a
3 ) =
√
(2a
3 )
2
+ a2 +
√
(a
3 )
2
+ a2
4 = a√13
2 .
Observat¸ie. Solut¸ii alternative, ”neanalitice”, se pot obt¸ine utilizˆand fie inegalitatea
lui Minkowski, fie prin efectuarea unei simetrii a lui A fat¸˘a de BC.
12. [7 puncte] Fie n ≥ 2 ¸si A o matrice n×n cu elemente numere reale astfel ˆıncˆat A3+A2 = In.
Cˆate dintre numerele det A, det(In − A), det(In + A), det(In + A3), det(In − A3) sunt
mai mari sau egale ca zero?
A. 0
B. 1
C. 2
D. 5
E. 4
F. 3
Solut¸ie: Vom utiliza proprietatea cunoscut˘a c˘a pentru dou˘a matrice X, Y care co-
mut˘a, cu elemente numere reale, are loc det(X2 + Y 2) ≥ 0.
Ipoteza se scrie A2(In + A) = In, de unde prin trecere la determinant se obt¸ine
(det A)2 ⋅ det(In + A) = 1. Urmeaz˘a c˘a det(In + A) > 0. De asemenea, avem
A3 = In − A2 = (In + A)(In − A), de unde (det A)3 = det(In + A) det(In − A); det A ¸si
det(In − A) au acela¸si semn. Dar avem ¸si A2 = In − A3 = (In − A)(In + A + A2), deci
(det A)2 = det(In − A) det(In + A + A2). ˆIns˘a,
det(In ± A + A2) = det ⎛
⎝(A ± 1
2In)
2
+ (
√3
2 In)
2⎞
⎠ ≥ 0.
Rezult˘a c˘a det(In − A) > 0 ¸si de aici c˘a det A > 0.
ˆIn plus, det(In + A3) = det(In + A) det(In − A + A2) ≥ 0 ¸si det(In − A3) = det(In −
A) det(In + A + A2) > 0.
A¸sadar, tot¸i cei cinci determinant¸i din enunt¸ sunt mai mari sau egali ca zero.
Observat¸ie. O solut¸ie care folose¸ste propriet˘at¸ile valorilor proprii: fie λ o valoare
proprie a matricei A; din ipotez˘a, λ este solut¸ie a ecuat¸iei x3 + x2 − 1 = 0. Cu ajutorul
¸sirului Rolle pentru funct¸ia f ∶ R → R, f (x) = x3 + x2 − 1 se obt¸ine c˘a ecuat¸ia are
o singur˘a r˘ad˘acin˘a real˘a λ1 ∈ (0, 1) ¸si dou˘a r˘ad˘acini complexe conjugate λ2,3. Fie
k ∈ {0, 1, . . . , n} multiplicitatea lui λ1 ca r˘ad˘acin˘a a polinomului caracteristic al ma-
tricei A; atunci λ2 ¸si λ3 au fiecare multiplicitatea n−k
2 . Evident, n ¸si k trebuie s˘a fie
de parit˘at¸i convenabile. Deoarece determinantul unei matrice este egal cu produsul
valorilor sale proprii obt¸inem succesiv:
det A = λk
1 ⋅ ∣λ2∣n−k > 0
det(In − A) = (1 − λ1)k ⋅ ∣1 − λ2∣n−k > 0
det(In − A3) = (1 − λ3
1)k ⋅ ∣1 − λ3
2∣n−k > 0,
6

Subiect și barem · pagina 7

precum ¸si celelalte inegalit˘at¸i necesare pentru finalizarea solut¸iei. Au fost utilizate
egalit˘at¸i elementare, de exemplu λ2λ3 = λ2 ¯λ2 = ∣λ2∣2, etc.
13. [6 puncte] Limita ¸sirului xn =
n
∑
k=1
k2 + n
k + n3 , n ≥ 1, este
A. 1
4
B. 1
3
C. 1
2
D. 1
E. ln 2
F. 1
e
Solut¸ie: Majorˆand ¸si minorˆand termenii din expresia lui xn se obt¸ine dubla inega-
litate
n2 + n
∑
k=1
k2
n3 + n ≤
n
∑
k=1
k2 + n
k + n3 ≤
n2 + n
∑
k=1
k2
n3 + 1 ,
echivalent cu
n2 + n(n+1)(2n+1)
6
n3 + n ≤ xn ≤ n2 + n(n+1)(2n+1)
6
n3 + 1 .
Din teorema cle¸stelui pentru limite de ¸siruri rezult˘a c˘a (xn) este convergent ¸si are
limita 1
3.
Observat¸ie. Aplicarea identit˘at¸ii n
∑
k=1
k2 = n(n + 1)(2n + 1)
6 poate fi evitat˘a calculˆand
limita lim
n→∞
n
∑
k=1
k2
n3 cu ajutorul lemei Cesaro–Stolz.
14. [5 puncte] Fie ε o r˘ad˘acin˘a a ecuat¸iei x2 + x + 1 = 0. Valoarea determinantului
RRRRRRRRRRRRRR
1 ε ε2
ε 1 ε2
ε ε2 1
RRRRRRRRRRRRRR
este
A. 0
B. 1
C. ε
D. ε2
E. 2ε
F. −1
Solut¸ie: Adunˆand coloanele 2 ¸si 3 din determinant la prima se obt¸ine o coloan˘a de
zerouri, deci determinantul este nul.
7

Subiect și barem · pagina 8

15. [7 puncte] Fie matricele A ∈ M3,2(R), B ∈ M2,3(R) astfel ˆıncˆat
BA = ( 1 −1
0 −1 ) .
Care dintre urm˘atoarele afirmat, ii sunt adev˘arate?
1. det(AB) = −1
2. det(AB) = 0
3. det(AB) = 1
4. (AB)2 = I3
5. (AB)3 = AB
A. 2 ¸si 5
B. 1 ¸si 4
C. 3 ¸si 4
D. 1 ¸si 5
E. 3 ¸si 5
F. 1 ¸si 3
Solut¸ie: Avem AB ∈ M3,3(R) ¸si rang(AB) ≤ rangA ≤ 2, de unde rezult˘a c˘a det(AB)
= 0. A¸sadar, afirmat¸iile 1, 3 ¸si 4 sunt false (dac˘a afirmat¸ia 4 ar fi adev˘arat˘a, atunci
prin trecere la determinant s-ar obt¸ine det(AB) = ±1); afirmat¸ia 2 este adev˘arat˘a.
Pe de alt˘a parte, are loc egalitatea (BA)2 = I2, de unde urmeaz˘a
(AB)3 = (AB)(AB)(AB) = A(BABA)B = A(BA)2B = AI2B = AB,
deci afirmat¸ia 5 este adev˘arat˘a.
8

Deschide documentul original

Continuă pregătirea

Vezi arhiva completă

Concurs de pregătire · 2024Informatică · Subiect și baremDeschide fișa Concurs de pregătire · 2024Matematică · Clasa a XII-aDeschide fișa Examen de admitere · 2024Informatică · Sesiunea iulie; subiect oficialDeschide fișa Examen de admitere · 2024Informatică · Sesiunea septembrie; subiect oficialDeschide fișa Examen de admitere · 2024Matematică · Sesiunea iulie; subiect oficialDeschide fișa Examen de admitere · 2024Matematică · Sesiunea septembrie; subiect oficialDeschide fișa

Răspunsuri directe

Ce trebuie să știi despre acest subiect?

Ce document de admitere este acesta?

Pagina prezintă concurs de pregătire din 2024 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 · 2024

Despre acest subiect

Subiectul și baremul în format text

Subiect și barem · pagina 1