D a MT1 Rezolvari Pt Printare

Varianta 1 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţ Educaţiei, Cercetă Cercetării şi Tineretului Centrul Naţ Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţă Învăţământul mântul Preuniversitar

1.

n = 4a + 1;1 + 5 + 9 + ... + ( 4a + 1) = 231;

2. x1 = 1, x2 = 3. y > 1, y = x 4.

3 C 10 = 120

3 2 2

cos

23π 12

=

= 231

2

; 2a 2 + 3a − 230 = 0 ; a = 10, n = 41

3 ; x ∈ 1, 

 2

+ 1;

f

−1

: (1, ∞)

→

(0, ∞) ,

f

−1

( x) =

x −1

submulţimi cu trei elemente

5. ( 2 − m )2 + ( 2 + m )2 6.

Soluţii ( 4a + 2)(a + 1)

cos

π

=

12

=

4 ; m = ±2

π 3

cos 

−

 6 + 2 = 4 4

π

Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar

Soluţie 1. a) Calcul direct

b) Se demonstrează prin inducţie după c) Din ipoteză rezultă    Folosind b) găsim   

 2 1  2 1 u v   =  ⋅ X , iar din a), că există u, v ∈  , astfel încât X =  .  1 2  1 2 v u  3 3 + 1 3 3 −1  (u + v)3 + (u − v )3 =2   2 2 2  şi soluţia: X =  .  3 3 −1 3 3 +1  (u + v)3 − (u − v )3 =1   2   2 2 X ⋅ 

2. a) Calcul direct. b) Calcul direct, −16 = 5ˆ în 

c) Pentru

a ∈  7 , a ≠ 0ˆ ,

Pentru a = 0ˆ , f

=

* n∈ .

7 .

∀ x ∈  7 ,

es te reductibil. ( ) = 0ˆ , deci f este

− f ( x ) = 6ˆ + a ⋅ x . Avem f a 1

( X3 − 3ˆ ) ⋅ ( X3 + 3ˆ ) , deci f este reductibil.

BACALAUREAT 2008-MATEMATICĂ 2008-MATEMATICĂ - Proba D, tipul subiectului MT1, programa M1

Varianta 1 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Înv ăţământul Preuniversitar Soluţii

 f ( x )   = − a si lim ( f ( x ) + a ⋅ x ) = 0 ,dreapta y = − a ⋅ x este asimptota oblică spre x →−∞  x  x→−∞

1.a) Cum lim 

−∞ .

b) x = ln a este punct de minim. c) Din ipoteza că avem că f ( x ) ≥ f ( 0 ) , ∀x ∈  ,deci x = 0 este punct de minim pentru f . Din T.Fermat deducem că f ′ ( 0 ) = 0 ⇔ a = 1 şi verificare.

2.a) F este derivabila pe ( 0; ∞ ) . F ′ ( x ) =

1 x

( ln x − 2 ) + 2 ⋅ x ⋅

1 x

= f

( x) , x > 0 .

b) G primitiva ⇒ G este derivabila. G′ ( x ) = f ( x ) ≥ 0, ∀x ≥ 1 ⇒ concluzia. c) Aria =

e

1

e

∫1 f ( x ) dx = ∫1 − f ( x )dx + ∫1 f ( x )dx = − F ( x ) 1 + F ( x) 1 = −2 e

e

1

e

e

e−

6 e

+8.


 f ( x )   = − a si lim ( f ( x ) + a ⋅ x ) = 0 ,dreapta y = − a ⋅ x este asimptota oblică spre x →−∞  x  x→−∞

1.a) Cum lim 

−∞ .

b) x = ln a este punct de minim. c) Din ipoteza că avem că f ( x ) ≥ f ( 0 ) , ∀x ∈  ,deci x = 0 este punct de minim pentru f . Din T.Fermat deducem că f ′ ( 0 ) = 0 ⇔ a = 1 şi verificare.

2.a) F este derivabila pe ( 0; ∞ ) . F ′ ( x ) =

1 x

( ln x − 2 ) + 2 ⋅ x ⋅

1 x

= f

( x) , x > 0 .

b) G primitiva ⇒ G este derivabila. G′ ( x ) = f ( x ) ≥ 0, ∀x ≥ 1 ⇒ concluzia. c) Aria =

e

1

e

∫1 f ( x ) dx = ∫1 − f ( x )dx + ∫1 f ( x )dx = − F ( x ) 1 + F ( x) 1 = −2 e

e

1

e

e

e−

6 e

+8.

Varianta 2 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţ Educaţiei, Cercetă Cercetării şi Tineretului Centrul Naţ Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţă Învăţământul mântul Preuniversitar Soluţ Soluţii

1− i    2

2

1. 

= −i

12

; (−i )

=

1

2. x2 − 6 x + 5 = 0 ; x ∈ {1,5} 3.

f − 1 :  →  , f −1 ( x) =

x + 1

2

81

4.

p =

6.

m ( m − 2 ) + 3 ⋅ ( −1 ) = 0 ; m = 3

= 0,9 90 5. M (1,3) este mijlocul lui( BC ) ; AM = 5

Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Calcul direct. direct. Se obţine a = 3 . b) A10 = 39 ⋅ A , deci rang rang ( A10 ) = 1 . c)

B = A − A

2. a) Pentru b) Pentru

t

=

 0 1 2008  −1 0  . Se obţine B = I 2 .  

a, b ∈ M , avem ea

+e

b

−1≥1 ,

a, b, c ∈ M se demonstreaz demonstrează că

c) Se demonstreaz demonstrează prin induc ţie că

deci a ∗ b ∈ [ 0, ∞ ) = M .

( a ∗ b ) ∗ c = a ∗ ( b ∗ c ) = ln ( e a + eb + e c − 2 ) .

(

)

a .. ∗ a = ln n ⋅ e a − (n − 1) . ∗ a ∗ .  de n ori a

Se obţin apoi soluţiile a = 0 şi a = ln ( n − 1) .


Varianta 2 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Înv ăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a) Se demonstreaza prin inductie matematica. b) an+1 − an = − an ⋅ an < 0 ⇒ sirul dat este strict descrescator. c) Cum ak2 < ak

ak , ∀k ∈ * , însumănd se deduce relaţia cerută.

⋅

2.a) F este derivabila pe F ′( x) =

2 3 ⋅ 3

.

1

 2 x + 1 

1+ 



2

⋅

2 3



= f

( x) .

3 

b)Aria ceuta este A =

1

2 x + 1

∫0 x2 + x + 1dx = ln ( x (

2

) 0 = ln 4.

+ x +1

)

c)Limita ceruta este L = lim F ( n ) − F ( − n ) = n →∞

1

2 3π



3 2

+

 2π 3 = 3 . 2

π

Varianta 3 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţii

1.

12

( 2)

=

6

2

2. min f = −

12

;( 4) 3

=

4

4

12

;(4 5)

3. 4.

p =

6.

7

=

=5

;2

6

3

<5 <

4 4 ; 2, 4 5, 3 4

∆

; min f = −3 4a lg ( x − 1)( 6 x − 5 ) = lg100 ; x = 5 6

3

1

90 15 5. ecuaţia perpendicularei din A pe d : 3 x + 2 y − 26 = 0 9

Ministerul Educa ţiei, Cercet ării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie: 1. a) det ( A2 + B 2 ) =

1

4

4 1

= −15

b) Se arată prin calcul direct. c) Dacă X , Y ∈ M 2 (  ) şi X ⋅ Y

(

=Y ⋅

X , atunci b)

) = det ( ( X + i ⋅ Y )( X − i ⋅Y ) ) = det ( X + i ⋅Y ) ⋅ det ( X − i ⋅Y ) . 2 2 2 X − i ⋅ Y = X − i ⋅ Y , deci det ( X + Y ) = det ( X + i ⋅ Y ) ≥ 0 . det X 2

Mai mult,

.

+Y

2

2. a) Se foloseşte definiţia elementului neutru.  f (3) = 0

b) Deoarece 

 f (4) = 1

 a =1

, obţinem 

 b = −3

şi se verifică apoi faptul c ă funcţia

f ( x) = x − 3 este izomorfismul căutat.

c) Se demonstrează prin inducţie că x x  ... x = (x − 3) 2008 + 3 . de2008ori x

Se obţin apoi soluţiile x = 1 şi x = 5 .

BACALAUREAT 2008-MATEMATICĂ - Proba D, tipul subiectului MT1, programa M1

f :  →  ,

Varianta 3 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Înv ăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a) Avem ca

f ′ ( x ) =

36 ⋅ x 2 − 1 x

 1 , x > 0 ⇒ f este strict descrescatoare pe  0,  si strict crescatoare pe  6

1   6 , ∞  . 1 1 1   b) Din a) avem ca f ( x ) ≥ f   = + ln 6, ∀x > 0 , deci a ∈  −∞, + ln 6 2 6 2  

c) Deoarece lim f ( x ) = lim f ( x ) = ∞ ,utilizand a) avem ca pentru m < x0

x →∞

1 2

+ ln 6 = m0 ec.are

0

radacini reale, pentru m = m0 ec.are o radacina reala, iar pentru m > m0 ec. are doua radacini reale. 2.a) Functia este continua deci are primitive. Daca F este o primitiva pentru f a ,atunci F ′ ( x ) = f a ( x ) > 0, ∀x ∈  . Asadar functia F este strict crescatoare pe  . b) Avem ca

1

3

1

2

3

1

20

∫0 x − 2 + 3dx = ∫0 5 − xdx + ∫2 x + 1dx = ln 9 .

c) Avem: lim

∫

3

a →∞ 0

f a ( x )dx = lim

∫

3

a→∞ 0

a+3 dx = lim ln = 0. a→∞ a− x+3 a

1


1. -1 2. V  − , − 5

21 

 ; xV , yV < 0 ⇒ V ∈ C III 4  1 8  3 x = y ; y ∈  ,  , x ∈{−1, −1 + 2log 3 2} 3 3  2

3.

4. 9 ⋅ 9 numere

aab ; 9 ⋅ 9 numere aba , 9 ⋅ 9 numere baa ; p = 0, 27

 3 ± 29    4 

5. ( 3 − 2a )( 2a +1) + 2 ( a + 1) = 0 ; a ∈  6.

6 ⋅10 ⋅ sin A 2

= 15

3 ;sin A =

3 2

; cos A =

1 2

; BC = 2 19

Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie: 1. a) Se arată că

rang ( A) = 2 .

b) Calcul direct, sau, deoarece

rang ( At ⋅ A) ≤ rang ( A) = 2 , rezultă că det( At ⋅ A) = 0 .

c) A ⋅ At = 9 ⋅ I 2 , deci det( A ⋅ At ) = 81 . 2. a) Calcul direct. b) Se arată că elementul neutru este e = −1 . Dacă x ∈  , evident 5 x + 6 ≠ 0 . x este simetrizabil ⇔

∃ x′ ∈  , xx′ = x′x = − 1

⇔

x′ = −

6 x + 7

∈  , deci 5 x′ = −6 +

1

∈ , 5 x + 6 5 x + 6 aşadar 5 x + 6 ∈ { − 1, 1} . Se obţine că unicul element simetrizabil în raport cu legea “ ∗ ” este elementul

neutru e = −1 . c) Din ecua ţie rezultă că x este inversabil şi din b) rezult ă x = −1 , care verifică relaţia.


Varianta 4 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Înv ăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a) y = 0 asimptota orizontala la ∞ si la −∞ . Dreptele x = 0, x = −1 sunt asimptote verticale. b)Avem ca f ′ ( x ) = n

c) .

∑

2

∫0 

1 −

( 3 x2 + 3x + 1) < 0, ∀x ∈  \ 3

x .( x + 1)

n

f ( k ) =

k =1

2.a) I1 =

 1 ∑  k 2 k =1 

−2

−

3

{−1,0} ,de unde se obtine concluzia.

 1 1  = 1− Limita ceruta este 2 2 e ( k + 1)  ( n + 1) 1

1  dx = 2 − ln 3. + x 1 

b) Avem ca I n = c)Avem ca 0 ≤ ∫

1

x

2

x

n

∫0 1 + xn ∫1 1 + x

1

x n

0 1 + x n

egala cu 0.Cum I n

n

=

Jn +

+

dx 2

dx ≤ n

1 n

∫0

x dx +

n 1 n 1 x ≤ x dx ⇒ 0 ≤ dx ≤ 0 0 1 + xn

∫

x n

∫1 1 + xn

∫

dx = J n +

0,deducem ca limita ceruta este egala cu1.

2

∫1 

1 −

2

∫1

1 n +1

1dx =

1 n +1

,deci J n =

1

+ 1.

x

n

∫0 1 + xn dx ,are limita

 dx = J n + 1 − cn ,si cn are limita egala cu 1+ x  1

n


1.

2 5

2. x ∈ 5 − 13,5 + 13  ; x ∈{2,3,4,5,6,7,8} 3. f 1 : (0, ∞) → (1, ∞), f 1 ( x) = x + 1 −

−

4. Numărul căutat e dat de num ărul funcţiilor 5. E centrul paralelogramului E (3,3) ; 6.

AC

=

sin B

x B

+

g : {1,2,3} → {1, 2,3, 4} ; 4

xD

2

=

3,

yB

+

2

yD

=

3

=

64 funcţii

3 ; D ( −1,10)

2 R ; AC = 3


1. a) Se arată că

1

1

1

x A

xB

xC = 0 , deci punctele A, B, C sunt

y A

yB

yC

coliniare.

b) Între linii exist ă relaţia L3 = 6 L1 − 2L2 . Rangul este 2. 1 1 c) = 1 ≠ 0 , deci rang ( M ) ≥ 2 . 0 1 Dacă unul dintre minorii de ordinul trei ai lui M care conţin ultima coloană este nul, atunci punctul D ( a, b ) este coliniar cu două dintre punctele A, B şi C . Din a) rezultă c ă punctele A, B, C , D sunt coliniare, deci to ţi ceilal ţi minori de ordinul 3 ai matricei M sunt nuli. Aşadar rang( M ) = 2 . 2. a) 4  5  6 = 9 . b) Se demonstrează că funcţia f este bijectiv ă şi ∀ x, y ∈ ( 0, ∞ ) , f ( x ⋅ y ) = f ( x )  f ( y ) . c) Fie

q ∈  , q > 3 . *

∀ t ∈ 

Atunci, exist ă m, n ∈ * astfel încât q = 3 +

m n

.

, avem k = 3 + t ∈ H şi deoarece H este subgrup al lui G, rezultă că şi simetricul k ′ =

Deci m + 3,

1 n

+ 3 ∈ H ,

1  m + 3 = + 3 = q ∈ H . n   n

de unde şi ( m + 3)  


1 t

+ 3 ∈ H .

Varianta 5 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Înv ăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a) f ′ ( x ) ==

1

4

−

x

( x + 1)

b) Convine f ′ ( x ) =

2 9

2

⇔

( x − 1)

=

2

x ⋅ ( x + 1)

,x> 0

2

(

)

2 x3 − 5 x 2 + 20 x − 9 = 0 ⇔ ( 2 x − 1) x 2 − 2 x + 9 = 0 ⇔ x =

1 2

.

2 2 1 1 Deoarece f   = − ln 2 + ⇒ A  ; − ln 2 +  este punctul cautat. 3 3 2 2 c) Din subpunctul a) deducem ca

f ′ ( x ) > 0, ∀x > 1, f ′ (1) = 0 Deoarece functia f este strict

crescatoare pe [1, ∞ ) si f (1) = 0 ,rezulta ca f

( x ) ≥ 0, ∀x ∈ [1; ∞ ) ,de unde se deduce

demonstrat. 2.a) Se arata ca f este strict descrescatoare Se aplica teorema de medie (sau teorema lui Lagrange pentru o primitiva a functiei f).

b)

n

n −2

∫1 f ( x )dx = ∫1 x

c) Deoarece

n

dx =

−1

n

x

= 1−

1 n −1 k 1 +

∫1 f ( x )dx = k ∑1 ∫k

1 n

.Atunci limita ceruta este egala cu 1.

f ( x )dx sumand inegalitatile de la a) obtinem:

=

n

n

∑ f ( k ) ≤ ∫1

k = 2

f ( x )dx ⇒ an − f (1) ≤

n

∫1

f ( x)dx ⇒ an ≤

n

∫1

f ( x) dx + 1 → 2 ,

deci sirul este marginit superior.Sirul fiind si crescator ,este convergent.

inegalitatea de


1. 2.

495

3.

cos 2 x sin x = 0 ; x ∈ 

4.

A43

5.

AB = 17 , BC = 2 17 , AC = 5; cos B =

6.

f ( x ) = ax 2

+

bx + c ; a − b + c

= 1,

c

= 1,

a

+

b

+

c

=3

; f :  →  , f ( x) = x 2 + x + 1

 π 3π  ,  4 4 

=

R =

24

c 2sin C

15 17

; R = 6

Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie: 4

1. a) Se arată că σ = σ . b) Dacă σ = e , pentru p = 1 avem Dacă

σ ∈ S n , σ ≠

p

σ

=e. *

e , atunci pentru orice k ∈  ,

σ, σ

2

, ..., σ k ∈ S n .

Cum mulţimea S n este finită, rezultă că există i, j ∈ * , cu i < j , astfel ca Obţinem că pentru p = j − i ∈ * ,

p

σ

=

i

σ =σ

j

.

e.

 1 2 3 4 5 4 5  ≠ e . Se arată că τ = e , deci τ = τ . 2 3 4 1 5    1 − i 3 1 + i 3  2. a) Se arată că soluţiile ecuaţiei sunt x ∈ 1, , . 2 2   

c) Fie

τ=

b) Utilizând relaţiile lui Viète ob ţinem

S

2 2 2 = x1 + x2 + x3 =

0. Dacă ecuaţia ar avea mai mult de o r ădăcină reală, deoarece ea are coeficien ţi reali, ea ar avea toate rădăcinile reale. Deoarece S = 0 , obţinem x1 = x2 = x3 = 0 , fals.

c) Utilizând relaţiile lui Viète, ob ţinem

∆=

(

( x1 + x2 + x3 ) ( x1 + x2 + x3 )

2

−3

( x1x 2 + x 2x 3 + x3 x1 )


)

= −4 .

Varianta 6 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Înv ăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a) f ′ ( x ) = e x ln x . ( x ln x )′

=

f ( x ) ⋅ ( ln x + 1) , x > 0 .

 1 1  b) Functia f este descrescatoare pe  0;  si crescatoare pe  , ∞  , deci ea este marginita  e e  −1

1

inferior de numarul f   .Minimul cerut este e

 2 c) f ′′ ( x ) = f ( x ) ⋅  (1 + ln x )  1

2.a)

∫0

g 2 ( x ) dx =

b) x ∈ [ 0;1] ⇒ 0 ≤

1

1

∫0 1 + x

dx =

1

∫0 

 > 0 ,deci f este convexa pe ( 0, ∞ ) .

∫0 

2



1 + x

2n

.

x 

3

1 − x + x − x + ≤x

e

1

1

x 2 n

c) Integrand functia

+

e

  = = 1 + x  x

4

1

1

∫0 1 + x

1

dx = ln ( x + 1) = ln 2 0

si integrand aceste inegalitati de la 0 la 1 ,obtinem inegalitatile cerute.

g n obtinem: 2

 1 − x + x − ... − x 

gasim ca limita este ln 2 .

2 n −1

+

x 2n  1 1 1 1 dx ⇒ ln 2 = 1 − + − + ... − + 1+ x  2 3 4 2n

1

x2n

∫0 1 + xdx ,

utilizand si b)


1. 1 2. max f = −

∆

4a

; max f = 0

1 1 7π 11π  π 3. x = (−1)k arcsin  −  + k π ; arcsin  −  = − ; x ∈  , .

 2

4.

2 C n = 120

;

 2

6

 6

6 

n = 16   

  

  

  

  

  

5. ABDC parallelogram ; AB + AC = AD, AB − AC = CB ; AD = CB ; ABDC dreptunghi ; 6. triunghiul este dreptunghic;

S

=

6, p = 6 ; r = 1

A =

π

2

Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Se arată că rang ( A) = 3 . b) Se arat ă uşor că mulţimea soluţiilor este

S =

c) Presupunem că sistemul are soluţia X = ( x

{ ( 0, α, 1 − 2α, α)

α ∈

}.

 x = 0  2 x + y = 0 . y z ) ∈ M1, 3 (  ) . Se obţine sistemul  3 x + 2 y + z = 0  4 x + 3 y + 2 z = 1

Sistemul omogen format din primele trei ecua ţii are doar solu ţia x = y = z = 0 , care nu verific ă a patra ecuaţie a sistemului, contradic ţie. 2. a) Calcul direct. b) Din a) rezultă că „· ” este lege de compoziţie pe H t .

( G, ⋅ ) a matricei se arată că ∀ h, k ∈  , A ( h ⋅ t − 1) ⋅ A ( − k ⋅ t − 1) ∈ H t . c) Fie funcţia f : G → ( 0, ∞ ) , f ( A(k ) ) = k + 1 , ∀ k ∈  . Deoarece pentru t ∈  , simetrica din grupul

A ( k ⋅ t − 1) este matricea A ( − k ⋅ t − 1) ,

Se demonstrează că f este bijectivă şi că este un morfism de grupuri.


Varianta 7 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Înv ăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a) x = 0 este asimptota verticala.Functia f nu admite alte asimptote b) Aplica T.Lagrange functiei f pe[ k , k + 1] si stabileste inegalitatile cerute. c) Sumeaza inegalitatile de la a) si obtine xn > ln ( n + 1) − ln n > 0, n ∈ * . xn +1 − xn =

1 n +1

− ln ( n + 1) + ln n si

folosind a) se deduce ca sirul este descrescator.

2.a) Convine F ′ ( x ) = f ( x ) , ∀x > −1 ,

adica

sau

a x + 1

+

2bx 2

x +1

+

c 2

x +1

=

2x

( x + 1) ( x

2

)

+1

, ∀ x > −1

a + 2 b = 0,2b + c = 2, a + c = 0 , de unde a = −1, b =

1 2

,c = 1. 1

1   2 b) Avem: ∫ f ( x )dx = F ( x ) =  − ln ( x + 1) + ln ( x + 1) + arctg ( x )  = = 0 0 2  0 1

−

1 2

ln 2 +

1

π

4

.

c) Avem ca F ′ ( x ) = f ( x ) , x > −1 Stabileste ca F ′ ( x ) < 0, x ∈ ( −1;0) , F ′ ( x) > 0, x > 0 si deduce monotonia.


1. z 2 + z + 1 = 0 ⇒ z 3 = 1 ; z 4 + 2.

f (1) = 2, f (0) = 3 ; c = 3 , a =

3.

3

7 x + 1 = x + 1 ; x 3 + 3 x 2

4. A54 =120 5. AF = AE + EF ;   

6.

  

  

  

FC

p = 21 , S = 84 ;

56

z 4 −2

z

=

4x = 0

  

=

5

−

1

  

+

1

z

1;

= −

; x ∈ {−4,1,0}   

FD + DC ; FC

  

=

2 AF ; A, F , C coliniare

.

Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) det ( A) = − 4 . b) Calcul direct. −1 0 −1 . 2 2  −1 −1 0    Folosind rela ţiile lui Viete, se arat ă că ( x1 + 1)( x2 + 1)( x3 + 1) = − a .

c) Se arată că

A

−1

=

1

( A − I 3 ) deci

A

−1

 0

=

1

−1

−1

2. a) b) x1 = 2 ⇒ a = −6 . Celelalte rădăcini sunt soluţiile ecuaţiei c) a = 0 este soluţie. Pentru

a ≠

Se obţine Rezult ă

2

x +

2 x + 3 = 0 , deci

 x1 + x2 + x3 = 0

0 , din primele două relaţii ale lui Viète rezult ă 

 x1x2 + ( x1 + x2 ) ⋅ x3 = − 1

2 2 x1 + x1 x2 + x2 − 1 =

x3 = 0 ,

fals. Aşadar

0 . Din a =

∆ x ≥ 0 1

şi

x2 ≠

0 rezultă

2 x2 = 1 .

0 este unica soluţie.


x2, 3 = −1 ±

.

2⋅i.

Varianta 8 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Înv ăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a) Avem că f ′ ( x ) = 1 − sin x ≥ 0 şi derivata nu se anuleaza pe o multime care e interval , deci are loc concluzia.

 π  b) Se demonstreaza prin inductie matematica ca xn ∈  0;   2 c).Arata ca sirul este crescător . . Deduce folosind si b) ca sirul este convergent. Arata ca lim xn = n→∞

π

2

.

π

2.a) I1 = sin x 2 = 1. 0

π

∫

b) I n +1 − I n = c)

∫

I n =

( sin x ) ⋅ cos

n −1 n

cos n x ( cos x − 1)dx ≤ 0 ,de unde se obtine concluzia.

′

π

I n = 2 0

2 0

π

n−1

xdx ; I n = ( n − 1)

2 n ∫02 (1 − cos x ) ⋅ cos

−2

xdx ; I n = ( n − 1) I n−2 − ( n − 1) I n ,deci

.I n − 2 .

Se motiveaza ca I n ≠ 0 . Inmultind relatiile anterioare obtinem I 3 ⋅ I 4 ⋅ ... ⋅ I n =

2 3

I1 ⋅

3 4

⋅ I 2 ⋅ ... ⋅

n −1 n

deduce relatia ceruta. Relatia ceruta se poate stabili si prin inductie matematica dupa ce se gaseste relatia de recurenta.

I n−2 şi se


1. z ∈ {±3i}  9 + 2 19  ,∞ ∪  5 5    3π π 3. 4 x ∈ {0, 2π , 4π , 6π , 8π } ; x ∈ 0, , π , , 2π  2  2 

2. ∆ ≥ 0 ;

  

a ∈  −∞,

9 − 2 19 

4. numărul cerut coincide cu num ărul funcţiilor 5. p = 21 ; S = 84 ; r = 4 6.

AB

=

sin C

AC

;

sin B

AB

=

AC

g : {1,3, 4,5} → {1, 2,3, 4,5} ; 5

4

= 625 funcţii

2

Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie: 4

1. a) Se arată că A = −4 ⋅ I 2 . b) Se demonstrează prin calcul direct. c) Se demonstrează că *

∀ k ∈ 

, A4k = ( −4 )

k

⋅ I 2

, A4k +1 = ( −4 )

k

⋅

A , A

4 k + 2

(

= −4

)

k

⋅

2

A

şi A4k + 3

(

= −4

)

k

⋅

3

A .

Folosind punctul b) şi forma matricelor A, A2 , A3 , deducem concluzia.

2. a) Pentru

2 x ∈  , notăm x

= t .

Rădăcinile polinomului f sunt x1, 2

Ecuaţia 2t 2

are soluţiile t 1 = 1 şi t 2

=−

5 2

.

10

⋅i . 2 b) Concluzia rezult ă folosind relaţiile lui Viète şi faptul că suma căutată este egal ă cu

a = 4 ,

=±

2

( x1 + x2 + x3 + x4 ) − 8 ( x1x2 + x1x 3 + x1x 4 + x 2x 3 + x 2x 4 + x 3x 4 ) . atunci, din b) obţinem că r ădăcinile lui f sunt egale. Folosind prima rela ţie a lui Viète, S

c) Dacă

= ±1

şi x3, 4

+ 3t − 5 = 0

deducem că x1 = x2

=3

=

x3 = x 4 = −

1 2

. Găsim apoi b = 1 şi c =

1 8

.


Varianta 9 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Înv ăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a) Avem ca f ′ ( x ) = 1 − cos x ≥, x ∈  si f nu se anuleaza pe o multime care sa fie interval. Asadar,functia f este strict crescatoare pe

.

b) Din ipoteza rezulta ca xn = sin xn + n . Arata ca xn ≥ n − 1 Rezulta ca sirul ( xn ) este nemarginit deoarece

lim ( n − 1) = ∞ .

n →∞

c) Avem ca

xn n

∈

 n −1 n + 1  n , n  Limita ceruta este egala cu 1 (teorema clestelui ). 1

1

2.a) Avem :

1 − x n

1

∫02 1 − x dx = ∫02 (1 + x + x

2

+ ... + x

n −1

 x 2 )dx =  x + 2 

+ ... +

n x 2

 n  0

= an .

 1 1 0 ≤ gn ( t ) ≤ gn   ⇒  2   2

b) Avem ca t ∈ 0; Atunci rezulta ca 0 ≤

∫

1

2 0

g n ( t )dt ≤

∫

1

2 0

1 2

n −1

dt =

1 2

n

, n ∈ * . 1

c) Sirul care ne intereseaza este notat an .Avem ca an = − ln (1 − x ) 2 − 0

∫

1

2 0

g n ( x )dx → − ln

1 2

= ln 2.


1. z ∈ {±2i} 2.

f ( x ) = ax + b , a ≠ 0 ; f

3.1 lg 4.

x + 1

9

= lg

10

( f ( x ) ) = a 2 x + ab + b ; 2 f ( x ) + 1 = 2ax + 2b + 1 ;

f ( x) = 2 x + 1

; x = 9

x

k k 10− k ⋅ 33 Tk +1 = C 10 ⋅ 3

; k 3 ⇒ k ∈ {0,3,6,9}

5. ( a − 2)( 2a − 20 ) − 8 ⋅ 3 = 0 ; a ∈{6 ± 2 7}. 6.

 

(

 

u ⋅ v = −2 ; cos u , v

−2

)=

41 ⋅ 13

Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie: 1. a) Se arată că

α =e

b) Ecuaţia devine c) Fie

( )

3

.

α ⋅ x = e ,

cu unica soluţie

) (

−1

 1 2 3 .  2 3 1

=

produsul c ăutat, cu o ordonare oarecare a factorilor.

σ = σ1 ⋅ σ2 ⋅ σ3 ⋅ σ 4 ⋅ σ 5 ⋅ σ 6

( ) ( ) (

x =α

) (

) ( ) ( )

ε σ = ε σ1 ⋅ ε σ 2 ⋅ ε σ3 ⋅ ε σ 4 ⋅ ε σ 5 ⋅ ε σ 6 = − 1

deci

)

(

)

(

)

= −1 ,

σ≠ e.

2. a) Se verifică prin calcul direct. b) Numărul 5 fiind prim, ∀ k ∈ { 1, 2, 3, 4 } , numărul Pentru

 0ˆ 2   2 0ˆ  şi   

B = 

a ∈5 ,

5

( A ( a ) )



c)

(

m( σ1 )+ m( σ 2 ) +m σ 3 + m(σ 4 )+ m σ 5 + m σ 6

Pentru

a ∈ 5 ,

Obţinem că

avem

∀ a ∈5 ,

Din punctul a) avem

( A(a) )

5

( A(a ))2008

( A(a) )

5

(

= a ⋅ I2 + B

= A(a ) . = ( A (a ))

= A(a )

k

α k = C 5 5

)

este divizibil cu 5, deci

. Cum

şi deducem



5 5 4 a ⋅ I 2 + B = a ⋅ I 2 + B ⋅ B = a ⋅ I 2 + B = A ( a )

Prin inducţie se deduce c ă 4

ˆ. α k = 0

( A(a) )

( A(a) )

2

2008

= A(a )

∀ k ∈ 

,

( A(a ) )

= A( a ) , rezultă

5k

= A(a ) .

( A(a) )

ˆ. . Se obţine a = 3


4

= A( a) .

.

Varianta 10 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Înv ăţământul Preuniversitar Soluţii x

1.a) f ′ ( x ) = arctgx −

x 2 + 1

; f ′′ ( x ) =

b) f ′′ ( x ) ≥ 0 ⇒ f ′ este crescatoare se obţine concluzia. c) f ′ ( 0 ) = 0 si f ′ crescatoare pe



2 x 2

≥ 0 ,deci

f este convexa.

(1 + x )

2

Cum

lim f ′ ( x ) = − π , lim f ′ ( x ) = 2

2

x →−∞

x →∞

π

2

,

⇒ f ′ ( x ) ≤ 0, x < 0; f ′ ( x ) ≥ 0, x > 0 Deducem ca x = 0

este punct de minim pentru f,deci f ( x ) ≥ f ( 0 ) = 0, ∀x ∈  .

2.a) I1 = ∫

1

x

0 1 + x 2

dx =

b) x ∈ [ 0;1] ⇒ 0 ≤

1 2

(

ln 1 + x

x n 2n

≤x

2

1

) 10 = 2 ln 2.

n

1 + x Integreaza inegalitatile anterioare si obtine cerinta problemei . c)Avem ca I n ≥ 0 deoarece functia de integrat este pozitiva.Folosind b) si teorema clestelui se

deduce ca limita ceruta este egala cu 0.


2

1.

a

2.

−3 −3

3.

tg ( −x ) = −tgx ; tgx = 1 ; x ∈ 

=

2b ; a + 2 = 2 ⋅ 17 17 ; a = 32, b = 512

(

x + 2 ) + 2 = 0 ; x =

4 9

 π 5π  , . 4 4 

4. 4 functii    5.

AD  DB

6.

C =

=

AE

EC

7π

⇒ DE  BC

; sin C = sin 

π

3

12

c 6+ 2  ; R = ; R = 3 ( 6 − 2 ) =  4 4 2sin C

π

+

Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie: 1. a) det ( A) = 4 . b) Se arată prin calcul direct. c) A ≠ 04 ⇔ cel puţin unul dintre numerele ⇔

α=

a

2

+b

2

+c

2. a) a = − a = b) f ( 0 ) = c < 0 ,

2

+d

2

x1 + x2

a, b, c, d ∈  este nenul

−1 ≠ 0 . Folosind unicitatea inversei, deducem c ă A =

+ x3 ≤

x1

+

x2

+

x3

c)

x1x 2 x3

α

⋅

lim f ( x ) = +∞ .

( 0, ∞ ) , deci ea (şi polinomul

( 0, ∞ ) .

=1 ,

=1,

t

A .

x →∞

de unde unde rezult rezultă x1

Deoarece c = −1 < 0 , din punctul Cum x1

1

≤ 3.

Funcţia polinomial ă asociată lui f este continu ă pe rădăcină în

⇔

=

x2

=

x3

=1 .

b) rezultă că f are rădăcina

x1 ∈ ( 0, ∞ ) .

obţinem x1 = 1 .

Folosind rela ţiile lui lui Viète, Viète, ob ţinem x2

= x3 = −1

şi apoi b = −1 .


f ) are cel puţin o

Varianta 11 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Înv ăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a) Avem ca

f ′ s′ ( 0 ) = −

3 4

şi f ′ d ′ ( 0) =

1 4

,deci f nu e derivabila in x=0.

 e− x ( x + 3) , x ∈ ( −∞, − 2) ∪ ( −2, 0) − 2  ( x + 2) b) f ′ ( x ) =  ; x = −3 este maxim şi x = 0 este minim. x e ( x + 1)  , x ∈ ( 0, ∞ )  2 ( x + 2 ) 

c) Utilizează şirul lui Rolle: pentru m < −e3 ⇒ 2 răd.; m = −e3 ⇒ 1 rad( x = −3 ); 1  m ∈  −e3 ,  ⇒ 0 răd.; 2  m = m >

1 2 1 2

⇒ 1 răd. ( x = 0 ); ⇒ 2 răd.

2.a) I = 1 −

π

2

4

+

8

π

384

b)Avem ca g ′ ( x ) = c) Deduce ca

sin t t

.

− sin x

x

< 0, ∀x ∈ ( 0,1] ,deci are loc cerita problemei.

2

≥1−

t

6

, t > 0

Integrează relaţia anterioară între x şi 1 obtine ca

Atunci ,limita ceruta L ≥

17 18

> 0,9.

g ( x) ≥

17 18

−x+

x

3

18


. 1.1 1.1 r = = 2 ; a1 = 2 ; 2.

2 x 2 + 8 x + 7 2

x + 5 x + 6

=

3.

2 x = ± arccos

4.

6 ⋅ T7 = C12

5.

md =

6.

4

2 3

S = = 420 7 6

1 2

;

 13  , 0  5 

x ∈ −

 π 5π 7π 11π  , , ,  6 6 6 6 

+ 2kπ , k ∈  ; x ∈ 

a ; a = 4

, md ′ =

2 3

2

; M ′ = s A (M ) ⇒ M ′( −7, 7) ; y − 7 = ( x + 7 ) ; d ′ : 2 x − 3 y + 35 = 0 3

3

Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Calcul direct b) Se demonstrează prin calcul direct, ţinând cont de faptul c ă 3 2 2 ∀ k ∈ { 1, 2 } , xk ⋅ g ( xk ) = a ⋅ xk + b ⋅ x k + c ⋅ x k = a + b ⋅ x k + c ⋅ x k şi xk2 ⋅ g ( xk ) = a ⋅ xk4

3 2 2 + b ⋅ xk + c ⋅ x k = a ⋅ x k + b + c ⋅ x k .

c) Din b) se obţine det ( A) = g (1) ⋅ g ( x1 ) ⋅ g ( x2 ) . det ( A ) = 0

⇔

cel pu ţin unul dintre numerele 1, x1, x2

este rădăcină şi pentru g.

Obţinem a + b + c = 0 sau a = b = c . 2. a) f 0ˆ = f 1ˆ = 0ˆ .

()

()

b) Cum f nu e injectivă, iar domeniul s ău este o mul ţime finită şi coincide cu codomeniul, rezult ă că

f nu

este surjectivă. şi x2

ˆ. =1

Descompunerea în factori ireductibili a polinomului polinomului peste

5

c) Singurele r ădăcini ale polinomului sunt

x1

ˆ =0

este X 4

ˆX = +4

(

X X


ˆ +4

) ( X 2 + X + 1ˆ ) .

Varianta 12 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Înv ăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a) Se considera functia g ( x ) = x − ( x +1) ⋅ ln ( x + 1) Calculeaza g ′ ( x ) = 1 − ln ( x + 1) − 1 = − ln ( x + 1) Se arata ca g este strict descrescatoare pe ( 0; ∞) , g d ( 0) = 0 ⇒ g ( x) < 0, ∀x > 0 . ln (1+ x )

b) Scrie

f ( x ) = e

c) f ′ ( x ) = f ( x ) ⋅

x

si calculeaza limita exponentului. Limita ceruta este egala cu 1.

g ( x) x 2 ⋅ ( x + 1)

,unde g a fost definita mai sus.Cum f ′ ( x ) < 0, ∀x > 0 ⇒ f strict

descrescatoare. 2.a) Integrănd prin părţi se obţine f ( 2) = 1 − b) Avem:

f (1) = 1 − 1

c) f ( x + 1) = ∫ 0

′

1 e

( −e ) ⋅ t −t

x

2 e

.

≤ 1 .Daca x > 1 ,atunci dt = = −e

−t

⋅t

x

1 0

1

+

∫ 0

e

−t

f ( x ) =

⋅ x ⋅t

x−1

1 −t x −1

∫0

e t

dt = = −

1 e

+ x ⋅

dt ≤

1 x −1

∫0

t

f ( x) , x > 1 .

dt =

1 x

.


1.

(1 ± i 3 )

2

= −2 ± 2 3i

2. x, y sunt radacinile ecuatiei

a 2 − 4a + 3 = 0 , a ∈ {1,3} ; ( x, y ) ∈{( 1, 3) , ( 3, 1)}

3.

2 6 x + 2 = x + 6 ; x − 24 x + 108 = 0 ; x ∈ {6,18}

4.

Tk +1 = C9 x18−3

5.

 9 8  d ′ ⊥ d , d ′ : 4 x + 3 y − 12 = 0 ; d ′ ∩ d = { A′} , A′  ,  ; d ( A, d ) = 2 5 5

6.

cos B =

k

1 8

k

;

, cos C =

T 7 = 84

3 4

1

, cos2C = ; cos B = cos 2C ⇒ B = 2C 8

Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie: 1. a) Determinantul sistemului este

∆ = 2 ⋅ (1 − m ) .

Pentru m ∈  \ {1} sistemul este compatibil determinat.

b) Pentru c) Dacă 2

m = 1 , ∆ p =

1

−1

1

1

1 ≠

0 şi

∆c =

−1

1

1 3

1

1 3

m = 1 , sistemul are mul ţimea soluţiilor S1 =

2

2

1 =0,

deci sistemul este compatibil.

{ ( x,1, 2 − x )

x∈

}

şi

2

x + 1 + ( 2 − x ) = 2 x − 4 x + 5 .

Funcţia g :  →  , g ( x ) = 2 x 2 − 4 x + 5 are minimul g ( xV ) = g (1) = 3 .

2. a) Calcul direct. b) Dacă X , Y ∈ G , det ( X ⋅ Y ) = det ( X ) ⋅ det (Y ) = 1 , deci

X ⋅ Y ∈ G .

Se verifică că dacă X ∈ G , atunci şi X −1 ∈ G .  −1 1  0 1 c) C = A ⋅ B =  = − I 2 + D , unde D =   .  0 −1 0 0 Deoarece D 2

= 02

, obţinem

* ∀ n∈ ,

n

n C = ( −1) ⋅ I 2 + n ⋅ ( − 1)

n −1

⋅D≠

I2 .


Varianta 13 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Înv ăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a) y = x + 1 este asimptota oblică spre

∞.

b) Motiveaza ca f este derivabila pe  − {−2;1}

Scrie formula f ′ ( x ) =

(

3 ⋅ 3 x3 + 3x 2 − 4 3 x ( x + 2 )

c) f ′ ( x ) = 3

3 ( x − 1)

2

′

( x3 + 3x2 − 4) x

=

( x + 2)

4

)

2

3

si deduce relatia ceruta.

, x ≠ 1, x ≠ −2 Arata ca

2

( x − 1) ( x + 2 )

f s′ ( −2 ) = +∞, f d ′ ( −2 ) = −∞ . 2.a) F1 ( x ) =

x

′

t ∫0 ( −e ) ⋅ tdt = 1 − ( x + 1) ⋅ e −

−x

.

− − − − − − b) Fn′ ( x ) = xn ⋅ e x , x > 0 ; Fn′′ ( x ) = n ⋅ x n 1 ⋅ e x − x n ⋅ e x = x n 1 ⋅ e x ( n − x ) , x > 0 , de unde

x = n este punct de inflexiune.

c)

F2 ( x ) =

1 −t 2

∫0

e t dt =

− x

2

x

e

−

2x e

x

−

2 e

x

+ 2 ,de unde rezulta ca limita ceruta este egala cu 2.


1. lg 

1 2 ⋅

2 3

2.

ax

2

3. x =

+2

⋅ ... ⋅

99  1 = −2  = lg 100  100 3 − 13 



2

 

1 3

4.

2 C n =

45 ; n = 10

5.

m AB

=−

6.



( a + 1) x + 2a − 1 < 0, ∀x ∈  ⇒ a < 0, ∆ < 0 ; a ∈  −∞,

AC

sin B

=

1 7

1

; y − 3 = − ( x − 2 ) ; x + 7 y − 23 = 0 7

2 R ; B =

π

3


Soluţie 1. a) Se arată că b) Se arată că

A

rang ( A) = 1 . 2

=

d ⋅ A , cu d 1

a + 2b + 3c .

 

c) Se verific ă că pentru 2. a) Calcul direct. b) Rădăcinile ecuaţiei

=

K =  2  şi L = ( a

 3  

t

2

− 4t + 16 = 0

Mulţimea rădăcinilor lui f este

{

b

sunt t1, 2

c ) , avem A = K ⋅ L .

=

2 ± 2 3 ⋅i .

}

3 + i, 3 − i , − 3 + i , − 3 − i .

c) Singura descompunere în factori a polinomului, în Nici unul dintre polinoamele X

2

−2

 [ X ] , este f

3 X + 4 şi X

2

+2

=

(X

2

−2

3X

+4

)( X

2

+2

)

3 X + 4 .

3 X + 4 nu poate fi descompus în  [ X ] .


Varianta 14 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Înv ăţământul Preuniversitar Soluţii 1. a)

f n′ ( x ) = n ⋅ sin n −1 x ⋅ cos x .Utilizand regula de derivare a unui produs ,se obtine relatia ceruta.

b)

(

 

)

f n′′ ( x ) = n ⋅ sin n −2 x ⋅ n − 1 − n sin 2 x ; f n′′ ( xn ) = 0, xn ∈  0,

n −1  2 n x = n − x = .sin 1 sin ⇒ ⇒ . n  2 n

π

 n −1  1 −1⋅n −  n ⋅n⋅( sin xn −1) n n →∞    =e 2 . ; L = e L = lim ( sin xn ) = lim (1 + sin xn − 1) sin xn −1 lim 

1

c)

n→∞

n→∞

2.a) Se motiveaza ca F este derivabila pe  F ′ ( x ) =

( 2 x + a ) ( x 2 + 1) − ( x3 + ax2 + 5 x )

( x

2

)

+1

⇒

2

x +1

F ′ ( x ) = f ( x ) , ∀x ∈  ,deci are loc concluzia

. b) Aria =

2

∫1

f ( x )dx =

c) Cu schimbarea

x 2 + 2 x + 5 2

x + 1

2 1 =

13

−

5

8 2

.

t = − x ,a doua integrala devine

0

∫2 −

F ( x )dx =

2

∫0 F ( −t )dt .

Relatia din ipoteza devine 2

∫0

F ( x ) − F ( − x ) dx = 2 ⇔

2

∫0

2ax 2

x + 1

2

2

dx = 2 ⇔ a ⋅ x + 1 = 1=> a = 0

5 +1 4

.


1. log3 ( 5 − 7 )( 5 + 7 ) = log 318 ;2 2. f ( x) = ax 2 + bx + c , f (0) = 2 , f (1) = 0 , ∆ = 0 ; f :  → , f ( x) = 2x 2 − 4 x + 2 3.

 3π 7π  ,  4 4 

tgx = − 1; x ∈ 

4. Numărul cerut este dat de num ărul funcţiilor f : {1, 2,3, 4} → {1,3,5, 7,9} ; 54 =625 5.

mCD

6. sin

2

4

=

3

α

4

; y − 2 = ( x + 2 ) ; 4 x − 3 y + 14 = 0 3

+ cos

2

α =

1 ; sin α = −

12 13

Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie: 1. a) Notăm cu A matricea sistemului. Prin calcul direct se ob ţine det ( A) = a 3 + b3 + c 3 − 3abc = ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 − 3abc ) . b) det ( A) ≠ 0 , deci sistemul are solu ţie unică. c) Adunând cele trei ecuaţii ale sistemului, ob ţinem ( a + b + c)( x + y + z ) = 3 ⇔ 0 = 3 , fals. 1 1 1 1 2. a) Folosind relaţiile lui Viete, se ob ţine + + + =0. x1

b) Notând

x

2

= t

x2

x3

x4

obţinem ecuaţia t 2 − 5t + 5 = 0 , cu soluţiile t 1, 2 =

toate rădăcinile reale.

c) Dacă grad ( g ) > 4 , atunci lim

x →∞

g ( x) f ( x )

= +∞

, dar din ipoteză rezultă

În consecinţă, grad ( g ) ≤ 4 . Din ipoteză deducem că g ( xk )

=0,

obţinem că a

5± 5 2

∀ k ∈

lim

>0,

x →∞

{1,2,3,4 } ,

deci ecuaţia iniţială are

g ( x) f ( x ) g ( xk )

≤ 1, ≤

contradicţie.

f ( xk )

= 0,

deci

de unde rezultă g ( xk ) = 0 , adică g = a ⋅ f , cu a ∈  . Înlocuind în relaţia din enunţ, ≤1.

Aşadar, soluţiile sunt polinoamele g = a ⋅ f , cu a ∈ [ −1,1] .



(

)

1.a) f n′ ( x ) = n ⋅ x n −1 − 1 , x ≥ 0 f n′ (1) = 0; f n′ ( x ) < 0, x ∈ [0,1) ; f n′ ( x ) > 0, x > 1 ,de unde rezulta concluzia. b)

f n este continua, strict descrescatoare pe [ 0,1] si f n ( 0 ) ⋅ f n (1) < 0 ⇒ o rad.in

f n este continua,strict cresc. pe

[1, ∞ ) , fn (1) < 0, xlim

→∞

2  2 c) f n   < 0, f n ( 0) > 0 ,deci an ∈  0,  ⇒ lim an n  n  n→∞ 2.a) I 0

1

= arctgx 0

b) I 2 n + I 2n− 2

=

,deci I 0 = 1 x

∫0

2n−2

(

π

4 2

2

.

)

dx ; I 2 n + I 2 n− 2 =

c) Dem. prin inductie (sau foloseste b)): I 2n ⋅ ( −1) ca lim I n = 0 si apoi ca limita ceruta este n →∞

(1, ∞ ) .

=0.

⋅ x +1

x + 1

f n ( x ) = ∞ ⇒ o rad.in

( 0,1)

I 0 .

1 2n − 1

n −1

=

1 1

,n ≥ 2 .

−

1 3

+

1 5

− ... + ( −1)

n−1

⋅

1 2n − 1

− I 0 .

Arata

Varianta 16 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţ Educaţiei, Cercetă Cercetării şi Tineretului Centrul Naţ Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţă Învăţământul mântul Preuniversitar SSoluţ Soluţii

1. 1 2. x2 + ax + 2 ≥ 0 , ∀x ∈  ; ∆ ≤ 0 ; a ∈ −2 1

π

2, 2 2 



π

3.

arcsin

4.

8!( n − 8 )! = 10!( n − 10 )! ; n − 17 n − 18 = 0 ; n = 18

5.

AB = AB =

6.

sin

2

=

6

;

6 2

2

BC = 4 , CA = 5 , BC =

α

+ cos

2

α = 1

41 ; B =

; cosα = −

4 5

π

2

; sin2α = −

24 25


Soluţie: 1. a) Dacă

 a b  a ′ b′   , B =   , cu a, a′ ∈ ( 0, ∞ ) şi b, b′ ∈  , atunci  0 1 0 1

A, B ∈ G , A = 

 a ⋅ a′ a ⋅ b′ + b   şi a ⋅ a′ ∈ ( 0, ∞ ) , a ⋅ b′ + b ∈  . 1  0  1 2  2 1 b) De exemplu, pentru C =   şi D =   , se arată că CD ≠ DC .  0 1  0 1  α ab  2 c) Se arată că I 2 − A + A2 =   , cu α = 1 − a + a > 0 . 0 1    x y  1 + a 2009 Obţinem I 2 − A + A2 − ... + A2008 =  , deoarece = > 0 şi y ∈  . x ∈ G  1+ a 0 1 AB = 

2. a) Utilizând eventual rela ţiile lui Viète, se ob ţine că b) Dacă f are rădăcina 2 , atunci 2a + c + ( b + 2 ) ⋅

(

a = 0 , b = − 3 şi c = 2 . 2 = 0 , de unde rezult ă b = −2 şi c = − 2a .

)

Apoi, f = X 3 + aX 2 − 2 X − 2a = ( X + a ) X 2 − 2 , cu rădăcina raţional ă x1 = − a .

c) Presupunem că

f are rădăcina k ∈  . Rezultă că există q ∈  [ X ] , astfel încât f = ( X − k ) ⋅ q .

Mai mult, coeficien ţii lui q sunt numere numere întregi. întregi. Folosind ipoteza, ob ob ţinem că numerele ceea ce este fals, deoarece deoarece ( − k ) (1 − k ) este un num număr par. (1 − k ) ⋅ q (1) sunt impare, ceea


( −k ) ⋅ q ( 0 )

şi

Varianta 16 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Înv ăţământul Preuniversitar Soluţii  1   = 0 ,deci are loc cerinta.  x 2 

1.a) Motiveaza ca f este derivabila pe  − {0} f ′ ( 0 ) = lim x ⋅ sin  x →0

 1  2  1  c o s − ⋅   2  , x ∈  − {0} Limita ceruta este egala cu 0.  x 2  x x  c)Cum lim f ( x ) = 1 va exista un numar α > 0 ,astfel incat f ( x ) ∈ ( 0, 2 ) , ∀x > α .Functia f

b) f ′ ( x ) = 2 x ⋅ sin 

x →∞

fiind continua pe [0,α ] ,va fi marginita pe acest interval,deci f este marginita pe [0, ∞ ) .Deoarece f este o functie para ,va rezulta concluzia. 2.a)

1

∫0 (1 − x )

2

dx =

− (1 − x )

3

3

1

=

1 3

0

b)Cu substitutia 1 − x = t ,se obtine

. 1

 t n +1 t n + 2  n n +1 ∫0 x (1 − x ) dx = ∫0 ( t − t )dt =  n + 1 − n + 2  ,de  0 n

1

1

unde rezulta cerinta. n +1

 x  1−   1 x   n − = − 1 . dx n   ∫0  n  n +1

1

n

c)

=

0

ceruta este egala cu 1 −

1 e

.

 1 1−   n + 1 n −n

n +1

+

n n +1

,de unde rezulta ca limita


1. (1 + i

3

)

3

= − 8 ;0

7  Im f =  , +∞  4  

2. x 2 − x + 2 − y = 0 ; ∆ ≥ 0 ; 3. x = −12 4

4.

p =

5.

md =

90 5 4

6. AC = = 6

=

2 45 4

; d ′ : y − 1 = − ( x − 1) ; 4 x + 5 y − 1 = 0 5

2 ; BC = = 3

(

2+ 6

) ; P = 3( 2 + 3

2+

6

)

Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie: 1. a) Prin calcul calcul direct, rezult rezult ă b) Se arată că

(

Atunci, det I 2

c) Pentru

I 2 +

+

A+ A 2

A+ A

+

2

+

3

A

A +

A 3

2

+

A

4

−

A

)

n ∈  oarecare, fie X n

B

4

=

2

=

=

I2

02 .

(

2 ⋅ A + A2

+

)

=

 5 6  , 0 1

5.

=

1  0

n

2  . Se arată că X n

1

−

=

I 2 .

2. a) Restul căutat este polinomul r = 2 X + 3 . b) Avem f = ( X − x1 ) ⋅ ( X − x 2 ) ⋅ ( X − x3 ) ⋅ ( X − x 4 ) , deci (1 − x1 ) ⋅ (1 − x 2 ) ⋅ (1 − x3 ) ⋅ (1 − x 4 ) = f (1) = 5 . c) g ( x1 ) ⋅ g ( x2 ) ⋅ g ( x3 ) ⋅ g ( x 4 ) = (1 − x1 ) (1 − x 2 ) (1 − x 3 ) (1 − x 4 ) ( −1 − x1 ) ( −1 − x 2 ) ( −1 − x 3 ) ( −1 − x 4 ) , deci g ( x1 ) ⋅ g ( x 2 ) ⋅ g ( x3 ) ⋅ g ( x 4 ) = f (1) ⋅ f ( −1) = 5 .


Varianta 17 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Înv ăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a) Se dem. prin inductie. b) xn +1 − xn =

x 5n − xn

4

convergent.

. Demonstreaza ca xn +1 − xn < 0 . Sirul fiind descrescator si marginit este

c) Avem ca lim xn = 0 lim n→∞

Din

xn + 2

=

xn

n→∞

xn + 2 xn +1 ⋅

xn+1

xn

xn +1

=

xn

lim

x4n + 3

n →∞

=

4

3 4

.

si relatia anterioara, se deduce ca limita ceruta

2

3 este   . 4 2.a) Aria ceruta este A =

1

∫0

1

f1 ( x ) dx = arctgx 0 =

π

4

. 1

b) I =

1

∫0

x

(1 + x ) 2

2

dx =

1

′

1

1 + x 2 ) (1 + x 2 ) ( ∫ 0 2

−2

dx =

an = n ⋅

lim an =

n →∞

1

1

∫0 1 + x

dx = 2

π

4

.

)0

1

1

=

1 4

n

∑ n2 + k 2 = n ∑

k =1

Arata ca

(

2

2 x + 1 n

c) Sirul ce ne intereseaza se scrie

−1

k =1

.

1 2

1+

k

n2


1. x ∈ {1 ± i 3} 2.

min f = −

∆ = 1,

1

3. arccos 4.

2

=

4

4

; arcsin x =

π

4

2

; x =

2

2 C14 ⋅ C 61 cazuri favorabile cu un num ăr prim ; C 42 cazuri favorabile cu dou ă numere prime ; C 10 cazuri

posibile ; p =

5.

π

1

2 3

1 1 G ,  3 3  

 

 

6. AB(7, −7); AC (4, −2); BC (−3,5);

−14

Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie: 1. a) Prin calcul direct, obţinem A3 = 03 . b)

 1 1 1 I 3 + A + A t =  1 1 1 , deci rang I 3 + A + A t  1 1 1  

(

c) Se arată că ( I3 + A) I 3

=

I3

+

3

A

=

1

−

)

=

1.

 1 0 0 1 0  , sau prin calcul direct, sau observând c ă =  −1  0 −1 1   

( I3 + A) ( I3 − A + A2 ) .

2. a) Se arată că mulţimea rădăcinilor lui f este { 0, − 4 − 2i, − 4 + 2i } . b) S1 = x1 + x 2 + x3 = −4a şi S2 = x1x2 + x2 x3 + x1x3 = 20 . Suma din enun ţ este S

c) Deoarece

x3

=

x4

=

=−

2 S12

−

6S2

=

(

)

8 4a 2 − 15 .

a , din prima relaţie a lui Viète ob ţinem x1 = −2a şi înlocuind în a doua rela ţie a

lui Viète rezult ă a ∈ { − 2, 2 } . Pentru a = −2 , obţinem b = 2a

3

16 , iar pentru a = 2 , obţinem b = 2a

= −

3

=

16 .


Varianta 18 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Înv ăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a) Functia f este continua pe [ 0, ∞ ) ,deci nu va avea asimptote verticale Cum

lim f ( x ) = 2, dreapta y = 2 este asimptota orizontala spre ∞ .

x →∞

b) Deoarece f ′ ( x ) =

3

( x + 2 )

2

> 0 ⇒ f strict crescatoare; x1 =

5 4

< 2 si presupunand

xk > xk +1 avem ca xk +1 > xk + 2 ⇔ f ( xk ) > f ( xk +1 ) ⇔ xk > xk +1 => adevarat deci sirul e descresc. Arata ca xn ≥ 0, n ≥ 1 ,deci sirul e convergent si folosind recurenta rezulta concluzia . c)

yn +1 − yn = xn +1 − 1 . Sirul ( xn ) e descrescaror si are limita egala cu 1,deci xn ≥ 1

Obtine ca sirul

( yn ) este crescator

xn − 1 = f ( xn −1 ) − 1 =

xn −1 − 1

≤

xn −1 − 1

xn −1 + 2

2

x − 1 1 = Rezulta ca xn − 1 ≤ 0

2n

2n

n

∑

Atunci yn ≤ x0 +

n

xk − 1 ≤ 2 +

k =1

2.a) Avem ca I =

b) F ( x ) = x

1

∑ 2k < 3 ,deci sirul e si marginit superior.

k =1

π

π

2 0

(1 + cos x )dx = ( x + sin x ) 02

∫

=

π

2

+ 1.

x

2 1 cos + = + x sin x ,de unde rezulta ca F este o functie para. t dt x ( ) ∫0

c) Daca 0 ≤ x1 < x2

⇒∫

x1

0

f ( t )dt ≤

x2

∫0

f ( t )dt caci f e pozitiva,deci F

e cresc. pe [ 0, ∞ ) . Cum F este o functie para ,rezulta ca f este descrescatoare pe ( −∞,0].


12

6

12

4

12

3

1. ( 3) = 3 ; ( 5 ) = 5 ; ( 8 ) = 8 ; 8 < 2. g (1) = 0 ; f ( x ) = ax + b, f (1) = 0 ; g (0) = 3 ⇒ x

3

4

4

3

5<

3

f (2) = 3 ; f :  → , f ( x) = 3x − 3

2

3.

3 = y, 3 y − 30 y + 27 = 0 ; y ∈ {1,9} ; x ∈{0, 2}

4.

C 53 cazuri favorabile ; p =

1 12

5. A′(2, −1) ; m AA′ = −3 ; ma : y − 2 = −3 ( x − 1) ; 3 x + y − 5 = 0 6.

ctg2 x =

1

tg 2 x

; tg 2 x =

2tgx 1 − tg 2 x

;

ctgx − tgx

2

=

1 − tg x

2

2tgx


Soluţie 1. a) Scădem prima linie din celelalte şi obţinem det ( A) = −8 . b) Scădem pe rând prima ecua ţie din celelalte şi obţinem  −1  1 1 −1 c) Se obţine A = ⋅ 2 1  1

2. a) Se obţine

1 x1

+

1 x2

+

1 x3

1

1

1

−1

0

0

−1

0 . 0

0

0

+

1 x4

=

y = z = t =

1 2

şi apoi x = −

 

−1

S 3 S 4

=

2.

b) Calcul direct. c) Observăm că x = 0 nu este rădăcină pentru f . Ecuaţia f ( x) = 0 este echivalentă cu ecuaţia t 2 Dacă t parcurge Ecuaţia t

2

+

,

+

2t + a + 2 = 0 , unde t = x −

1 x

.

ecuaţia f ( x) = 0 are toate rădăcinile reale.

2t + a + 2 = 0 are r ădăcinile reale dac ă şi numai dacă a ≤ −1 .


1 2

.

Varianta 19 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Înv ăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a) f este continua pe D ,deci in aceste puncte nu avem asimptote verticale f d ( −2 ) = −∞, f s ( 2 ) = ∞ ⇒ x = −2, x = 2 sunt asimptote verticale. b) f ′′ ( x ) =

8 x

( 4 − x ) 2

,deci x = 0 punct de inflexiune.

2

1  2+   x = lim 1 ⋅ ln 2 + y c) Limita ceruta este L = lim x a ⋅ ln   a x →∞ 2 − y  2 − 1  y0 y x    2 y  ln  1 +  0, a < 1  y 2 − 1 2 y 1   ⋅ L = lim ⋅ = lim =  1, a = 1 . − 1 a a 2 y y 0 y 2 − y y0 y  ∞, a > 1  2 − y

I =

2.a)

1

∫0 

b) Avem ca I =

I =

1

− x

⋅

 dx ; I x 2 + 4  x

 −x + 2 −

2

∫1

4

2 x + 4 1

x

4

+

( x 1 4

2

 x 2  2 

= −

2

+4

)

⋅ arctg

2

x

dx = 4

21

=

+

2x −

1 2

(

2

⋅ ln x + 4



)  10 si finalizare. 

′ ⋅   ⋅ xdx 2 ∫1  x 2 + 4 

−1

4

1

1

 arctg 2 − arctg

4

1

. 2

c) Cu substitutia f −1 ( x ) = t ⇒ f ( t ) = x, dx = f ′ ( t ) dt I =

2

∫4 f 5

−1

1

1

a) si se gaseste I . ( x )dx = − ∫0 t ⋅ f ′ ( t ) dt = −t ⋅ f ( t ) 10 + ∫0 f ( t )dt ,foloseste


1. 2 < 5, log 3 4 < 2 2. x ∈{1 ± i}  π  2

3. sin 2 x + cos 2 x + 2sin x cos x = 1 ; sin x cos x = 0, x ∈ [0, 2π ) ⇒ x ∈ 0, , π ,

3π 

; 2 

 

x ∈ π ,

3π 



2 

4. 21   

5. 6.

AM

=

  

MB OA =

 

  

AN

CN

  

NC

5 ;

;

  

CA

OB =

=

1 5

;m =

13 ;

1 5

OB =

13

Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie: 1. a) Determinantul sistemului este b) Determinantul sistemului este

∆ = − 120 .

∆=

Se obţine soluţia unică x =

4 3 , y = , z = 0 . 5 5

0

b

a

c

0 a

= −2abc ≠

0 , deci sistemul are soluţie unică.

0 c b

c) Folosind formulele lui Cramer, obţinem

∆ x

b2

2

+c −a

2

= cos A . 2bc ˆ fiind unghi al triunghiului ABC , avem A ∈ ( 0, π ) , deci x0 = cos A ∈ ( −1,1) . A Analog obţinem y0 = cos B ∈ ( −1,1) şi z0 = cos C ∈ ( −1,1) . 2. a) Deoarece a şi b iau independent câte trei valori, există 3 ⋅ 3 = 9 matrice în mul ţimea G. b) Calcul direct. c) det ( A) = ( a − b )( a + b ) . (  3 , +, ⋅) fiind corp, din ( a − b )( a + b ) = 0ˆ rezultă a = b sau a = − b . În total, exist ă 6 matrice în G care au determinantul nul.

x0

=

=

∆


Varianta 20 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Înv ăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a)

f este derivabila pe [ 0, ∞ ) , f ′ ( x ) = 2e x + 6 x − 2

f ′ ( x ) ≥ 0, x ≥ 0 ,cu egalitate daca x = 0 ,de unde se obtine concluzia.

b) c)

f ( x ) > 0, ∀x ∈  ⇒ f nu este surjectiva.

5 6 1

2.a) I = ∫0

1 π dt = arctgt = . 0 4 1 + t 2 1

b) Cu substitutia ⇒ J =

t

= y ⇒

(t

2

)(t

+1

3

J=

∫

1 1

f ( t )dt =

x

t 3

x

∫1

1

)

+1

x

1

x

x

dt =

x 3

∫1 t

x

⋅

x

1

∫1 1 + t 2

∫ x

x 1  1   −1  1 dy ⋅ = ⋅ f   dt     2 ∫ 2 1 t  t   y   y 

f

f ( t )dt .

c) A = ∫1 f ( t )dt = ∫1 f ( t )dt + ∫ f ( t )dt = 1 A =

1

x 3

∫1 t

⋅

f ( t )dt +

dt = arctgx − arctg1 ,deci limita ceruta este

π

4

x

∫1 .

f ( t )dt =

x

∫1 ( t

3

)

+1 ⋅

f ( t ) dt


1. x1,2 = 4 ± 3i 2. 3.

 13  ,∞  5 

2

∆ > 0 , ∆ = 5a − 8a + 13 ; a ∈ ( −∞ ,1) ∪ 

x − 1 − 3 = 1 ; x ∈{5,17}

4. 0 5. d ′ : y − 2 = 1( x − 1) ; d ′ : x − y + 1 = 0 6.

7 9

Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Calcul direct. b) Tripletul ( 0,1, 0 ) e soluţie a sistemului,

∀ a, b, c ∈  ,

deci acesta este compatibil.

Dacă a + b + c ≠ 0 şi a 2 + b 2 + c 2 ≠ ab + bc + ca , atunci soluţia precedentă este unică. c) Din ipoteză rezultă că a = b = c . Dacă a = b = c = 0 orice triplet ( x, y, z ) ∈  ×  ×  este soluţie. Dacă a = b = c ≠ 0 , atunci sistemul este echivalent cu ecua ţia x + y + z = 1 .

 x + y + z = 1  2 2  x + y = z − 1

⇔

 z = 1 − x − y  2 2  1 1  + + + x y     2 2   

2

 2 . =  2   

A doua ecua ţie din sistem are o infinitate de solu ţii, care sunt coordonatele punctelor de pe cercul de centru 2  1 1 Q  − , −  şi rază r = . Soluţiile sistemului sunt 2  2 2

 1 2 ⋅ co s t  x t = − + 2 2   , cu t ∈ [ 0, 2π ) . 1 2 ⋅ si n t  y t = − + 2 2   z t = 1 − xt − yt  

2. a) Deoarece a, b, c pot lua arbitrar câte 4 valori, exist ă  2ˆ b) De exemplu, matricea A =  0ˆ 

c) Fie

X

a 0

=

 1ˆ b 2 ∈ G . X =   c 0ˆ 

4 ⋅ 4 ⋅ 4 = 64 matrice în mul ţimea G. ˆ0   are propriet ăţile cerute. 2ˆ



0ˆ   0ˆ

Rezult ă b = 0ˆ . Obţinem patru matrice.



⇔

 a 2 = 1ˆ ˆ 3ˆ  a ∈{1,  }  ˆ ˆ 3ˆ . , deci a + c ∈{1,  b(a + c ) = 0 ⇒  } ˆ ˆ  2 ˆ c ∈ { 0, 2 }  c = 0


Varianta 21 - rezolvari mate MT1 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Înv ăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a) Limita ceruta este egala cu 1. b) f ′ e functie polinomiala de grad 3 deci ecuatia va avea cel mult 3 radacini reale Aplicand T. lui Rolle functiei f pe [1,3] , [3,5 ], [5, 7] ⇒ f ′ se anuleaza in cel putin3 puncte.

(

c) f ( x ) = x 2 − 8 x + 7

)( x2 − 8 x + 15 ) = ( a − 4 )( a + 4)

2

{

2

}

f ( x ) = a − 16 ≥ −16, cu egalitate daca a = x − 8 x + 11 = 0, x ∈ 4 − 5, 4 + 5 Minimul cerut

este −16 . 2.a) Pentru x ∈ 

I =

π

∫0

*

, f ( x) =

x sin xdx = −

π

sin x x ′

∫0 ( cos x )

2 . Din ipoteza avem ca x ⋅

⋅ xdx

π

I = − x cos x 0 +

f ( x ) = x ⋅ sin x, x ∈  π

∫0 cos xdx =

π .

g ( x ) = f ( x ) , x ∈ I − {0 , g ( 0 ) = 1, I = [ 0,1] , este continua pe I deci integrabila Cum f difera de g doar in x=0, rezulta ca si f este integrabila pe I . c) Arata ca sin x < x, x > 0 .Atunci avem: b) Functia

π

∫

2 1

π

f ( x )dx <

∫12 sin xdx = cos1 .


1. i 3 2. g ( x) = y; f ( y ) = 0, y 2 − 3 y + 2 = 0 ; y ∈ {1, 2} ; x ∈ 1, 

 2

3. lg x(8 x + 9) = lg10( x 2 −1) ; 2 x2 − 9 x −10 = 0 ; x =

9 + 161 4

4. n ( n − 1) < 20 ; n ∈ {2,3,4} 5. A  ,0  ∈ d 2 ; d ( d1, d 2 ) = d ( A, d 1 ) ; d ( A, d 1 ) = ; d ( d1 , d 2 ) = 10 10 2  1

5

6. sin750 =

6

+

4

2

; sin150 =

6− 2 4

;

5

6 2

Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Calcul direct. b) Sistemul este compatibil determinat. Se obţine soluţia

x =

c−b

det ( A)

, y =

a −c

det ( A)

, z =

a −c

det ( A)

.

c) Avem c ă rangul matricei sistemului este 2 şi rangul matricei extinse este 3, de unde rezult ă concluzia. 2. a) Se demonstrează că f (1) = 1 şi f ( 2 ) = 2 şi apoi c ă f ( 5 ) = 5 . b) Folosind ipoteza, se deduce c ă

f ( an+1 ) = ( f ( an ))

2

+1 , ∀ n∈ 

şi apoi, folosind aceast ă relaţie, se

demonstrează prin induc ţie concluzia. c) Se consideră g ∈  [ X ] , g = f − X . Din b) avem c ă g ( an ) = 0 , nul, aşadar f

=

∀ n∈

, deci g este polinomul

X .



1.a) f ′ ( x ) =

(

)(

3 1 − x 2 1 + x 2

(

4

x + 3

)

2

),x∈ .

b) x = 1 punct de maxim, x = −1 punct de minim lim f ( x ) = 0 = lim f ( x ) x →−∞

x→∞

 −1 1  Imaginea lui f este Im f =  ,  .  4 4 c) Daca x = y avem egalitate Daca x < y , se aplica T.Lagrange lui f pe [ x, y ] , se arata ca f ′ ( c ) ≤ 1 si rezulta cerinta Daca x > y atunci se procedeaza ca si anterior .

2.a) Avem:

 x3 3 3 2 ∫2 f ( x )dx = ∫2 ( x + x − 2 )dx =  3 

+

3

 x 41 − 2x  = .  2 6 2 2

b)Se descompune in fractii simple functia de integrat si se obtine ca

5  1 0 0  x + 4 3 dx .∫ =∫  9 + 3 2 −1 −1 x − 1 x − 3x + 2 x 1 − ( )  

( )

c) g ′ ( x ) = 0 ⇔ 2 x. f x2 .e x Arata ca doar x =

2

=0⇔

2 xe x

0 este punct de extrem.

2

(

 9 dx .Finalizare.  x+2  8

2

+

x2 + 2

)(

x2 − 1

2

)

=

0 ⇔ x∈ {0,1, − 1} .


1.

1

=

1+ i

1− i 2

;

1 1− i

=

1+ i 2

;1

2. x2 − 2 x − 4 = 0 ; x ∈{1 ±

5

}

1 1 1  π   − arctg  = ctg  arctg  ; ctg  arctg  = 2 2 2 2 2  

3.

tg 

4.

p = 0,9

5.

G

6.

−

7 5 ,   3 3 8

15

Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Tineretului Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie:

1. a) Calcul direct.

 a 5b  2   ∈ C ( A) , cu Y = 02 . b a    a 2 + 5b 2 = 0 Obţinem sistemul  , cu unica soluţie a = b = 0 , deci Y = 02 .  ab = 0 a b c) Fie Z =  5  ∈ C ( A) , Z ≠ O2 , cu a, b ∈  . b a  

b) Fie

Y

=

Presupunem că det( Z ) = 0 , deci a 2

− 5b

2

=

0 . Dacă b = 0 , atunci a = 0 , deci Z = 02 , fals.

Dacă b ≠ 0 , rezultă că 5 ∈  , fals. 2. a) f 0ˆ + f 1ˆ + f 2ˆ = 3ˆ a + 1ˆ = 1ˆ .

()

()

( )

b) f = X 3 + 2ˆ X 2 + 2ˆ are singura rădăcină x = 2ˆ . c) Deoarece grad ( f ) = 3 , f este ireductibil peste

3

⇔

f nu are rădăcini în  3 .

Aşadar a ≠ 0ˆ şi 1ˆ + a ≠ 0ˆ , deci a = 1ˆ .


D a MT1 Rezolvari Pt Printare

Recommend Documents