SOLUTII - Variante BAC 2009 M1 Mate-Info - 100 Variante Cu Solutii

www.bacmatematica.ro www.bacmatematic a.ro & www.mateinfo.ro

Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării o ut ut o c a e Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar VARIANTE BAC Soluţ Soluţii

1. x = 4n + 1; 1 + 5 + 9 + ... + ( 4n + 1) = 231 ; 2. x1 = 1, x2 =

( 4n + 2)(n + 1) 2

6.

cos

23π 12

+

si n

2

+ 3n − 230 = 0 ;

 3 ; x ∈ 1,  2  2 f

−1

: (1, ∞) → ( 0, ∞ ) , f

−1

(x ) =

4. Submulţimile cerute sunt de forma {1, a, b} , 2

231 ; 2n

3

3. y > 1, y = x 2 + 1; 5. ( 2 − m )

=

M1

2

(2 + m )

π

12

 

=4

x

23π 

2

a , b ∈ {2, 3, ...,10} , adică C 9

π

π

 = cos 12 sin 12 12 

=

=

41

pag. 1-100 I pag 101 - 200 II pag 201 - 300 III

−1

; m ∈ {±2}

= cos  2π −

n = 10, x

1 2

si n

π

6

=

1 4

.

BACALAUREAT 2009-MATEMATICĂ 2009-MATEMATICĂ - Proba D, MT1, programa M1

= 36

submulţimi cu trei elemente


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţ Soluţii

12

2 1. (1 − i ) 





=

12

( −2i )

=

212 ∈  .

2. x 2 − 6 x + 5 = 0 ; x ∈ {1, 5} . 1

1

3.

f

4.

p =

6.

m ( m − 2 ) + 3 ⋅ ( −1 ) = 0 ; dar m > 0 , deci m = 3 .

−

: (1; ∞ ) →  , f

−

( x) = ln ( x − 1) .

81

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



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţii 1.

12

( 2)

=

26 ;

2. min f = −

12

(3 4)

=

44 ;

12

(4 5)

3 6 3 =5 ;2 <5 <

∆

3.

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

4.

p =

6

=

44 ; 2 , 4 5 , 3 4

1

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

6. cos 2α = 1 − sin 2 α =

7 9



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţii 2

1 1  2 − = i = −1 1.   1− i 1+ i  5 21 2. V  − , −  ; xV , yV < 0 ⇒ V ∈ C III  2 4 x

0 ⇒ 3t

2

1  3 

3.

3

4.

9 ⋅ 9 numere aab ; 9 ⋅ 9 numere aba , 9 ⋅ 9 numere baa ; p

5.

−

6.

=

t

>

t 3 = 0 , deci t ∈  ;3  , adică x ∈ {−1;1} .

− 10 +

 

=

0, 27

2

a ( 5a − 1) + 2 ( a + 1) = 0 ; a ∈ 1; − 

6 ⋅ 10 ⋅ sin A 2

= 15

3 ; sin A =

3 2

5

; cos A =

1 2

; BC = 2 19




1.

2 5

2. x ∈ 5 − 13 , 5 + 13  ; x ∈ {2,3,4,5,6,7,8} y

3. f

f ( x ) = y ⇔ 3 log 2 x = y ⇔ x = 2 3 1

−

− : ( 0; ∞ ) → (1; ∞ ) , f 1 ( x ) =

⇔

x=

3 y

2

2 .

5. E centrul paralelogramului E (3,3) ; AC

sin B

=

2 R ; AC = =

1 ⇔ y > 0 (adevărat), deci

3 x

4. Numărul căutat e dat de numărul funcţiilor

6.

>

x B

+

2

3

g : {1, 2, 3} → {1, 2, 3, 4} ; 4

xD

=

3,

yB

+

2

yD

=

=

64 funcţii

3 ; D (−1,10)

3




1. 2.

495

3.

cos 2 x sin x = 0 ; x ∈ 

f ( x ) = ax

2

+

bx + c ; a − b + c

= 1,

c

= 1,

a

+

b

+

c

=3

; f :  →  , f ( x ) = x

 π 3π  ,  4 4 

4. A43 = 24 5.

AB = 17 , BC

6.

R =

c 2sin C

=

2 17 , AC = 5 ; cos B =

15 17

; R = 6


2

+

x +1

www.bacmatematica.ro & www.mateinfo.ro

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

1. 1 2. max f = −

∆

4a

; max f

=

0

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

 2

 2

6

 6

6 

4. C n2 = 120 ; n = 16   

  

  

  

  

  

5. ABDC paralelogram; AB + AC = AD , AB − AC = CB ; AD = CB ; ABDC dreptunghi; A = 6. Triunghiul este dreptunghic;

S

= 6,

p = 6 ; r = 1

BACALAUREAT 2009-MATEMATICĂ - Proba D, MT1, programa M1

π

2



1. z 4 = −4 ⇔ ( z + 2i )( z − 2i ) = 0 ⇒ z1 = −2i, z2 = 2i . 2. f (1) = 2, f (0) = 3 ; c = 3 , a = −2 3.

3

7 x + 1 = x + 1 ; x

4. A54 =120 5. AF = AE + EF ;   

6.

  

  

p = 21 , S = 84 ;

3

+

3x

  

FC

−

  

=

56 5

2

4 x = 0 ; x ∈ {−4,1,0}   

   

FD + DC ; FC

   

=

2 AF ; A, F , C coliniare

.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.

a1 = 1, an = a1 + ( n − 1) r = 2 n − 1 = x .

Sn =

n (1 + x ) 2

2

2

2

n = 225 ⇒ n = 15 ⇒ x = 29 .

=

2

2.

∆=

3.

x

2 =2

4.

C17 = C17 < C 17 .

5.

AC + BD = AB + 2 BC + CD = AD + BC = 3 BC = 3 ⋅ 4 = 12 .

m + 8m > 0 şi x1 − x2 = 3 ⇔ s − 4 p = 9 ⇔ m + 8 m − 9 = 0 ⇒ m ∈ {−9;1} . x

15

 

6. Avem

− x +1

2 =t >0

+1

2

t = 2 ⇒ x =1 .

⇒

3

 

 

2



 

2



 

 

2

 



(

 

2



2



sin 1 + sin 2 + ... + sin 90 = sin 1 + cos 1

) + ... + (sin

2




2

44 + cos 44



) + cos

2



45 + 1 =

91 2

.



1. z

2

+

z +1 = 0 ⇒ z

3

=1

⇒z

4

=

z , z ≠ 0 . Deci z

4

+

1 z

2.

f ( x ) = ax + b , a

3.1 lg 4.

x + 1

9

=

lg

10 x

≠

0 ; f

=

z+

z

=

z 2

+1

z

= −1 .

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

f ( x ) = 2 x + 1 .

; x = 9 .

k k 10− k ⋅ 33 ∈  ⇔ Tk +1 = C10 ⋅ 3

raţionali. 1 1 5. G  ;  . 3 3     6. u ⋅ v = −2 ; cos u, v

(

4

1

)

=

k

33

−2

41 ⋅ 13

∈

 ⇔ k  3 , cum k ∈ {0,1,2,...,10} rezultă k ∈ {0,3,6,9} , deci 4 termeni

.




2

1.

a

2.

−3 −3

3.

tg ( − x ) = −tgx ; tgx = 1 ; x ∈ 

=

(

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

x + 2 ) + 2 = 0 ; x =

4 9

.

 π 5π  , . 4 4 

4. 9 funcţii. 5. AD = 2DB; AE = 2EC ⇒ 6.

C =

7π 12

π 3

; sin C = sin 

AD DB

=

AE EC

=

2 ⇒ DE  BC .

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

π

+




1. 1 2

2.

2 x + 8 x + 7 2

x + 5 x + 6

=

7 6

1

 13  , 0  5 

; x ∈  −

 π 5π 7π 11π  , , ,  6 6 6 6 

3.

2 x = ± arccos

4.

T7 = C12 ⋅ a ; a = 4

5.

md =

6.

4

2

+ 2k π , k ∈  ; x ∈ 

6

2 3

, md ′ =

2 3

; M (1,1) ∈ d , M ′ = s A (M ) ⇒ M ′(−7, 7) ; y − 7 =

2 3

( x + 7 ) ; d ′ : 2 x − 3 y + 35 = 0

3




1.

2

(1 + i 3 ) + (1 − i 3 )

2

= −4 ∈ 

2. x, y sunt rădacinile ecuaţiei 3.

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

2

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

4. Tk +1 = C9k x18−3k ; T 7 = 84 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 =

1 8

, cos C =

3 4

, cos2C =

1 8

; cos B = cos 2C ⇒ m ( B ) = 2m (C )




  1. lg  ⋅ ⋅ ... ⋅  = lg 100 = −2 100  2 3 a ∈ ( −∞;3 )  2. a − 3 < 0 şi ∆ < 0 ⇒   12  , deci 1 2

1

99

a ∈  0; 5    

3. x =

 12    5

a ∈  0;

1 3

4.

C n2 =

45 ; n = 10

5.

m AB

=−

6.

AC

sin B

=

1 7

; y − 3 = −

2 R ; B =

1 7

( x − 2 ) ; x + 7 y − 23 = 0

π

3




1. log3 ( 5 − 7 )( 5 + 7 ) = log3 18 = 2 + log3 2 ; deci rezultatul este 2. 2. f ( x) = ax 2 + bx + c , f (0) = 2 , f (1) = 0 , ∆ = 0 ; f :  → , f ( x ) = 2 x 2 − 4x + 2 3.

 3π 7π  ,   4 4 

tgx = −1; x ∈ 

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

mCD

=

4 3

; y − 2 =

4 3

( x + 2 ) ; 4 x − 3 y + 14 = 0

6. sin 2 α + cos 2 α = 1 ; sin α = −

12 13



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar SSoluţ Soluţii

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

π

1

2, 2 2 



3.

arcsin

4.

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

5.

AB = AB =

6.

sin

2

=

6

; x =

2

. 2

2

5 , BC = = 4 , CA =

α

+ cos

2

41 ; B =

α = 1 ; cosα =

−

4 5

π

2

; sin2α = −

24 25




1. (1 + i

3

)

3

= −8 ∈ 

2. x 2 − x + 2 − y = 0 ; ∆ ≥ 0 ;

7  Im f =  , +∞  4 

3. x = −12 4

4.

p =

5.

md =

90 5 4

= 6 6. AC =

=

2 45

; d ′ : y −1 = − 2 ; BC = = 3

(

4 5

( x − 1) ; 4 x + 5 y − 1 = 0

2+

)

(

6 ; P = 3 2 + 3 2 +

6

)




1. x ∈{1 ± i 3} 2.

∆ = 1, min f = −

3. arccos 4. 5.

1 2

=

π

4

1 4

; arcsin x =

π

4

; x =

2 2

C70 = C77 = 1, C71 = C76 = 7, C 72 = C75 = 21, C 73 = C 74 = 35 ; doar 7 este prim, deci 2 cazuri favorabile; p = 



u şi v coliniari ⇔  

 

a

4

3

=

a+4

⇒

a ∈ {−6;2}

 

6. AB (7, −7); AC ( 4, −2); BC (−3, 5); −14


1 4



1. ( 3 )12 = 36 ; ( 3 5 )12 = 54 ; ( 4 8 )12 = 83 ; 4 8 < 3 5 < 3 . 2. g (1 (1) = 0 ; f ( x ) = ax + b , f (1) = 0 ; g (0) = 3 ⇒ f (2) = 3 ; f :  →  , f (x ) = 3x − 3 . 3. 3 x = y, 3 y 2 − 30 y + 27 = 0 ; y ∈ {1, 9} ; x ∈ {0, 2} . 1

10 ⋅ 10 10 = 900 900 cazur cazurii posib posibile ile;; 4 ⋅ 5 ⋅ 5 = 100 100 cazuri favorabile; p = . 4. 9 ⋅ 10 9

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

ctg1 − tg1 2

=

1 − tg1 tg1 2

=

1 − tg 2 1 2 tg1

=

cos 2 sin 2

= ctg2 .




1. 2 < 5 , log3 4 < 2 2. x ∈{1 ± i}  3. sin 2 x + cos2 x + 2 sin x cos x = 1 ; sin x cos x = 0, x ∈ [0, 2π ) ⇒ x ∈ 0, , π , π



4. 21 5. 6.

AM MB OA =

=

AN NC

5;

=

4 ⇒ CN

AB =

2;

=

1

 

AC

5

OB =

CN ⇒ CN

=−

1 5

 

AC , deci m = −

1 5

13 ⇒ P = 2 + 13 + 5


2

3π 

; 2 

 

x ∈ π ,

3π 



2 



1. x1,2 = 4 ± 3i 2. 3.

2

 13  , ∞  \ {−1}  5 

∆ > 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




1. i  3 2. g ( x) = y; f ( y ) = 0, y 2 − 3 y + 2 = 0 ; y ∈ {1, 2} ; x ∈ 1,   2

3

3. x > − ; lg ( x + 9 )( 7 x + 3) = lg 10 ( x 2 + 9 )  ⇒ 3x 2 − 66x + 63 = 0 , deci x ∈{1;21} 4.



7 n ( n − 1) < 20 ; n ∈ {2,3,4}



  ; d ( d1 , d 2 ) = 5. A  ,0  ∈ d 2 ; d ( d1 , d 2 ) = d ( A, d 1 ) ; d ( A, d 1 ) = 10 10 2  5

1

6. sin750 =

6+ 2 4

; sin150

=

6− 2 4

;

6 2


5



1. r = 2; a1 = 2; S 20

=

20 ( a1 + 19 r ) 2

=

400

2. x2 − 2 x − 4 = 0 ; x ∈{1 ± 5}  π

1



1



1

3. tg  − arctg  = ctg  arctg  ; ctg  arctg  = 2 2 2 2 2   4. Probabilitatea este 5.

p =

20 40

=

1 2

.

7 5 ,   3 3

G

6. sin4α =

2 tg 2α 2

1 + tg 2α

2 =

2 tg α 1 − tg 2 α

 2 tg α  1+   1 − tg 2 α   

2

=−

24 25




1. −1 2. f ( x) = ax 2 + bx + c ⇒ f (1) = f ( −1) = 0 , 1

1

11

2

3

6

3. log 2 x + log 2 x + log2 x = 4. (1 + x ) 5.

2

+

m AC = −

6. ( 2i



12 5

, mh

5 j ) ⋅ ( 3i 

+

(1 − x )



2

=

=

2 + 2 x 2 ; x 5

12

f ( 2 ) = 6

⇒

a = 2 = −c; b = 0 , deci f ( x ) = 2 x

; log 2 x = 1 ; x = 2 ≥ 1⇒

; h : y +1 =

5 12

x2

≥1

( x − 2) ;

⇒

2 + 2 x 2

≥

4

h : 5 x − 12 y − 22 = 0

4 j ) = −14 

−


2

−2.



1. −3 + 4i 2. Se ajunge la ecuaţia

ax

2

+

( a − 3) x − 3 = 0 , şi cum

∆=

( a + 3)

2

≥

0, ∀a ∈ ∗

3. 2 x = y; y 2 − 6 y + 8 = 0 ; y ∈ {2, 4} ; x ∈ {1, 2} 4. ab ∈ {10,11,12,...,40} şi ( a + b )3 ⇒ p =

10 31

5. M , N , P sunt mijloacele laturilor triunghiului, HM

⊥

BA si analoagele; HM mediatoarea [ BA] si

analoagele; H este centrul cercului circumscris  ABC π

π

6

4

6. 2sin cos

=

2 2




∆<

2.

f

0 ⇒ z1,2 ∈  −  şi conjugate. z1 ⋅ z2

( f ( f ( x ) ) ) = −8x + 3,

∀x ∈  ,

= z1 ⋅ z1 =

deci f este strict descrescătoare.

3. Ecuaţia dată se scrie 32 x + 3x − 2 = 0 . Notând 3 x Cum 3 x

> 0,

convine doar 3 x

=1 ,

2

z1 , dar z1 ⋅ z2 = 25 ⇒ z1 + z 2 = 10 .

= y obţinem

5. Mijlocul segmentului [ AB ] este M ( 0; 1) . Punctul 





f

tg α =

1  π  ; π  ⇒ cos α < 0 ⇒ cos α = − 1 − 9  2 

∈

sin α cos α

=−

−2

şi 1.

P ( x, y ) aparţine mediatoarei segmentului [ AB ] dacă şi



Ecuaţia mediatoarei lui [ AB ] va fi : 2 x − 4 ( y − 1) = 0 α

y − 2 = 0 cu soluţiile

( −2 ) + f ( −1) + f (0 ) + f (1 ) + f (2 ) = 0 .





numai dacă AB ⋅ MP = 0 . Avem AB = 2i − 4 j iar MP = x i + ( y − 1) j .

6. Avem

+

deci x = 0 .

4. f bijectivă ⇒ f surjectivă ⇒ Im ( f ) = A . Atunci  

ecuaţia y 2

⇔

x − 2y + 2 = 0 .

=−

2 2 3

.

2 4



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 2

3 +i +

6 + i = 1 + i − 1− i + 1+ i − 1 =

1.

z = 1 + i + i

2.

f este funcţie de gradul 2 cu

…

∆ = 1.

i⇒ z

= 1.

Valoarea maximă a funcţiei f este

−

∆

4a

=

1 8

.

3. Notând lg x = y obţinem ecuaţia y 2 + 5 y − 6 = 0 cu soluţiile −6 şi 1. 1

lg x = −6 ⇔ x =

, iar lg x = 1 ⇔ x = 10 . 106 4. O funcţie f : {0,1, 2,3} → {0,1, 2,3} cu proprietatea f ( 0 ) = f (1) = 2 este unic determinată de un tabel de tipul x

f ( x )  



0

1

2

3

unde a, b ∈ {0,1, 2,3} .

2

2

a

b

Vor fi 42



 





 

5. OA = i + 2 j şi OB = 3i + j , rezultă că OA 6. ( sin α + cos α )

2

=

1 9

⇒

sin 2 α

= 16 funcţii

 

=

5 , OB

1 2 + cos α + 2sin α cos α = 9

 

=

⇒

cu proprietatea cerută.

 

10 şi OA ⋅ OB = 5 . cosθ sin2α = −


8 9

.

=

2 2

⇒

θ =

π

4

.



1. (1 + i )

+

10

(1− i )

=

(1 + i )2   

5 +

(1 − i )2   

5 =

5

( 2i )

(

+ −2i

5

)

=

0.

2. Funcţia f este strict descrescătoare pe intervalul [1, + ∞ ) . 2 < 3 < 2 ⇒ 3. Se impune condiţia x ≥

1 2

. Prin ridicare la pătrat, ecuaţia devine 2 x − 1 = 9 3

4.

f ( 0 ) ∈{1;3} . Dacă f ( 0 ) = 1 ⇒ 4

5.

BM

=

MC

6. α ∈ 

1 2

π

 2

⇒

BM BC

 

=

1 3

 

; AM

 

=

f

( 2 ) > f ( 3 ) > f ( 2) .

⇔

x = 5.

64 de funcţii. Dacă f ( 0 ) = 3 ⇒ 128 de funcţii.

  

 

= AB + BM = AB +

; π  ⇒ cos α < 0 ; cos α = − 1 −

9 25

BM BC

=−

4 5

 

 

BC ; AM

; tgα =

 

=

AB +

sin α

=−

cos α


1 3 3 4

( .

 

 

AC − AB

)

=

2 3

 

AB +

1 3

 

AC .


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. 2.

7 ± 4 3 = 2 ± 3 , deci a = 4 .

1  2 f ( 2 x ) ≤ 0 ⇒ 4 x − 5x + 1 ≤ 0 ⇒ x ∈  ;1 4 

3. x ∈ [0; 2] , x1 = 1∈ [0; 2] , x2 = −2 ∉[ 0;2] . 4. Mulţimea A are 26 − 1 submulţimi nevide dintre care 23 − 1 au toate elementele impare. Probabilitatea cerută este 1

5. sin C =

65 1

6. Avem x + Cum

α

 

6

2 −1

=

7 63

=

1 9

.

. ≥

x

∈  0;

23 − 1

2, ∀x > 0 , cu egalitate numai pentru x = 1 .

1   ⇒ tg α >0 şi atunci tg α + tg α = 2 ⇒ tg α = 1 ⇒ 2

π


α

=

π

4

⇒ sin 2α = sin

π

2

=1.



1 k

+

k

=

−

k + 1

−1

k + 1

1− 2

Fie a numărul din enunţ. Avem a =

+

2

−

3 + … + 99 − 100

=−

−1

1 + 100

=9,

deci a ∈  .

2. Graficul funcţiei f intersectează axa Ox în două puncte distincte dacă şi numai dacă ecuaţia două soluţii reale

⇔ ∆>

⇔

0

m

2

−8>

0

⇔

m∈

(−∞; − 2 2 ) ∪ (2

f ( x ) = 0 are

)

2; + ∞ .

3. Se impune condiţia x ∈ ( −1; + ∞ ) . Ecuaţia dată este echivalentă cu log3 ( x + 1)( x + 3 ) = log3 3 ⇔ 2 x + 4 x = 0 cu soluţiile 0 şi −4 . Cum x ∈ ( −1; ∞ ) , rezultă că x = 0 este unica soluţie a ecuaţiei date. 4. Mulţimea A are 25 − 1 submulţimi nevide.120 = 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅5 , deci 2 cazuri favorabile. Probabilitatea =

2 31

.

5. Fie G ( xG , yG ) centrul de greutate al triunghiului ABC . Avem xG =

x A + xB

+

xC

3

6. Folosim relaţia sin x

Cum

π

8

 

∈  0;

=

4 3

=

şi yG =

1 − cos 2 x 2

y A + yB

yC

=

3

5 3

.

.

π π   ⇒ sin > 0 . Atunci sin 8 = 2 8

π

+

 

1 − cos  2 ⋅

  8

π

=

2− 2

2


2

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1 1 log 2 ( 23 ⋅ 3) 3 + log 2 3 3 + log 2 3 + a 3 = = = 1. log 16 24 = 4 4 4 4 log 2 ( 2 ) a + b = 1

2. Fie a şi b numerele căutate. Avem 

a ⋅ b = −1

=

1 + 3a . 4a

. 1+ 5 1− 5 . şi 2 2 81 şi cum 2 x + 1 > 0 obţinem

Numerele a şi b vor fi soluţiile ecuaţiei de gradul al doilea x 2 − x − 1 = 0 , adică

3. Ecuaţia se scrie 2 ⋅ 22 x + 4 ⋅ 2x = 160

⇔

22 x + 2 ⋅ 2x = 80

⇔

( 2 + 1) x

2 =

2 x + 1 = 9 , de unde x = 3 . 3 4. Putem alege 3 fete din cele 12 în C 12 moduri. La fiecare alegere a fetelor putem alege 2 băieţi din cei 10 2 3 2 în C 10 moduri. Comitetul clasei poate fi ales în C12 ⋅ C 10 = 9900 moduri. x − 1 y − 3 = 5. Avem AB = −3i + 2 j . Ecuaţia paralelei prin C la AB este , adică 2 x + 3 y − 11 = 0 . −3 2 3π 6. Deoarece 6 ∈  ; 2π  , rezultă că numărul real 6 se reprezintă pe cercul trigonometric în cadranul IV.  2  În concluzie sin6 < 0 .  







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

1 1

1. Numerele 1, ,

2 22 1

1

, 23

…,

1 22009

−1

2010 s= 2 1 −1 2

Rezultă că

2.

,

= 2−

1 2

2009

1

sunt în progresie geometrică cu raţia

2

.

şi de aici 1 < s < 2 .

f ( x ) = g ( x ) ⇔ 2 x − 1 = −4 x + 1 ⇔ x =

 1 1  . Punctul de intersecţie cerut este M  ; −  . 3 3 3

1

3. Utilizând relaţia sin 2 x + cos 2 x = 1 , ecuaţia devine sin 2 x + sin x − 2 = 0 . Notăm sin x = y şi obţinem ecuaţia y 2 + y − 2 = 0 cu soluţiile 1 şi −2 . Ecuaţia sin x = −2 nu are soluţii (pentru că −1 ≤ sin x ≤ 1 ), iar sin x = 1 ⇔ xk =

π

2

+ 2k π , k ∈  .

4. Sunt 53 moduri de alegere a valorilor f ( 0 ) , f (1) , f ( 2 ) , deci 125 de funcţii. 5. Patrulaterul convex ABCD este paralelogram dacă şi numai dacă diagonalele sale au acela şi mijloc.  3   −1 + x 1 + y  Mijlocul lui [ AC ] este M  ; 1  . Fie D ( x, y ) . Mijlocul lui [ BD ] este M ′  ; . 2  2   2 M = M ′ ⇔

−1 + x

2

=

3 2

şi

1+ y 2

=1

⇒ D ( 4, 1) .

 π  ; π  ⇒ cos x < 0 şi atunci cos x = − 1 − sin 2 x  2 

6. Deoarece x ∈  Deoarece

x x 1 − cos x  π π  ;  ⇒ sin > 0 , deci sin = + 2  4 2 2 2 2

x

∈

=

=−

3 10 10


4 5

.

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie log 4 16 + log3 9 + 3

1. 27 = 2 + 2 + 3 = 7∈  . 2. Funcţia f este funcţie de gradul al doilea cu ∆ = −8 şi a = 3 > 0 . ∆ 8 2 Valoarea minimă a funcţiei f este − = = . 4a 12 3 2 x 3. Notând 4 = y obţinem ecuaţia y + 3 y − 4 = 0 cu soluţiile −4 şi 1. Cum 4 x > 0 , convine doar 4 x = 1 , deci x = 0 . 4. Dacă n ∈  , atunci n ∈  ⇔ n este pătrat perfect. În mulţimea {0, 1, 2, … , 99} sunt 100 de elemente dintre care 10 sunt pătrate perfecte: 02 , 12 , 22 , ..., 92 . 10 1 = = 0,1 . Probabilitatea cerută este 100 10       1 a −1 1 = ⇔ a =− . 5. Avem AB = −3i + 2 j şi CD = ( a − 1) i + j . Atunci AB  CD ⇔ −3 2 2 π 1 + 3 tg x + tg π   3 =2 = 8+ 5 3 . 6. tg  x +  = 3  1 − tg x ⋅ tg π 3  3 1− 2




1. Avem 3 + 4i

=

9 + 16

=

25 = 5 şi atunci z

2. Fie V ( xV , yV ) vârful parabolei ⇒ xV 3. Ecuaţia devine sin x (1 − 2cos x ) = 0 ⇔ Cum x ∈ [0, 2π ) , avem sin x = 0

⇔

=−

b

( 3 + 4i )

=

=−

1

, yV

4

=

=−

3 + 4i ∆

=

4

1

2a 2 4a 2 sin x = 0 sau 1 − 2cos x = 0 .

x = 0 şi x = π , iar cos x =

1

⇔

. Evident xV + yV = 0.

x=

π

şi x =

3 4. Numărul funcţiilor bijective g : {2,3, 4,5} → {1,3, 4,5} este 4! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 = 24 .  





5. Avem AB = −3i + 2 j şi  

Atunci AB ⊥ CD

⇔

 



 

AB ⋅ CD

3

, deci 4 soluţii.



= 0 ⇔ − 3 ( a − 1) + π

2

−

Atunci sin B + cos B = sin C + cos C ⇒

 

5π

CD = ( a − 1) i + j .

6. Avem sin x + cos x = sin x + sin 

Cum B, C ∈  0;

2

4 = 5 = 625 .

 

2=0

⇔

a=

5 3

.

π  π     = 2 cos  x −  . 4 4 4   π  π    2 cos  B −  = 2 cos  C −  . 4 4  

x  = 2 sin

π

cos  x −

  obţinem B = C , adică triunghiul ABC este isoscel. 2

π




1.

z = ( 2 + i )

2.

f ( x ) = ax

2

+

3

(2 − i )

+ bx + c

=

23 + 3 ⋅ 22 i + 3 ⋅ 2i 2 + i 3 + 23 − 3 ⋅ 2 2 i + 3 ⋅ 2i 2 − i 3 = 4 , deci z

3

x

3 Notăm y =   ⇒ 2 y 2 + y − 3 = 0 ⇒ y1 = 1 şi y 2 2 x

4.

⇒ c = 1; b = −3; a = −1 , deci f ( x ) = − x 2 − 3x + 1 ⇒ f ( 2 ) = −9 .

3. Ecuaţia se scrie 2 ⋅ 32 x + 2 x ⋅ 3 x − 3 ⋅ 2 2 x = 0 şi împărţind prin 22 x se obţine 2 ⋅   2

3 Cum   2

=

=−

3 2

2 x +

3 2  

x

3= 0.

.

x

3 > 0 , convine doar   2

=

1 ⇔ x = 0 .

4. Mulţimea A are 2010 elemente, iar numărul celor divizibile cu 402. Probabilitatea cerută este 5. Triunghiul AOB este dreptunghic în O. Avem AO = 3, BO = 4, AB = 5 . Fie x distanţa de la O la dreapta AB. Atunci AO ⋅ OB = x ⋅ AB ⇒ x

6.

−

=

AO ⋅ OB

  m ( ADC ) = 135 ⇒ m ( BAD ) = 45 .

Aria paralelogramului este AB ⋅ AD ⋅ sin BAD



=

24 2 .


AB

⇒ x=

12 5

.

1 5

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. Prin împărţire se obţine că 2. Avem ( f Atunci ( f

 g )( x ) =

1 7

= 0,

(142857) . Atunci a60 = 7 .

f ( g ( x ) ) = 2 − g ( x ) = −3x , iar ( g  f

 g )( x ) − ( g 

f

)( x ) = g ( f ( x ) ) = 3 f ( x ) + 2 = 8 − 3x .

)( x ) = −3x − (8 − 3 x ) = −8, ∀x ∈  .

3. Fie f ( x ) = f ( y ) ⇒ 3 x3 + 1 = 3 y3 + 1 ⇒ x = y . Rezultă că funcţia f este injectivă. 4. Sunt 900 de numere de trei cifre, iar numărul celor divizibile cu 50 este dat de numărul k -urilor cu proprietatea k ∈ , 100 ≤ 50k

< 1000

adică 2 ≤ k < 20 . Probabilitatea cerută este

5. Ecuaţia dreptei AB este: y = x − 3 . Punctele A, B, C sunt coliniare 6. Din teorema cosinusului obţinem cos A =

AB

2

+

AC

2

2

− BC

2 AB ⋅ AC

=−

1 2

⇔

.


18

1

. 900 50 C ∈ AB ⇔ a = −4 . =


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

Soluţie 1. Numerele 1, 4, 7, … ,100 sunt 34 termeni consecutivi ai unei progresii aritmetice cu raţia 3. (1 + 100) ⋅ 34 Atunci 1 + 4 + 7 + ... + 100 = = 1717 . 2 2. Im ( f ) = { y ∈  / ∃ x ∈  astfel încât f ( x ) = y } . Avem f ( x ) = y ⇔ x 2 + x + 1 − y = 0 . Această ecuaţie are soluţii reale dacă şi numai dacă

∆≥

0 . ∆ = 1 − 4 (1 − y ) ;

∆≥

0

⇔

y≥

3 3 . În concluzie, Im ( f ) =  ; ∞  . 4 4 

 π 1 3 1 1 1 3. E = sin  arcsin  + sin  arccos  = + sin = + = 1 . 2 2  2 6 2 2   5−k

4. Termenii dezvoltării sunt Tk +1 = C5k ( 2 ) k

C5

∈

k

k

⋅ 1 = C5

25−k , k ∈ {0,1,2,3,4,5 } . Deoarece

avem Tk 1 ∈  ⇔ 5 − k = par

5. ABCD pătrat

⇔ k ∈ {1,3,5 } . Dezvoltarea are trei termeni raţionali.            ⇒ AB + AD = AC ⇒ AB + AC + AD = 2 AC . Atunci AB + AC + AD = 2 ⋅ AC = 2

+

6. sin105 = sin ( 45 + 60 ) = sin 60 ⋅ cos 45 + cos60 ⋅ sin 45 =

2 3 2 1 6+ 2 ⋅ + ⋅ = . 2 2 2 2 4

BACALAUREAT 2009-MATEMATICĂ - Proba D, tipul subiectului MT1, programa M1

2.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. Avem 2 < 3 < 4 ⇒ log2 2 < log2 3 < log2 4 ⇒ 1 < log2 3 < 2 ⇒ log2 3∈ ( 1, 2) . 9  ,∞  . 4 4  π   2 cos  x −  4 

2. x 2 + 3x + m > 0 , oricare ar fi x ∈  ⇔ ∆ < 0 ⇔ 9 − 4m < 0 ⇔ m >  3. Avem sin x + cos x = sin x + sin 

π

2

 

Ecuaţia devine cos  x −

2  = 4 2

π

π π    2 sin cos  x −  = 4 4  

− x =

⇔ x−

π

=±

π

4

Mulţimea soluţiilor ecuaţiei iniţiale este: {2kπ /

4.

∀n ∈ , n ≥ 3

5. Avem

avem Cn2

{

3 + Cn =

n!

BC

2

Perimetrul triunghiului ABC este

= AB

2

 π  + 2kπ / k ∈   . 2 

=

3n !+ ( n − 2 ) n ! 3!( n − 2) !

=

n !( n + 1)

( n + 1) ! 3 = Cn +1 . 3!( n − 2) ! 3!( n − 2) ! =

⇔ 1 −1 + a = 0 ⇔ a = 0 .

+ AC

k ∈ } ∪ 

2!( n − 2) ! 3!( n − 3) !

} . Atunci A ∈ d3

⇔ m∈ 

k ∈  .

2k π ,

n!

+

d1 ∩ d 2 = A (1; − 1)

6. Din teorema cosinusului,

+

4

9

2

−

2 AB ⋅

AC ⋅ cos A

AB + BC + AC = 7 +

⇒

BC =

13 .

13 .



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie  −1 + i 3  1. z =   2  

2

2

=

−∞

g ( x)

− − − −

3. Avem

−1 − i

=

4

2. Considerăm funcţia x

1 − 2i 3 − 3

3

g :  → , g ( x ) = − x

1 3 0 +++ + 0

f ( x ) = f ( y ) ⇒

x

2

=

z.

+

4 x − 3 . Tabelul de semn al lui g este:

2

+1

=

2

∞

g ( x) ≥ 0

− − − −

y

2

x

+1

y

⇔

x ∈ [1; 3] .

⇒ ( x − y )( xy − 1) = 0 ⇒ x = y sau xy = 1 .

 x, y ∈ (1, ∞ ) Dar x, y ∈ (1, ∞ ) ⇒ xy > 1 . Avem  ⇒ x = y , deci f este injectivă.  f ( x ) = f ( y )

4. O funcţie

f : {1, 2,3} → {0,1, 2,3} pentru care f (1) este număr par este unic determinat ă de un tabel de tipul

x

1

2

3

unde a ∈ {0, 2} iar b, c ∈ {0,1, 2,3} .

f ( x )

a

b

c

Vor fi 2 ⋅ 4 ⋅ 4

= 32 funcţii

cu proprietatea cerut ă.

5. Din teorema cosinusului, avem BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 AB ⋅ AC ⋅ cos A .  

Atunci AB ⋅ AC = AB ⋅ AC cos A =

AB

2

+

AC

2

2

2 − BC

=

5 2

.

6. sin15 = sin ( 45 − 30 ) = sin 45 ⋅ cos 30  − cos 45  ⋅ sin 30  

sin15

=

2 2

⋅

3 2

−

2 1 ⋅

2

2

=

6

−

4

2

.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. Avem

4a

z =

4+a

2

+

4 − a2 2

i . Atunci z ∈ 

4+a 2 x + 3 = y

2. Rezolvăm sistemul 

 x

2

− 4 x + 12 =

⇔

Im ( z ) = 0

⇔

4 − a2 = 0

⇔

a = ±2 .

 x = 3 . şi obţinem o singură soluţie:  y  y = 9

1  3. Se impun condi ţiile 2 x − 1 ≥ 0 şi x ≥ 0 , adică x ∈  , ∞  . 2  2

2

( x − 1) = 0 ⇔ x = 1 . 4. Produsul cartezian A × A are 36 de elemente: A × A = {(1, 1) , (1, 2 ) ,..., ( 6, 6 )} . Prin ridicare la pătrat ecuaţia devine 2 x − 1 = x

⇔

Cazurile favorabile sunt (1, 5) , ( 5,1) , ( 2, 4 ) , ( 4, 2 ) şi ( 3, 3) . Probabilitatea cerută este 





5. MA = −i + 3 j ,



















MB = 2i + 2 j ⇒ MA + MB = i + 5 j ⇒ MA + MB

=

5 36

.

26 .

6. Avem succesiv: sin ( a + b ) ⋅ sin ( a − b ) = (sin a cos b + cos a sin b ) (sin a cos b − cos a sin b ) = = sin

2

(

a cos 2 b − cos2 a sin 2 b = sin 2 a 1 − sin 2 b

) − (1 − sin2 a ) sin2 b = sin2 a − sin2 b .




1. Avem 100lg 2 + 3 −27 = (10lg 2 ) + 3 ( −3) 2. Im ( f ) = { y ∈  /

∃x ∈ 

3

=

22 + ( −3) = 1 .

aşa încât f ( x ) = y } .

Pentru y = 0 avem f ( 0 ) = 0 , iar pentru y ≠ 0 avem: f ( x ) = y soluţii reale dacă şi numai dacă

∆≥0 ⇔

⇔

yx2

− 2x +

y = 0 . Această ecuaţie are

4 − 4 y 2 ≥ 0 , adică y ∈ [ −1; 1] . În concluzie, Im ( f ) = [ −1; 1] .

3. Notând 3 x = y ecuaţia devine: 3 y = − y + 8 de unde obţinem y = 2 . Avem 3 x = 2 ⇔ x = log 3 2 . 4. f (1) = 3 , f ( 3) = 4 ⇒ există 16 funcţii g : {2,3} → {1,2,3,4} . f (1) = 4 , f ( 3) = 3 ⇒ încă 16 funcţii, deci în total 32 funcţii. 5. Fie d drepta ce trece prin O ( 0, 0 ) şi este paralelă cu dreapta AB. Un vector director al dreptei d este







AB = −3 i + 2 j

. Ecuaţia dreptei d este

x −3

=

y

2

⇔

2 x + 3 y = 0 .

6. Ridicând la pătrat cele două egalităţi din ipoteză, se obţin relaţiile : 1 cos 2 a + cos2 b + 2 cos a cos b = şi sin 2 a + sin 2 b + 2 sin a sin b = 1 . Adunând membru cu membru aceste 4 5 5 două egalităţi obţinem 2 + 2 ( cos a cos b + sin a sin b ) = , adică 2 + 2 cos ( a − b ) = de unde rezultă 4 4 3 cos ( a − b ) = − . 8



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. Fie a = 1 −

1

+

3

1 2

−

3

1 3

3

. Prin calcul direct obţinem a =

2. Scăzând cele două ecuaţii obţinem x 2

20 27

⇒ [a] = 0 .

4 x + 3 = 0 de unde x = −1 sau x = −3 .  x = −1  x = −3 Sistemul are două soluţii:  . şi   y = 5  y =19

3. Avem arctg x =

π

−

2

arcctg

1

+

, de unde x

3

=

1 1  π  − arcctg  ⇔ x = ctg  arcctg  3 3 2 

tg 

⇔

x=

1 3

.

100− k

4.

k Tk +1 = C100 ⋅ 5



4



4,...,100} . Deci sunt 26 termeni raţionali. ⇒ k  4 ⇒ k ∈ {0,      

5. Avem AB = 2 i − 4 j , AC = 4i − 8 j ⇒ 6. Aria triunghiului dat este

S

=

AC

=

2 AB ⇒ A, B , C sunt coliniare.

p ( p − a )( p − b )( p − c ) unde a = 4, b = 5, c = 7 şi p =

Obţinem p = 8 şi S = 4 6 . Atunci r

=

S p

⇒ r =

6 2

.


a +b+c

2

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. Fie a = 2 şi b = − 2 . Avem a, b ∈  \  şi a + b = 0 ∈  . Afirmaţia din enunţ este falsă. 2. f ( f ( x )) = f 2 ( x ) ⇒ x + 4 = x 2 + 4x + 4 ⇒ x ∈ {−3,0} . 3. Notăm 2 x x

2

= y

şi obţinem ecuaţia y x

3 nu are soluţii, iar 2

=−

=

4

⇔

2

−

y − 12 = 0 cu soluţiile y1

= −

3 şi y 2

=

4.

x = 2 .

4. Produsul cartezian A × A are 36 de elemente: A × A = {(1, 1 ) , (1, 2 ) ,....., ( 6, 6 )} . Fie ( a, b ) ∈ A × A . Produsul a ⋅ b este impar dacă şi numai dacă a şi b sunt impare. Cazurile favorabile sunt: Probabilitatea cerută este

(1,1) , (1, 3) , (1, 5 ) , ( 3,1) , ( 3, 3) , ( 3,5 ) , ( 5,1) , ( 5, 3) şi ( 5, 5) . 9 36

=

1 4

=

0,25 .

5. AC = 2 2 ⇒ latura pătratului este 2, deci aria este 4.  2 1

6. Avem sin105 + sin 75 = 2sin 75 = 2sin ( 45 + 30 ) = 2 ⋅ 

 2

⋅

2


+

2 2

⋅

3

= 2 

6+ 2 2

.



(1 − i ) 1 − 2i + i 2 = 1. z = (1 + i )(1 − i ) 1 − i2

= −i

2. Avem x 2 + mx + 1 ≥ 0, ∀x ∈ 

⇒ Re ( z ) = 0 .

⇔ ∆≤

0

⇔

m

2

−

4 ≤ 0 ⇔ m ∈ [− 2, 2] .

1 1  1 2 x ∈ [ −1, 1] şi sin  −  = 2x . Soluţia ecuaţiei este x = − sin . 2 2 2  2 4. Mulţimea A conţine 5 elemente pare şi 5 impare. Dacă o submul ţime cu 5 elemente a lui A conţine două

3. arcsin 2 x = −

1

⇔

elemente pare, rezultă că celelalte trei elemente sunt impare. Putem alege 2 elemente pare din cele 5 în C 52 moduri, iar 3 elemente impare din cele 5 pot fi alese în C 53 . Numărul cerut în enunţ este C52 ⋅ C 53

5. Ecuaţia dreptei BC este 4 x + 3 y − 2 = 0 . Atunci

d (O , B C ) =

4 ⋅ 0 + 3⋅ 0 − 2 4

2

+3

2

=

2 5

.

6. α ∈  ; π  ⇒ cos α < 0 şi atunci cos α = − 1 − = − . 25 5 2  9

π

ctg α

=

cos α sin α

4

4

⇒ ctg α = − . 3


= 100 .



(

=

x2

+

x2

5 2 +1

=

50 − 1

5 2 −1 x1

)

7 5 2 +1

7

2

=

x1

x1

+

7

2

x2

∈

( x1 + x2 )

=

x1x2

2

−

1

2 x1x2

=

( −1)

. Avem 3 x

=

3

2

−

2 ( − 1)

−

3

+

x

=

3

⇔

2 4. Funcţia f este strict crescătoare



7

1

x1x2

3. Ecuaţia este echivalentă cu 2 ⋅ 3 x cu soluţiile 3 şi



(1, 2 ) ⇒   =1.  5 2 −1 .

7 . Făcând substituţia y = 3 x obţinem ecuaţia 2 y 2

x x = 1 , iar 3

⇔

3

= − ∈

=

1

⇔

2

−

7y +3 = 0

x = − log 3 2 .

f (1) < f ( 2 ) < f ( 3) < f ( 4 ) .

Orice submulţime a lui B poate fi ordonată crescător într-un singur mod. Numărul funcţiilor strict crescătoare 4

f : A → B este egal cu numărul submulţimilor cu 4 elemente ale mul ţimii B, adică C 6

=

15 .

5. Ecuaţia dreptei BC este 2 x − y + 5 = 0 . Lungimea înălţimii duse din vârful A în triunghiul ABC este d ( A, BC ) =

2 ⋅1 − 3 + 5 =

2

6.

(

2



E = 2 sin 75

+

−

( −1)

4 5

2



sin15

5

)

=

4sin

.

75 − 15 2

cos

75 + 15 2

=

4sin 30  cos 45  = 4 ⋅

1 2

⋅

2 2


=

2.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. Fie r raţia progresiei. Avem a6 = a3 + 3r şi a16 = a19 − 3r , deci 2. Ecuaţia dată are două rădăcini reale distincte dacă şi numai dacă ∆>

0

⇔

m∈

( −∞ , − 2 − 2 2 ) ∪ ( −2 + 2

2,

+∞

3. Făcând substituţia lg x = y , ecuaţia devine y 2 Avem lg x = 2

4.

⇔

f (1) > f ( 2 ) >

x = 100 , iar lg x = −3

⇔

x=

+

a6

+ a16 = a3 + a19

∆>

0 . Avem

∆=

⇒

a6

+ a16 = 10 .

m 2 + 4m − 4 .

). y − 6 = 0 de unde obţinem y1

=

2 , y2

= −3 .

1

. 1000 f ( 3 ) = 1 ⇒ numărul funcţiilor f este egal cu numărul funcţiilor g : {1, 2} → {2,3, 4,5} strict

descrescătoare, adică C 42 = 6 .       5. Fie Q ( a, b ) . Avem MQ = ( a − 2 ) i + ( b + 1) j şi NP = i + 2 j .   MNPQ este paralelogram ⇔ MQ = NP ⇔ a − 2 = 1 şi b + 1 = 2 . Punctul căutat este Q ( 3, 1) .  1   2 1   2 6. Fie M mijlocul lui [ BC ] . Avem AM = AB + AC ⇒ AM = AB + AC de unde obţinem 2 4        1 1 2 2 2 2 2 AM = AB + AC + 2 AB ⋅ AC = AB + AC + 2 AB ⋅ AC ⋅ cos A . Din teorema cosinusului 4 4

(

(

avem BC 2

)

=

2

Atunci AM

AB

2

(

+

2 AB2 =

2

−

+

AC

AC

4

) − BC 2

(

)

(

2 AB ⋅ AC ⋅ cos A 2

)

)

⇒

2 ⋅ AC ⋅ cos A = AB 2 AB

, de unde AM =

10 2

+

AC

2

2 − BC .

.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. ( 2 + i )

4

+

( 2 − i)

4

=

(

2

(2 + i )

2

) ( +

(2 − i)

2

 y = x 2 + x + 1 are două soluţii: 2. Sistemul   y = 2 x + 1 parabola de ecuaţie y = x 2

3. x ≤

11

16 + x 2

;

)

2 =

2

( 3 + 4i )

+

2

( 3 − 4i )

= −7 +

24i − 7 − 24i = − 14 .

 x = 0 x = 1 . Dreapta de ecuaţie y = 2 x + 1 intersectează şi    y = 1 y = 3

x + 1 în punctele A ( 0, 1) şi B (1, 3) .

+

= 11 − 2 x

2 , prin ridicare la pătrat, rezultă 3 x

− 44 x + 105 = 0

⇒ x1 = 3, x2

35

, în final x = 3. 2 3 4. Sunt 9000 de numere naturale cu 4 cifre. Numărul celor divizibile cu 9 este dat de numărul k -urilor cu 1 1000 ≤ 9 k ≤ 9999 ⇔ 111, (1) ≤ k ≤ 1111 , deci există 1000 astfel de numere. Probabilitatea cerută este . 9 y + y B + yC   x + x + x 5. Centrul de greutate al triunghiului ABC este G  A B C , A  , adică G (1, 2 ) . 3 3   Ecuaţia dreptei OG este

6. 2 ( cos 75





+ cos15

)

x

1

=

y

⇔

2 

= 4 cos

75

y = 2 x . 

− 15

2



cos

75



+ 15

2

= 4 cos30



cos 45



=4⋅

3 2

⋅

2

=

2


6.

=


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie  3 1  1. Fie z numărul din enunţ. Avem z = 2 ⋅  + i   2 2 

6

π  = 2 ⋅  cos 6 

6

obţinem: z = 26 ⋅ ( cos π

2. ( f

 f

+i

6

6

 + i sin  . Folosind formula lui Moivre, 6 π

sin π ) = −26 ⇒ Re ( z ) = −64 .

)( 512 ) = f ( f ( 512 ) ) =

1 3

=

9

f ( 512 )

512 =

9

29

=

2.

3. Utilizând formula cos 2 x = 1 − 2 sin 2 x , ecuaţia devine 2 sin 2 x − sin x − 1 = 0 . Notăm y = sin x şi obţinem ecuaţia 2 y 2 π

−

y − 1 = 0 cu soluţiile

−

2 1

şi 1. x = ( −1)

k +1 π

+ k π , k ∈  . 2 2 6 4. Fiecare submulţime cu trei elemente a lui M poate fi ordonată strict crescător într-un singur mod. Numărul tripletelor (a , b, c ) cu proprietatea că a, b, c ∈ M şi a < b < c este egal cu numărul submulţimilor cu

sin x = 1

⇔

x=

+

2k π , k ∈  , iar sin x = −

1

3

trei elemente ale mulţimii M , adică C 6

=

⇔

20 .

5. Punctul A ( 0, 3) se află pe dreapta d 1 . Atunci distanţa cerută este d ( d1 , d 2 ) = d ( A, d 2 ) =  2

6. Avem AD

 2 =

 

AD



2 ⋅ 0 + 4 ⋅ 3 − 11 =

2

2

+

4

2



 

5 10



4 , iar AB ⋅ AD = AB 

=

20

  =

1

.

 ⋅

AD 2

Atunci AC ⋅ AD = ( AB + AD ) ⋅ AD = AB ⋅ AD + AD

⋅



cos 60

=

1.

 

⇒ AC ⋅ AD

=

5.




1 1 5 + = . 4 6 12 2. m < 0 şi ∆ ≤ 0 , rezultă m ∈ ( −∞;0 ) . 1 3. 2 x + 2x+1 + 2x −1 = 56 ⇔ 2x  1 + 2 +  = 56 ⇔ 2x = 16 ⇔ x = 4 . 2  4. Dacă n ∈  , atunci 3 n ∈  ⇔ n este cub perfect. În mulţimea A sunt 10 cuburi perfecte: 13 , 23 , ..., 103 . 10 1 = = 0,01 . Probabilitatea cerută este 1000 100   BM 1     BM  BC . 5. Cum MC = −3MB , rezultă că M ∈ ( BC ) şi = . AM = AB + BM = AB + MC BC 3   1   3  1  3 1 AM = AB + ( AC − AB ) = AB + AC = AB − CA . 4 4 4 4 4 2tg x 3 = . 6. sin2 x = 1 + tg 2 x 5

1. log9 3 + log4 2 =




a

= t >0

1. 2 ( 2− a + 2 + 1) = 2a −1 + 2a +1 + 1 ⇒ 5t 2 − 2 t − 16 = 0 ⇒ t = 2 ⇒ a = 1 . 1   xV = −a + 2 . Deci xV 2.   y = a − 1  V 4

3.

+ yV =

2

1 4

.

3

2

z + 2 z + 4 = 0 ⋅ ( z − 2 ) ⇒ z = 8 . Aşadar z −   

≠0

8

3

=

z − 8

z

z

=0.

4. Mulţimea dată are 40 de elemente, dintre care divizibile cu 2 şi cu 5 , deci cu 10 , sunt numerele 10,20,30 şi 40 . Probabilitatea este egală cu

5. Fie {O} = AC ∩ BD şi MN ⊥ AB,

6.

=

(

α

∈  0,

 

 

) (

 

 

)

1 10

.  

 



AO + BO + OC + OD = 2 NO + 2 OM = 2 NM = 8 .

 

  ⇒ cos α > 0; cos α 2

π

=

5 13

 

O ∈ ( MN ) , M ∈ ( DC ) , N ∈ ( AB ) . Atunci AC + BD =

⇒ tg α =

12 5

; tg 2α

=

2 tg α

=

1 − tg 2 α

−


120 119

.



1. A − B = ( −3 ; 1] ⇒ ( A − B ) ∩ Z = {−2 ; − 1 ; 0 ; 1} ⇒ card ( ( A − B ) ∩ Z ) = 4 . 2. 2 x + 1 = x 2 − x + 3 ⇒ x 2 − 3x + 2 = 0 ⇒ x ∈{ 1 ; 2 } ⇒ ( x ; y ) ∈{(1 ; 3) , ( 2 ; 5)} , deci punctele sunt A (1 ; 3) , B ( 2 ; 5) .

 x − 1 ≥ 0

3. 

2 − x ≥ 0

⇒ x ∈ [1 ; 2] ⇒ x − 1 + 2 − x + 2 ( x − 1)( 2 − x ) = 1 ⇒ x ∈ {1 ; 2} .

4.

x ! < 7, x ∈  ⇒ x ∈ {0;1; 2;3}

5.

d ( A; d ) =

5 ⋅1 + 12 ⋅ 1 − 4 52

+ 12

2

⇒ d ( A; d ) = 1 . 1

1

1

2

5

+

1

6. tga = , tgb = ⇒ tg ( a + b ) = 2 5 1−

1 1 ⋅

=

7 9

.

2 5




1.

4 x − 8 = 4 x − 2 , 4 − 2 x = 2 x − 2

⇒ f ( x ) = 0, ∀x ∈  .

2. x 2 − 2 x + a − 1 = 2 x + 3 ⇒ x2 − 4 x + a − 4 = 0 ⇒ ∆ > 0 ⇒ a ∈ ( −∞,8) . 3.

3

4.

(

(

3

2 x − 1 = x − 1 ⇒ x − 1 = ( x − 1) ⇒ ( x − 1) x

9

9

) = (1 + 3 )

3 +1

k

, Tk +1 = C 9

( 3)

k

)

− 2 x = 0 ⇒ x ∈ 0 ; 1 ; 2 .

∈Q ⇒

k 2

{

}

∈N

9   + 1 = 5 . 2 

Numărul termenilor iraţionali este 10 −  

5. 6.

m +1 m −1

=

cos A =

8 −4

⇒ m=

AB 2

+

1 3

AC 2

.

−

BC 2

2 ⋅ AB ⋅ AC

⇒ cos A =

1 2

⇒ m ( A) = 60 .




1. 

 1 2  1  = ⇒  2008  + 3 ⋅ −  = 46 .  3 3  3

2008  = 44 , −



2. xv = −

b

=

2a

 x + 8 ≥ 0

3. 

 x ≥ 0

D56

5.

6i + 2 j





=

⇒ f ([ 2 ; 3]) = [ −1 ; 0 ] .

⇒ x ∈ [ 0 ; ∞ ) , x + 8 = 2 + x ⇒ x + 8 = 4 + 4 x + x ⇒ x = 1 .

{1,2,4,7,8,14,28,56} ⇒ p =

4.

=

2 ∈ [ 2 ; 3] , f (1) = f ( 3 ) = 0, f ( 2 ) = −1

(





p i + j

4 8

=

1 2

.

 p + r = 6

) + r ( i − j ) ⇒  p − r = 2 ⇒ ( p; r ) = ( 4; 2) . 





6. S = p ( p − a )( p − b )( p − c ) , p =

5+7+8 2

= 10 , S = 10

3 ⇒ R =

abc 4 S

⇒R=

7 3 3


.



1.

( 3 + 7)

2

=3+2

21 + 7

= 10 + 2

21 ; 4,5 <

21 < 4, 6 ⇒ 9 < 2 21 < 9, 2 ,deci  ( 3 +



2

2 7 )  = 19 .

x − 3x + 3  1  2 x − 1 3x + 2 1  − ≥0⇒ ≤ 0 ⇒ x ∈  ,1  . ( x − 1) ( 2 x − 1)  2  1 − x 1 − 2 x 2 

2. 1 − x ≠ 0,1 − 2 x ≠ 0 ⇒ x ∈  \ 1,  ; 3.

3

2 − x

=2−

 2 k  3  4. Tk +1 = C49 x    

5. 6.





r G

=

49−k





r A + rB

+ r C

sin A =

3 3 2

,

(

3

x ⇒ 2 − x = ( 2 − x ) ⇒ ( 2 − x ) x 2

a sin A

k

y2 ; 

⇒ rG = 2R

2 ( 49 − k ) 3 

=

=

k 2

)

− 4x + 3 = 0 ⇒

⇒ k = 28 ⇒ T29

x ∈ {1;2;3} .

28 14 14 = C49 x y .



2i + 2 j .

⇒ R = 3.






Soluţie

1. − 8  = −3 , {−2,8} = 0, 2 ⇒ −3, 2 . s = 5 2.  2

s = 5 ⇒ ⇒ ( x, y ) ∈ {( 2,3 ) , ( 3, 2 )} .  s − 2 p = 13  p = 6

3. 2 x = t , t 2 − 10t + 16 = 0 ⇒ t ∈{2;8} ⇒ x ∈ {1;3} . x ( x − 1) 2 x ( x − 1) + x ( x − 1) = 30 ⇒ x = 5 . 4. C x2 = , Ax = x ( x − 1) , x ≥ 2 , 2

5.

   





2

  





   

   

OA = 2i + j , OB = −2i + j ⇒ OA ⋅ OB

1

6. ctg x =3 ⇒ tg x = ⇒ tg 2x = 3

   

=

2⋅ 1−

  

(

   

)

  



OA ⋅ OB cos OA, OB

(

, cos OA, OB    

   



)

=

2 ⋅ ( −2 ) + 1 ⋅1 2 2 + 1 2 22

2

+1

1 3 1

=

3 4

(

   

   

.

9


)



, cos OA, OB

=

−3

5

.



1. 2 ( a − bi ) + a + bi = 3 + 4i ⇒ z = 1 − 4i .

(

2.

s s

3.

5

x

2

=

−

3p

)

= −18

t > 0 ⇒ 1 + t − 2t k

( )

4.

Tk +1 = C9 a

5.

u



2



−

.

v

2

2



=

0⇒t

=1

⇒ x = 0 .

k

k  1   3  , 2 ( 9 − k ) − 3 = 4 ⇒ k = 6 ⇒ T 7 .  a

( u v )(u 

=

9−k

2



−

6. BC = AC 2 + AB 2



+

)(





v , 3i + 2 j

= 13

⇒ R =

) ( 2i



BC 2



+3

=

13 2

j

)

= 3⋅2 +

2 ⋅ 3 = 12 .

.




1. 7 + 4 3

3

−

=

(

3

2. x 2 + 4 x + 5 = ( x + 2 ) ⇒ ( x 2 + 4 x + 5 )( x 2

2

+2

)

2

−

3

= 2 ∈

+ 1 ≥ 1, ∀x ∈ , x

2

.

+ 2x + 2 =

4.

( x)

5. m = − 6.

2

ma

4 −8

(

=

2 b =

2

1 2 +

∀x ∈

⇒

)

+ 2 x + 2 ≥ 1, ∀x ∈  .

3. x > 0, log 2 ( 4 x ) = log 2 4 + log 2 x = 2 + log 2 x , k Tk +1 = C200 3

2 ( x +1) +1 ≥1,

200 − k 

2 

log 2 x = t , t

k

2;...; 200} ,   , k ∈ {0;1;  x 

200 − k 3

2

+ t − 2 = 0 ⇒ t ∈

−

k

2

=0⇒

1

2

c

4

)−a

2

, a2

=b

2

+c

2

−

2bc cos A ⇒ a 2

= 12

, ma

=

1

4

80 80 k = 80 ⇒ T81 = C 200 ⋅ 2 .

⇒ y − 1 = ( x − 2 ) ⇒ x − 2 y = 0 . 2

 

{1 ; -2} ; x ∈ 2 ;  .

7.




1. z = 2. xv

1 + 4i 4 + 7i b

=−

2a

=

32 + 9i

⇒ Re z =

65

32 65

⇒ x = 1 .

3. 3 x = t , t > 0 , 3t +

1  10 ⇒ t ∈  ;3 ⇒ x ∈ {−1;1} . t 3 

3

=

4. Numărul cazurilor posibile este 5. md = −2 ⇒ m = − 6.

1 2

, y − 2 =

−

M mijlocul lui [ BC ] . GM

Deci GM =

4 3

=

1 2 1 3

2010 : 2

=

1005 . Numărul cazurilor favorabile = 335, deci p =

( x − 3) ⇒ x − 2 y + 1 = 0 . AM , AM este înălţime

AM

2

=

AB

2

−

2

BM ⇒ AM = 4 .

.


335 1005

=

1 3

.



  1. lg  ⋅ ⋅ ... ⋅  = lg 100 = −2 . 100  2 3 2. x < 3 ⇒ − x + 3 − x + 4 = 1 ⇒ x ∈ ∅ , x ∈ [3, 4 ) ⇒ x − 3 − x + 4 = 1 ⇒ x ∈ [3, 4 ) , 1 2

99

1

x ≥ 4 ⇒ x − 3 + x − 4 = 1 ⇒ x = 4 .

3.

Deci x ∈ [3,4 ] .

1 5  1 log 3 x = t , t + = ⇒ t ∈ 2;  ⇒ x ∈ 9; 3 t 2  2

{

4. Numărul cazurilor posibile 5. ( m − 2 )

2

+ ( −2 − m )

6. ctg x = 6 ⇒

cos x sin x

2

}

2010 : 2 = 1005 . Numărul cazurilor favorabile 251 . p =

= 4 . m ∈ {−2;2} .

=6⇒

1 − sin 2 x 2

sin x

2

= 36 ⇒ sin x =

1 37

.


251 1005

.



Soluţie 1. 1 + 3 + 3 2.

3

x1

+

3

x2

2

=

8

+ ... + 3 =

(

s s

2

3. log5 x = t , t + 4.

2 x − 3 ≥ 2 ,

− 3p

39 −1 3 −1

),s

=

39 − 1

= −5,

2

⇒2

39 − 1 2 3

p = −7 ⇒ x1

=

 



 ⋅

3

x2

= −5

.

( 25 − 3 ( −7 ) ) = −230 ∈  .

5

( 2 x − 3)( 2 x − 4 ) 2

2

= 3 ⇒ x = 3 .

 1 1    1 1  d : y − = − x +  ⇒ d : x + y = 0. 2 2  u ⋅v = u

9

 1 ⇒ t ∈ 2;  ⇒ x ∈{25; 5} . t 2  2

1

C 3

5. M  − ;  este mijlocul segmentului AB. 2 2

6.

+

9

= 3 −1 < 3

 

m AB

 

( ( ) ) ⇒ cos ( ( u; v ) )

v cos  u; v

=

=

5 6

3 .Deci x = 3 . =1⇒

md = −1 , d fiind mediatoarea segmentului AB, deci

.




1. 2 (1 − x ) = x + 1 + 4 ⇒ x = −1 2. f ( 0 ) = −6 , f ( x ) = 0 ⇒ x ∈ {1; −6} ⇒ A ( 0; −6 ) , B (1;0 ) , C ( −6;0 ) 1   1  7π 11π  3. sin x = − , x ∈ ( −1)k arcsin  −  + kπ k ∈ Z  ,dar x ∈ [0, 2π ] ⇒ x ∈  ; . 2

 2



2

=

15 . p =  

5.

 

r G

=

r A

15 64

 

+

rB

.

 

+

r C

3

 



 







3uv − 2u

2





+

2v

2



⇒ rC = 6i + 6 j .

6. ( 2u + v ) ⋅ ( 2v − u ) = 4uv − 2u 

6 

26 . Numărul cazurilor favorabile este

4. Numărul cazurilor posibile este C 6

 6



 

=

3 ⋅1 ⋅ 2 ⋅



1 2

2

−



+

2v

2



−



uv

 

=

3u v

(



−

2u

2 ⋅1 + 2 ⋅ 2 2 , 2u + v 



2

)( ⋅

2



+ 

2v , 

2v − u

)

=

9.




1. 62 = x ( x − 5) ⇒ x = 9 . 2.

f

( −1) = −2 ⇒ f ( 2 ⋅ ( −2 ) ) = 10 ⇒ π

3. 2 x +

2

=

x−

π

2

+

f

( 2 ( f ( ⋅

−

1) ) ) = 10 .

2kπ , k ∈ Z ⇒ x = π ( 2k − 1) , k ∈ Z sau 2 x +

π

2

= −x +

π

2

+

2k π , k ∈ Z ⇒ x =

 2k π  k ∈ Z  .  3 

În final , x ∈{π ( 2k − 1) k ∈ Z} ∪  4.

n

C2 n

=

5. 2 x M 2 y M 6.

1<

−

( 2n ) ! 2 ∈  ⇒ ( n !) divide ( 2n ) ! . 2 ( n !)

=

xA

+

=

yA

+

a2

+

xN , 2 xN yN ,2 yN 2

= =

xB

xM ⇒ xM

+

yB

+

( a + 1) − ( a + 2) 2a ( a + 1)

4, xN = 5; yM ⇒ yM = 3, yN = 4 , deci M ( 4 ; 3) , N ( 5 ; 4) . =

2 <

0, a ∈  ⇒ a = 2 . Doar pentru ∗

a =

2 se obţine triunghi .


2k π , k ∈ Z . 3


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. an+1 − an

=

4 ( n + 1) 4n − n+4 n+3

=

12 ⇒ an +1 − an ( n + 3)( n + 4)

> 0,∀ n ∈  ⇒ şirul

este crescător .

 5   5 19  2. x 2 + x + 1 = − x 2 − 2 x + 6 ⇒ 2 x 2 + 3 x − 5 = 0 ⇒ x ∈ − ,1 ⇒ A  − ,  , B (1,3) .  2   2 4

3. x −

π

4

= 3x +

π

4k − 1 π π , k ∈ Z , x − 4 4   2k + 1  k ∈ Z ∪  π k ∈ Z  .   4 

+ 2k π , k ∈ Z ⇒ x =

4 k În final , x ∈  4 − 1 π  4

4. 2n = 32 ⇒ n = 5 , T4 5. d1 ∩ d 2 6.

≠∅⇔

m

2

3 = C5

≠

( 2x 2 )

2

2

π

4

+ ( 2k + 1) π , k ∈ Z ⇒ x =

3 ( −5 y ) ⇒ T4 = −5000 x 4 y 3 .

3 ⇔ m≠ 6. 1

  AC ⋅ BD = 0 ⇒ AC ⊥ BD ⇒

2

2

= −3x −

2

2

2

2

2

2

2

AB = OB + OA , CD = OD + OC , 2

2

2

2

2

2

AD = OD + OA , BC = OC + OB ⇒ AB + CD = AD + BC .


2k + 1 π , k ∈ Z . 4



2

1. an +1 − an = ( n + 1) − ( n + 1) − n + n , an +1 − an = 2n ,

an +1 − an

>

∗ 0, ∀n ∈ N ⇒ ( an )

n

∈N

∗

este strict monoton .

2

2

2

2. f ( x ) = ( x + 1) , ( f  g ) ( x) = ( x − 2009 + 1 ) = ( x − 2008 ) ≥ 0, ∀x ∈  .

3. x +

π

=

3

π

2

− x + kπ , k ∈ Z ⇒

x +

π

=

3

π

2

− x + kπ , k ∈ Z ,deci

x =

π

12

+

k π 2

, k ∈  .

 π 7π  , . 12 12 

Cum x ∈ ( 0,π ) ⇒ x ∈  4. x ≥ 3, C x x 5.

m m+2

=

−1

1

= Cx =

m+2 4m

≠

x 3 x, C x−1 −

2

= C x − 1 =

( x − 1)( x − 2 ) 2

2

, x − x − 16 ≤ 0 ⇒ x ∈ {3; 4} .

2  ⇒ m ∈ 2; −  . −8 3  −1

6. tgC = tg (π − ( A + B ) ) = −tg ( A + B ) , tg ( A + B ) =

tgA + tgB 1 − tgAtgB

⇒ tgC = 1 ⇒ C =

π

4

.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. Raţia este : 17 − 13 = 4 . a2 3

2.

f

3.

tgx =

( − x ) = ( −x ) −

(

=

a3

−

4 = 9 ⇒ a1

−

a2

−4=

5.

( x ) , ∀x ∈  ⇒ funcţia f este impară .

)

+ 2sin −x = − f

 π  ⇒ x ∈ − + kπ k ∈ Z  . 3  6  3

4. Numărul cazurilor posibile este 900 . 5.

=

a + b + c = 2 ⇒ abc ∈ {110;101; 200} ⇒ p =

1 300

−1 m  12  ⋅− = −1 ⇒ m = .  3  2 2

6. sin α =

2tg 1 + tg

α

2 2

α

⇒ sin α =

3 2

.

2


.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. ( 2 + i) ( 3 − 2i ) = 8 − i , (1 − 2i )( 2 − i ) = −5i ⇒ 8 + 4i . 2. f ( x) = 3x − [3x ] ,   1 1  f ( x + ) = 3  x +   = {3x + 1} = 3x + 1 − [ 3x 3 3   

⇒

1 3

]

[ 3x ] −1 = 3x −[ 3x ] ={3x } = f ( x ) , ∀x

+ 1 = 3x +1 −

este o perioadă a funcţiei f .

3.

x = π verifică ecuaţia. tg

4.

10 C 20 20! 9!11! 11 = ⋅ = 9 C 20 10!10! 20! 10

x

=t

2

⇒ sin x =

2t 1+ t

2

, cos x =

1 − t 2 2

1 + t

,t

=

 π  ⇒ x ∈  , π  . 3 3 

1

.

5. m + 4 = 2 + 2, n + 5 = 3 + 2 ⇒ ( m, n ) = ( 0;0 ) . 6.

sin x cos x

=

4⇒

1 − cos 2 x cos 2 x

= 16 ⇒

cos 2 x =

1 17

.


∈

⇒



b3

2

=

6 ⋅ 24 ⇒ b3

=

12 q =

b3 b2

=

2 ⇒ b1 = 3 .

2. 3 − m2 > 0 ⇒ m ∈ ( − 3; 3 ) . 3. sin sin

π

3

=

π

3

+

3 2 sin

,sin 2π 3

2π

+

3

=

sin

3π 3

3

sin

⇒

2 +

sin

4π 3

3π

=

3 =

0,sin

3 2

4π 3

= −

3 2

,

.

4. Numărul cazurilor posibile este: 33 . Numărul cazurilor favorabile este 5.

GP AB

=

1 3

  

, GP =

1 3

  

AB ⇒ m =

1 3

3! = 6 ⇒ p =

.

6. cos 2α = 2cos2 α − 1 ⇒ cos2α =

7

−

9

.


2 9

.



1.

25 ( 4 − 3i ) 25 2

+

25 (4 + 3i ) 25

2 < 0 ⇒ m∈

(

=

8.

)

2.

m

3.

⇒ x = 3 . 3 6 3 6 Numărul cazurilor posibile este : 90 : 2 = 45 . Numărul cazurilor favorabile se ob ţine din 22 . 4 ⋅ 3, 4 ⋅ 4,..., 4 ⋅ 24 , adică 22 . p = 45          AN + NC = AC , AN = 3 NC şi AM = 3MB ⇒ MN  BC .

4.

5.

−

arctg

6. sin

11π 12

1

=

π

=

 

−

2; 2 .

⇒ arctg

sin  π −

x

π

=

π  = sin  12  12

1 − cos

π

=

2

π

6

=

6− 2 4

.

.




1. z + 7i = 6z , z = x + yi ; x , y ∈ R , z = x − yi, x − yi + 7 i = 6 ( x + yi ) ⇒ x = 0, y = 1 ⇒ z = i . ( 3 + 101) 50 2. f (1) + f ( 2 ) + f ( 3 ) + ... + f (50 ) = = 2600. 2

1 f ar fi surjectivă , atunci ar exista x0 ∈ N astfel încât f ( x0 ) = 0 . 3 x0 + 1 = 0 ⇒ x0 = − ∉ N . 3 Deci f nu e surjectivă ⇒ f nu este bijectivă ⇒ f nu este inversabilă.

3. Dacă

⋅ ⋅ 2,3!⋅ 3,4!⋅ 4 ≤ 100 , x!⋅ x > 100, ∀x > 4 , p = 4. x !( x + 1 − 1) ≤ 100 ⇒ x!⋅ x ≤ 100 , 0!⋅ 0,1!1,2!

5

1

. 10 2 5. Punctul lor de intersecţie este M ( 0,1) ∈ Oy .Punctele A ( −1, −1) ∈ d1 , B (1, −1) ∈ d 2 sunt simetrice faţă de Oy , deci dreptele sunt simetrice faţă de Oy .

6. cos

7π 12

π 3

= cos 

+

π π  = cos cos  3 4 4

π

− sin

π

3

sin

π

4

, cos

7π 12

=

2− 6 4

.


=



1.

(1 + i )

2. f

20

10

=

(1 + i ) 2   

=

10

( 2i )

1024 .

=−

1  = x , ( −10 ) + ( −9 ) + ... + ( −1) + 1 + ... + 10 = 0 .  x 

( f ( x )) = f 

3. Funcţia este strict crescătoare, fiind compunere de funcţii strict crescătoare, deci funcţia f este injectivă. 5! 5! −6⋅ =0. 4. 2! 3!2!

5.

3m − 4 ( m + 1) − 1 32 

6. cos 75

−

+

42 

cos15

=

1 ⇒ m ∈ {−10;0} . 





2sin 45 sin 30 , sin 45

=−

=

2 2

,sin 30



=

1 2

⇒ cos 75



−



cos15

= −


2 2

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. log 7 2009 − log 7 287 − 1 = log 7 2

2. f ( − x ) = ( − x ) −

1

( − x )

2009 287 2

2

, ( − x ) −

− 1 = log 7 7 − 1 = 0 .

1

( − x )

2

2

=x −

1 x

2

, f ( − x ) = f ( x ) , ∀x ∈ R∗ ⇒ funcţia f este pară.

3. x ≠ 0 ⇒ x 4 > 0 ⇒ 3 − x 4 < 3, f ( 0 ) = 3 ⇒ f ( x ) ≤ f ( 0) , ∀x ∈  , deci valoarea maximă este f ( 0 ) . 4. 3n + 2 '

n ( n − 1)

2

= 8 ⇒ n = 2 .

1 B ' A 3 A'C C ' B B ' A 1 3 5. ' = 2, ' = , ' = , ' ⋅ ' ⋅ ' = 2 ⋅ ⋅ = 1 ⇒ AA′, BB′ şi CC ′ sunt concurente . 3 2 A B C A 3 B C 2 A B C A B C A C

'

CB

2 x + y − 2 = 0

x = 0 , ecuaţia este y = 2 . ⇒  x − y + 2 = 0  y = 2

6. 



inisterul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie

π  1.  cos 4 

100

 + i sin  4 π

3

2. f ( − x ) = ( − x ) − 3. xv = 4.

1 2

(5 − 4)

5. md = −

∉ [1

2009

4 −2

= cos

1 − x

100π 4 3

, ( − x ) −

+ i sin

1 − x

100π 4 3

= −x +

1 x

= −1∈ 

=−

.

 3 1 ∗  x − x  , f ( − x ) = − f ( x ) , ∀x ∈ R ⇒ f impară.  

; 4] , f (1) = 0, f ( 4) = 12 ⇒ f ([1, 4]) = [0,12 ] ⇒ A = [0,12] .

=1.

1

1

2

2

⇒ m = − , y − 2 = − ( x − 1) ⇒ x + 2 y − 5 = 0 .

6. sin 75 ⋅ cos15 =

sin 90 + sin 60 2

, sin 90 = 1, sin 60 =

3 2

⇒

2+ 3 4

.




1. 5 − 12i

52 + ( −12 )

=

2

2. f (1) = 0 , f ( 0 ) = 0 , ( f x

3. 2

=

=



13 , 12 + 5 i f



f



=

122

+

52

=

13 , 5 − 12i

−

12 + 5i

=

0.

f )(1) =0.

t > 0 ⇔ t 2 + t − 20 = 0 ⇒ t ∈{−5,4} ⇒ x = 2

4. Numărul cazurilor posibile este 403. Dintre acestea divizibile cu 25 sunt 81. Deci p = 

5. Direcţia bisectoarei este dată de u = 











AB

AC

AB

AC

AB

+

AC

=

c

+

 =

b

Deci AD = bcu ⇒ semidreapta [ AD este bisectoarea unghiului 6. cos 2α

=

2cos

2

α −

1 , cos2 α =



b AB + c AC bc

.

 BAC .

3  π  ⇒ α ∈  ; π  ⇒ cos α = − . 4 2 2  3


81 403

.



−3 − i

7

, z2

−3 +

i 7

. 2 2 2. Fie g prelungirea funcţiei f în punctul x0 1. z1 =

=

3. 2 − x ≥ 0 ⇒ x ∈ ( −∞; 2 ) .

2 − x

4. Ambii membri sunt egali cu 5. 6.

2m − 2 1− m − 4 α∈

=

3−2 3−4

=

3

=

0 . Condiţia este g ( 0 ) = −2 m + 2 ≥ 0 ⇒ m ∈ ( −∞;1] .

x − 2 . Notăm

( a + b )! a !b !

6

2 − x

=t ≥

0 ⇒ t3

=t

2

⇒ t ∈ {0;1} ⇒ x ∈ {1; 2} .

.

⇒ m = 5 .

3  π  2 . α =  , π  ⇒ sin α > 0,cos 2α = 1 − 2sin α ⇒ sin 2 2 



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar 1.

Soluţie a = −3, b = −4, c = −2 . Deci b < a < c .

∆ < 0

2. 

a > 0

3.

x

2

+

⇒ m 2 + 8m < 0 ⇒ m ∈ ( −8, 0 ) .

x−2>0.

x

2

+

x−2

=2⇒

x

2

+

x − 6 = 0 ⇒ x ∈ {−3, 2} , care verifică condiţia de existenţă.

4. Numărul triunghiurilor este egal cu 4C32 + 3C 42 = 30. 5. Dacă D este simetricul lui A faţă de mijlocul lui ( BC ) , atunci ABDC este paralelogram, deci x A + x D = x B + xC şi y A + y D = y B + yC , de unde D ( −1, −7 ) . 6. A ABC = 2 AAMC = MC ⋅ AM ⋅ sin150



=

4.



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

1. Avem 3 − 2 2 2

2.

x1

3.

1

4.

C2 n

3 n



2

x2

+

2 − 1 ∈{a + b 2 | a, b ∈ Z}, pentru a = −1 ∈  şi b = 1∈ .

=

2

=

( x1 + x2 )

n

n −1

32

−

2x1x2

=

2 ⋅ C2 n −1 .

=

−

2 = 7 ∈ .

. =



C2 n −1 + C2 n −1 





n



5. u + v = 3i + 3 j , deci u + v

=

3 2.

4

α

5

2

6. Avem cos α = − , deci tg

=

sin α 1 + cos α

=

3.




1. 2. 3. 4. 5. 6.

2a1 + 5 ⋅ 2 = 8 0 −1 − 2 − x

2

=

…

⇒

a1

= −1.

− 9 = −45.

8, deci x = 3.

24 − 6 − 6 = 12.   

GM

3

=

1 3

 

AC , de

unde cerinţa.

.

7




1. 7 − 7 = 0. 2.

1  x ∈  ,1 . 2 

3.

f

=

x ( log 3 2 − 1) este funcţie de grad 1, deci este injectivă.

4. C 82 − 8 = 20. 5.

 

BP =

6. 1 = tg

2 3

 

BD =

π

4

=

2

( BA 3   

 

+

tg ( a + b ) =

)

BC .

tg a + tg b 1 − tg a ⋅ tg b

, de unde cerinţa.




1. 2. 3. 4. 5.

3

3

< log 2 3 ⇔ 2 2 2 1 şi3.

<

3 ⇔ 8 < 9 ( A ).

x = 0; x = 1. 3 C n +1 3 C n

3 2

=

n +1 n−2

=

1+

3 n−2

∈ ⇒

n∈

{3;5} .

.

6. cos2 x =

1 1 + tg 2 x

=

1 7

.




1. Al patrulea factor este 0, deci produsul este 0. 2. f ( g ( x ) ) = 1 − g ( x ) = −2x + 2 este descrescătoare. 3. x ∈ [ −1,1]. 4. Numărul cerut este egal cu numărul funcţiilor injective. funcţiilor injective h : {2;3} → {2;3;4;5} , adică A53 − A42

5.

=

g : {1; 2;3} → {1; 2;3;4;5} minus numărul

48.

x − 2 y − 6 = 0.

6. Ridicăm la pătrat sin x − cos x =

1 2

⇒

1 − sin 2 x =

1 4

⇒

3 sin 2 x = . 4




1.

8.

2.

1 = ( x1

3. 4. 5.

x = 0.

6.

sin 2a + sin 2b

15

+

2

.

a =

−3.

x2 )

2

−

4 x1x2

=

=

4 − 4m

2 sin ( a

+

⇒

m

b ) cos ( a

3 =

−b

.

4

) = 2 sin

π

2

cos ( a

−b

) = 2 cos( a − b ) .




1. (1 + i )4 = ( 2i )2 = −4, deci este r ădăcină a ecuaţiei z 4 + 4 = 0. 2. xV = 2, yV = 5, deci x + y = 7. 3. f (1) , f ( 2 ) , f (3 ) sunt distincte, deci sunt 4,5,6 -- eventual permutate. Suma este 4 + 5 + 6 = 15. 4. M are 90 de elemente, cifre impare sunt 5, iar numere cu cifre impare 25. Probabilitatea e 5.

 





 

AB = i + 3 j , AC





2i + 4 j

= −

6. sin 3a = 3sin a − 4sin 3 a =

 

⇒

11 16

 

AB ⋅ AC = 10.

.


25 90

=

5 18

.



1. 2.

3

2< 3

⇔

∆ = 9 − 4m ≤

8 < 9;

3

0⇒

m≥

3 < 2 = log 2 4 < log 2 5. 9 4

.





3. cos  − x  = sin  x +  ⇒ ecuaţia devine sin  x +  = ⇒ x ∈{2kπ 6 6 2 3    π

π

4. Sunt 7 pătrate. Probabilitatea este  

5.

u ⋅v =

6.

P=

0 ⇔ 2m − 12 = 0 ⇔

m=

tg1 ⋅ tg 2 ⋅ tg3 ⋅ ... ⋅ tg89

7

=

49

1 7

π

1

}

 2π + 2 kπ  3

k ∈ ∪ 

.

6. 

= (tg1 ⋅ tg89



) ⋅ (tg 2  ⋅ tg88 ) ⋅... ⋅ (tg 44  ⋅ tg 46 ) ⋅ tg 45  =1 .


 

k ∈   .



(

)

(

)

1.

Avem 3 z + z ∈ , ∀z ∈ , deci z = 3z + 3z − 2z + 3z ∈ .

2.

f ( x ) = −

3.

Ecuaţia f ( x ) = y , y ∈ (1,3 ) ⇒ x =

9 2

x

2

−

3 2

x + 4. 3 − y

y − 1

∈

( 0, ∞ ) are soluţie unică.

4. n = 8.          5. AC + DB = ( AB + BC ) + ( DC + CB ) = AB + DC = 0. 6.

2

cos a = cos ( b + π ) = − cos a , deci cos a ⋅ cos b = − cos a ≤ 0.




Rezolvare 1. Fie z = a + bi, a, b ∈ . Avem i ( z − z ) = i ( a + bi − a + bi ) = −2b ∈ . 2

2. 3. 4.

x = 3 este unica soluţie.

5.

  π AB ⋅ AC = AB ⋅ AC ⋅ cos A = 2 ⋅ 2 ⋅ cos = 2.

∆ = ( m − 1) k

=

0 ⇒ m = 1.

k

Tk +1 = C7 ⋅ 2 , k = 1, 6 se divid cu 2 si 7, deci cu 14; iar primul si ultimul termen nu. Sunt 6 termeni.

3

6. sin 2a − sin 2b = 2sin ( a − b ) cos ( a + b ) = 2sin ( a − b ) cos

3π 2

=

0.




1. Prin calcul obţinem 2. Avem

a

2

+

b

ab



2 =

π

−

8 5

.

(a + b)

2 −

ab



π

2=



21 2

.

π



 2π

3. Cum cos  x −  = sin  −  x −   = sin  6 6    3 2 

−



 

 2π  3

x  = sin  π − 



−

π   = sin x +  3  

x 

verificată de orice x ∈  . Sunt 4 elemente în A şi 3 multipli de 7.

4.     5. AB + AC + AD = 2 AC , deci modulul este 2 AC = 6 5. 6. cos1 + cos 2 + cos3 + ... + cos179 =

( cos1



+

cos179

) ( cos 2 +



+

cos178

)

+

(

... + cos89

+

cos 91

)

+

cos 90 

=

0


  ⇒ ecuaţia este 



1. 1 + z + z 2

=

1 − z 3

=

1 −1

1 − z 1 − z x ∈{−3, −2, −1, 0,1, 2}.

= 0.

2. 3. Observăm că ∀ y ∈ ( 2, ∞ ) , ∃! x ∈ (1, ∞), x = y + 1 astfel ca 4. Avem 4 numere divizibile cu 24, anume 24, 48, 72, 96. 5.

a

3

=

a +1

5

⇒

a=

3 2

f ( x ) = y.

.

6. Semiperimetrul şi aria sunt

p =

15 2

,S

=

15 3 4

⇒

r =

S p

=

3 2

.




a = lg

2

=

lg

1

1, b = −C31

=−

3, c

= −

20 10 V ( −1; a − 1) . Rezultă a = 0 sau a = 2 .

=−

3

4 ⋅2

2⇒b
= −

1

3. arctg y = arctg ⇒ x ⋅ y = 1 x

4. An3 = 6Cn3 = n ( n − 1)( n − 2 ) ⇒ 3 | An3 .  

 

5. Avem EGFH paralelogram, pentru că EG = HF = 6. Cum 2 x ∈ 

3π

 2

 

1 2



 

CA ⇒ EF

, 2π  ⇒ cos 2 x < 0 . Deci cos 2 x = − 1 − sin 2 2 x

 

+

HG

= −

4 5

 

=

 

EG + GF

⇒ tg x =

 

+

HF

sin 2 x 1 + cos 2 x


 

+

FG

3.

= −

 

=

2EG



=

CA .



1.

3 7

z = − i.

2. x = 5 şi x = −1. 3. Ecuaţia f ( x ) = y ⇔ 4 yx 2 − x + y = 0 are soluţii reale dacă şi numai dacă  1 1  

y ∈  − ,  ⇒ Im f 4 4

=

 1 1 − 4 , 4  .  

4. Sunt C 43 = 4 funcţii strict crescătoare şi tot 4 strict descrescătoare. În total sunt 8 funcţii strict monotone. 5. MA + MC = MB + MD ⇔ MA − MB = −MC + MD ⇔ BA = CD , evident. 6. sin 2a − sin 2b = 2sin ( a − b ) cos( a + b ) = sin ( a − b ) , de unde cerinţa.  

  

 

  

 

 

  

  

  

 




1. 150 =

2a1 + 9 ⋅ 3

2. Notând

2

⋅

10 ⇒ a1 =

3 2

.

s = a + b, p = ab avem s

2

−

2 p = 1, s = 2, de unde s = 2, p = 1 şi a = b = 1 ⇒ ( a, b ) = (1,1) .

9 3. Avem x ∈  0,  iar ecuaţia se scrie x ( 9 − 2 x ) = 10. Obţinem soluţiile x = 2 şi x = 2,5.



2

4. Sunt 100 de numere in multimea M si 14 multiplii cu 7; probabilitatea este 5.

86 100

=

43 50

.

y = −2 x + 2. π

6. Este partea reală a sumei rădăcinilor de ordin 5 ale unităţii. Alternativ, înmulţim suma cu sin . 5




1.

z

2 −1 + i

=

(

)

2 +1

2 =

6.

2. (1 − 2 y )2 − 6 y 2 = 1 ⇒ − 4 y − 2 y 2 = 0 ⇒ 3. De exemplu, f (0) = 1 = f (−1). 4. 5.

3

C10  

−

3

C9



=

2

C 9

=

y

=

0 sau y

36 .



 





AB + AD = AC şi AB − AD = DB, deci AC

6. sin 40 ⋅ sin (180 



2. Obţinem x = 1, y = 0 şi x = 5, y = −2.

= −

−



140

)

=

sin 2 40



=

=

cos 2 50



BD, de unde cerinţa.

=

cos 2 130 . 




Rezolvare 1. Fie q raţia progresiei. Avem a ( q3 − 1) = 7, aq ( q − 1) = 2, de unde 2. mx 2 + x − 2 ≤ 0,∀ x ∈  ⇔ m < 0 şi ∆ = 1 + 8m ≤ 0. Rezultă 3. 2 x +

π

6



( )

∈  −1



k

q = 2.

1 m≤− . 8

 k π π 5π 3π k π  1  π  + | k ∈   ∩ ( 0, 5) = { , , }.  + kπ | k ∈   ⇒ x ∈ − − ( −1) 12 12 2 2 6 2  2   

arcsin  −

0 2 4 6 8 0 2 8 6 4 − C10 + C10 − C10 + C10 = C10 + (C10 − C10 ) − (C10 − C10 ) = 1 − 0 − 0 = 1 . 4. n = C10

 

5. 0 = u ⋅ v = a 2 − 1 + 2a + 2 ⇒ a = − 1. 6. sin α = −

 1  2 2  4 2 . ⇒ sin 2α = 2 ⋅  −  ⋅  − = 3 3  9  3 

2 2




1.

z

2. 3.

f ( x ) = ax + b , a

4.

=1±

x = 2. 10

1000

=

3i

⇒

1 100

z

=

2.

>0

⇒

f

( f ( x )) = a 2 x + ab + b ⇒ a = 2, b = 1.

.

5. Dreapta AB are ecuatia x − y + 1 = 0. Distanta este

1 2

.

6. Avem sin α = 0 sau cos α = 1, deci x = π .




1. (1 + i )4 = −4. 2.

f ( − x) = ln

3. 5 x + 5

−

x

=

1 + x

= −

1 − x

(

2⇔ 5

x

1− x

ln

−

=−

1+ x

)

1

2 =

0

⇒

f ( x). x = 0.

4. Sunt 4 cifre prime, anume 2,3,5,7, deci sunt 400 de numere cu proprietatea cerută. Probabilitatea este 5. Punctele B,C,O sunt coliniare şi O este mijlocul segmentului BC . Rezultă că BC este diametru 

al cercului circumscris, deci A = 90 .

6. ( sin α + cos α )2 = 1 ⇒ sin 2α = 0 ⇒ tg 2α = 0.


4 9

.



1.

10 2 −1

= 10

(

) ∈ ( 24;25 ) , deci partea întreagă este 24.

2 +1

2. Ecuaţia se scrie 1 = (1 − x ) 1 + x . Obţinem x = 0 şi x = − 2. 3. Funcţiile g , h : ( 0, ∞ ) → , f ( x ) = 2009 x , g ( x ) = log 2009 x , sunt strict crescătoare, deci funcţia f este strict crescătoare.

4. Numărul numerelor

abc cu a ⋅ b ⋅ c impar ⇔ a, b, c ∈ {1,3,5, 7,9} este 53

= 125 ,

deci p =

 

5. u ⋅ v = 3 + 3a + a 2 > 0, ∀a ∈ . 6. sin x + sin 5x = 2cos 2 x ⋅ sin 3x, de unde cerinţa.


5 36

.

=

g+h



1. Avem

b

2

=

ac. Dacă prin absurd nu toate numerele sunt pare, din a + b + c par rezultă că un număr este

par şi două impare. Atunci unul din membrii rela ţiei b 2

2.

2

f ( a ) + f ( a + 1) = 2 (a + 2 )

≥

=

ac este par şi celălalt par, fals.

0.

3

3. log 2 x + log 4 x = log 2 x > 3 ⇒ x > 4. 2

4. 5.

1 2 Cn + Cn = 120 ⇒ 

n ( n + 1) = 240

⇒

n

= 15.



u ⋅v = 2 −a

<0 ⇔

a > 2.

6. Avem B = 90 , A = 30 , deci BA = 4 3 şi aria triunghiului este 8 3. 






1.

3

100

<

3

125

= 5 = log

32 < 3! = 6.

2

2. Privind ca trinom în x avem ∆ = 9 y 2 − 12 y 2 = −3 y 2 ≤ 0, de unde cerinţa. 1 k π π    3. sin 2 x = cos x ⇒ cos x = 0 sau sin x = ⇒ x ∈  + kπ | k ∈   ∪ ( −1) + kπ | k ∈   . 2 6 2    4.

3

A5

2 − 4 ⋅ C 6 = 5 ⋅ 4 ⋅ 3 − 4 ⋅





6⋅5



2

=

0.

5. OC = 2OB − OA ⇒ C ( 3, 7 ). 6. sin A =

4 5

⇒R=

BC

2sin A

=

8 8

= 5.

5




1. Avem

a + bi + 2a − 2bi

=

3 + i ⇒ a = 1, b = −1 ⇒ z

2. x 2 − 3 = 0. 3. log x 2 + log x 2 = 9 ⇒ 3log x 2 = 9 ⇒ 4. Sunt

3

C 5

=

x

=

3

=

2.

2.

10 submulţimi cu 3 elemente ale lui A, iar singura f ără elemente pare este {1,3,5} ; rămân 9

submul ţimi.

5.

a=b

1. 4

= −

6. cos a = −

5

⇒

3 tg a = − . 4




1. Avem n = 3 + 2 ∈ ( 3, 4 ) ⇒ [ n] = 3. 2. f este funcţie strict monotonă, iar compunerea a două funcţii de aceeaşi monotonie este strict crescătoare. 3. 3 x

=

t

>

0 ⇒ 9t 2

+

9t − 4 = 0 ⇒ t =

1 3

⇒

x = −1 .

2 = 45 de funcţii. 4. Exact două valori ale funcţiei sunt 1, celelalte fiind 0, deci sunt C 10

5.

  

 

(





MN ⋅ MP = i + 3 j

)(





2i + ( m − 2 ) j

)

=

3 m − 4 ⇒ m = 3.

6. Funcţia cos este descrescătoare pe intervalul [0,π ] , deci cel mai mare este cos 1.




1. a = 2; b = 1 . 2. x = 0. 3. | x − 1|= 3 − x ⇒ x = 2. 4. Fiecare termen se divide cu 11. 5. C ( 3,9 ) . 6. sin 2 a =

tg 2 a 1 + tg 2 a

=

4 29

⇒

sin a

=

2 29

.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţii 1. a) Se verifică prin calcul.

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 3 3  3 +1 (u + v) + (u − v) 3 −1  =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) Se verifică prin calcul. b) Calcul direct, −16 = 5ˆ în 

c) Pentru

a ∈  7 , a ≠ 0ˆ ,

(

*

n∈ .

Pentru a = 0ˆ , f = X3

7 .

∀ x ∈  7 ,

( ) = 0ˆ ,

−1 f ( x ) = 6ˆ + a ⋅ x . Avem f a

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

ˆ ⋅ +4


deci f este reductibil.



1. a) Se verifică prin calcul. Se obţine b)

t

 0 1  . Se obţine  −1 0 

B = A − A = 

c) det ( X ) = 0 ⇒ X 5 = t 4 ⋅ X , unde 2. a) Pentru b) Pentru

a, b ∈ M ,

a, b, c ∈ M

avem

a

B

a =

3.

2009

=B

t = trX .

Deci

b

e + e −1 ≥1 ,

se demonstrează că

. t

5

deci

= 3, t ∈ 

a ∗b∈

⇒ t = 5 3 şi

0 şi

a=

5

4

A,

3

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

de n ori a

a =

1

[0, ∞ ) = M .

a ∗ a ∗ ... ∗ a = ln ( n ⋅ e − (n − 1) ) . c) Se demonstrează prin inducţie că a

Se obţin apoi soluţiile

X =

ln ( n − 1) .


care verifică.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţii  2 1 1 0 1 1 1. a) A2 − A =  1 2 1  −  1 0 1  = 2 I 3 . 1 1 2 1 1 0    

b) Cum A ( A − I 3 ) = ( A − I 3 ) A = 2I 3 rezultă că A

1

−

=

1 2

( A − I 3 ) .

c) A2 + A = 2 ( A + I 2 ) ⇒ A3 + A 2 = 22 ( A + I 3 ) . Prin inducţie rezultă concluzia. 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 că funcţia

f ( x ) = x − 3 este izomorfismul căutat. 2009 x + 3. c) Se demonstrează prin inducţie că x  ... x = ( x − 3) de 2009ori x

Se obţin apoi soluţia x = 5 .


f :  →  ,


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării 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 .  2 0 c) De exemplu  −1 0  .  2 0  

2. a) 4  5  6 = 9 . b) Se demonstrează că funcţia f este bijectivă şi c) Fie

q ∈  , q > 3 . Atunci, există m, n ∈ 

*

∀ x,

y ∈ ( 0, ∞ ) , f ( x ⋅ y ) = f ( x )  f ( y ) .

astfel încât q = 3 +

m n

.

1 , avem k = 3 + t ∈ H şi deoarece H este subgrup al lui G, rezultă că şi simetricul k ′ = + 3 ∈ H . t 1 1  m Deci m + 3, + 3 ∈ H , de unde şi ( m + 3 )   + 3  = + 3 = q ∈ H . n n  n *

∀ t ∈ 



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţii 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 există relaţia L3 = 6L1 − 2L2 . Rangul este 2. 1 1 = 1 ≠ 0 , deci rang( M ) ≥ 2 . c) 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 toţi ceilalţi minori de ordinul 3 ai matricei M sunt nuli. Aşadar rang( M ) = 2 . 2. a) Se verifică prin calcul. b) Se arată că elementul neutru este e = − 1. Dacă x ∈  , evident 5 x + 6 ≠ 0 . 6 x + 7 1 ∈  , deci 5 x′ = −6 + ∈ , x este simetrizabil ⇔ ∃ x′ ∈  , xx′ = x′x = − 1 ⇔ x′ = − 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 ecuaţie rezultă că x este inversabil şi din b) rezultă x = −1 , care verifică relaţia.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Deoarece

σ

6

=e,

rezultă că

σ

2009

=σ

5

b) Alegem, de exemplu, τ ∈ S 5 astfel încât τσ = τ

1 2 3 4 5  .  2 3 1 5 4 1 2 3 4 5    . Obţinem  2 1 3 4 5 − 1

= σ

=

 1 2 3 4 5  −1 1 2 3 4 5   ⋅ σ =   (sau alegem 2 1 3 4 5 1 3 2 5 4    

=

c) Cum τ 1 ,τ 2 ,...,τ 121 ∈ S5 ,

∃q ≥

r cu

τ

2. a) Se arată că soluţiile ecuaţiei sunt b) Utilizând relaţiile lui Viète obţinem

q

r

= τ

τ

2 = σ ).

. Luăm p = q − r .

 1 − i 3 1 + i 3  , . 2 2   

x ∈ 1,

S

2 2 2 = x1 + x2 + x3 =

0.

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

c) Utilizând relaţiile lui Viète, obţinem

∆=

(

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


2

−3

( x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 )

)

= −4 .



1. a) Se arată că rang ( A ) = 3 . b) Se arată uşor că mulţimea soluţiilor este S = { ( 0, α, 1 − 2α, α ) c) Presupunem că sistemul are soluţia X = ( x

α∈

}.

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

y

Sistemul omogen format din primele trei ecuaţii are doar soluţia x = y = z = 0 , care nu verifică a patra ecuaţie a sistemului, contradicţie. 2. a) Se verifică prin calcul. b) Din a) rezultă că „· ” este lege de compoziţie pe H t . Deoarece pentru t ∈  , simetrica din grupul

( G, ⋅ )

rezultă că A ( h ⋅ t − 1) ⋅ A ( −k ⋅ t − 1) = A ( ( h − k )t

c) Fie funcţia f : G →  ,

f ( A(k ) ) = k + 1 ,

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

)

− 1 ∈ H t , ∀h , k ∈ 

.

∀ k ∈  .

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



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţii 1. a) det ( A ) = −4 . b) Pentru Dacă

n = 1 , A

2

3  = −1   −1 

−1

−1

  3 

−1 = A + 2I 3 ,

3 −1

deci

P

(1) este adevărată.

( ) este adevărată atunci

P n

2( n +1) 2( n +1)  22 n − 1 22 n + 2  2 2 −1 A+ I 3  ( A + 2I 3 ) = A+  3  3 3 3    0 −1 −1 1 1 −1 −1 c) Se arată că A = ( A − I 3 ) deci A = −1 0 −1 . 2 2  −1 −1 0   

A

2( n +1)

=A

2n

2

⋅A =

+

2

I 3 .

2. a) ( x1 + 1)( x2 + 1) ( x3 + 1) = − ( −x1 − 1)( −x2 − 1) ( −x 3 − 1) = −P ( −1) = −a sau se folosesc relaţiile lui Viète. b) x1 = 2 ⇒ a = −6 . Celelalte rădăcini sunt soluţiile ecuaţiei x 2 + 2 x + 3 = 0 , deci x2, 3 = −1 ± 2 ⋅ i . c) a = 0 este soluţie. Pentru

a ≠

Se obţine Rezultă

 x1 + x2 + x3

0 , din primele două relaţii ale lui Viète rezultă 

 x1 x2 + ( x1 + x2 ) ⋅ x3

2 2 x1 + x1 x2 + x2 − 1 = 0 .

x3 = 0 ,

=0

fals. Aşadar

Din

a =

∆ x ≥ 0 1

şi

x2 ≠

0 rezultă

2 x2 = 1 .

0 este unica soluţie.


= −1

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie x A

2 xA

1

1. a) x B

2 xB

1 =0.

xC

2 xC

1

b)

det ( M ) = ±2 S ABC = ±1 .

 a1 b1 c) Fie M −1 =  a2 b2 a b  3 3

c1 



1

− c2  . Din M

c3 

⋅ M = I 3 ,

rezultă a1 + b1 + c1 = 0, a2 + b2 + c2 = 0, a3 + b3 + c3 = 1 , de unde

concluzia.

 m

n

 p

q

 u

v

2. a) X =  , Y =   ⇒ X + Y =  ,  −3n m   −3q p   −3v u  b) XY = O2 ⇒ det ( X ) ⋅ det (Y ) = 0 deci, luând X , Y ca

cu u = m + p ∈ , v = n + q ∈  . 2

2

2

2

mai sus, m + 3n = 0 sau p + 3q = 0 , de unde

m = n = 0 sau p = q = 0 .

c) Unitatea inelului este I 2 . Dacă X , Y ∈ A

şi XY

= I 2

, atunci det ( X ) ⋅ det (Y ) = 1 şi det ( X ) , det (Y ) ∈  ,

deci det ( X ) = ±1 . Rezultă X = ± I 2 ; aceste două elemente sunt inversabile în inelul dat.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Se arată că b) Deoarece −1

x = α

c) Fie

( ) 2. a)

3 α =e

3 α =e

.

rezultă că

α

2009

1 2 = α = 

 . Ecuaţia devine  2 3 1

2

α ⋅ x = e

, cu unica soluţie

 1 2 3  =α . 3 1 2  

=

σ = σ1 ⋅ σ2 ⋅ σ3 ⋅ σ 4 ⋅ σ5 ⋅ σ6 o

ordonare oarecare a factorilor.

) (

) = ( −1)

( ) (

) (

) ( ) (

ε σ = ε σ1 ⋅ ε σ 2 ⋅ ε σ3 ⋅ ε σ 4 ⋅ ε σ5 ⋅ ε σ6

z =

m( σ1 )+ m( σ 2 ) +m (σ 3 ) +m (σ 4 )+m ( σ5 )+ m( σ6 )

= −1 .

2 (1 + i ) .

b) Dacă z = a + bi ∈  [i ] este inversabil, atunci Rezultă că z ∈ {±1; ±i} . Cum

c)

2 3

±1

şi

±i sunt

2

2

a + b = 1 , deci a = ±1 şi b = 0 sau a = 0 şi b = ±1 .

inversabile în

[ ] , rezultă concluzia.

 i

z = a + bi cu a, b ∈  aparţine lui H ⇔ 2 / ( a + b ) . Dacă a + bi , c + di ∈ H rezultă

( a + bi )( c + di ) ∈ H deoarece 2 / c ( a + b ) + d ( a − b ) .



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării 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

+d

2

a , b , c , d ∈  este nenul

⇔

≠ 0 . Folosind unicitatea inversei, deducem că A

2. a) a = − a = x1 + x2 + x3 ≤ x1 b) f ( 0 ) = c < 0 , lim f ( x ) = +∞ .

+

x2

+

x3

−1

=

1 α

⋅

t A .

≤3.

x →∞

Funcţia polinomială asociată lui f este continuă pe rădăcină în

deci ea (şi polinomul f ) are cel puţin o

( 0, ∞ ) .

c) x1x2 x3 = 1 , de unde rezultă

x1

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

[0, ∞ ) ,

=1,

=

x2

=

x3

=1 .

b) rezultă că f are rădăcina

x1 ∈ ( 0, ∞ ) .

obţinem x1 = 1 .

Folosind relaţiile lui Viète, obţinem x2

= x3 = −1

şi apoi b = −1 .



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

4

xk ⋅ g ( xk ) = a ⋅ x k

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 puţin 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 său este o mulţime finită şi coincide cu codomeniul, rezultă că

f nu

este surjectivă.

c) Singurele rădăcini ale polinomului sunt

x1

=

0ˆ şi x2

ˆ. =1

Descompunerea în factori ireductibili a polinomului peste

5

este X 4


+

4ˆ X

=

(

X X

ˆ +4

) ( X 2 + X + 1ˆ ) .


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării 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

−1

şi ∆c = 1

1 3

1

1 3

m = 1 , sistemul are mulţimea 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 x2

− 4x + 5

are minimul g ( xV ) = g (1) = 3 .

2. a) Se verifică prin calcul. 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∈

, Cn

n

= ( −1) ⋅ I 2 + n ⋅ ( −1)

n −1

⋅ D ≠ I2 .




1. a) Se arată că b) Se arată că

A

rang ( A) = 1 . 2

=

d ⋅ A , cu d 1

c) Se verifică că pentru

=

a + 2b + 3c .

 

K =  2  şi L = ( a

3  

2. a) Se verifică prin calcul. b) Rădăcinile ecuaţiei t 2 − 4t + 16 = 0 sunt Mulţimea rădăcinilor lui f este

{

b

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

3 X + 4 şi X 2

 [ X ] , este f +

=

(X

2

−2

3X

+4

)( X

2

+2

2 3 X + 4 nu poate fi descompus în  [ X ] .


)

3X + 4 .


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1 1 1

1. a) det ( A ) = ( a + b + c ) c

a

b

b

c

a

=

1 2 2 2 (a + b + c )  (a − b ) + (b − c ) + (c − a )  sau 2

det ( A ) = a 3 + b3 + c 3 − 3abc . b) Deoarece det ( A ) = 0 şi a + b + c ≠ 0 , rezultă a = b = c . 2a − 1 2b 2c c) Determinantul matricei sistemului 2c 2a − 1 2b este o sumă de 5 termeni pari şi unul impar, 2b 2c 2a − 1 deci este un număr impar şi, în consecinţă, nenul. 1 1 1 1 2. a) Folosind relaţiile lui Viéte, se obţine + + + =0. x1

b) Notând

x

2

= t

obţinem ecuaţia

t

2

x2

− 5t + 5 = 0 ,

x3

x4

cu soluţiile t 1, 2 =

5± 5 2

> 0,

deci ecuaţia iniţială are

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 )

=

lim

x →∞

∀ k ∈ {1,2,3,4} ,

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

≤ 1, ≤

contradicţie.

f ( xk )

= 0,

deci

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

obţinem că a

≤ 1.

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



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar 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  AB = 

2. a) Utilizând eventual relaţiile lui Viète, se obţine că a = 0 , b = −3 şi c = 2 . b) Dacă f are rădăcina 2 , atunci 2a + c + (b + 2 ) ⋅ 2 = 0 , de unde rezultă b = − 2 şi c = −2a .

(

)

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

c) Presupunem că

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

Mai mult, coeficienţii lui q sunt numere întregi. Folosind ipoteza, obţinem că numerele

(1 − k ) ⋅ q (1)

sunt impare, ceea ce este fals, deoarece

( −k )(1 − k )

este un număr par.


( −k ) ⋅ q ( 0 )

şi


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

(

Atunci, det I 2

c) Pentru

I 2 +

+

A+ A

A+ A

2

+

2

+

A

3

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 − x2 ) ⋅ ( X − x3 ) ⋅ ( X − x4 ) , deci (1 − x1 ) ⋅ (1 − x2 ) ⋅ (1 − x3 ) ⋅ (1 − x4 ) = f (1) = 5 . c) g ( x1 ) ⋅ g ( x2 ) ⋅ g ( x3 ) ⋅ g ( x4 ) = (1 − x1 )(1 − x2 ) (1 − x3 ) (1 − x4 )( −1 − x1 )( −1 − x2 ) ( −1 − x3 ) ( −1 − x4 ) , deci g ( x1 ) ⋅ g ( x2 ) ⋅ g ( x3 ) ⋅ g ( x4 ) = f (1) ⋅ f ( −1)

=

5.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Prin calcul direct, obţinem A3 = 03 . 1 1 1  b) I 3 + A + A = 1 1 1  , deci rang I 3 + A + A t = 1 . 1 1 1     1 0 0 −1 c) Se arată că ( I 3 + A) =  −1 1 0  , sau prin calcul direct, sau observând c ă  0 −1 1   

(

t

I 3

=

I3

+

3

A

=

)

( I 3 + A) ( I 3 − A + A2 ) .

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

=

2S12

−

6S2

=

(

)

8 4a 2 − 15 .

c) Deoarece x2 = x3 = −a , din prima relaţie a lui Viète obţinem x1 = −2a lui Viète rezultă a ∈ { − 2, 2 } . Pentru a = −2 , obţinem b = 2a3

16 , iar pentru a = 2 , obţinem b = 2a3

= −


şi înlocuind în a doua relaţie a

=

16 .


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Scădem prima linie din celelalte şi obţinem det ( A) = −8 . b) Scădem pe rând prima ecuaţie 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 =

2

+

2t + a + 2 = 0 , unde t

Ecuaţia t 2

+

=

x−

1 x

2

şi apoi x =

−

1 2

.

 

− 1

S 3 S 4

=

2.

b) Se verifică prin calcul. c) Observăm că x = 0 nu este rădăcină pentru f . Ecuaţia t

1

f ( x ) = 0 este echivalentă cu ecuaţia

. Pentru orice t ∈  , ecuaţia f ( x ) = 0 are toate rădăcinile reale.

2t + a + 2 = 0 are rădăcinile reale dacă şi numai dacă a ≤ −1 .



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

∆ = −120 .

∆=

Se obţine soluţia unică

b

a

0

c

0

a = −2abc ≠ 0 ,

0

c

b

c) Folosind formulele lui Cramer, obţinem

∆ x

x =

4 , 5

y =

3 , 5

z = 0 .

deci sistemul are soluţie unică.

2 2 2 b +c −a

= cos A . 2bc Aˆ fiind unghi al triunghiului ABC , avem A ∈ ( 0, π ) , deci x0 = cos A ∈ ( −1,1) . 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 mulţimea G. b) Se verifică prin calcul.. c) det ( A) = ( a − b )( a + b ) . (  3 , +, ⋅) fiind corp, din ( a − b )( a + b ) = 0ˆ rezultă a = b sau a = − b . În total, există 5 matrice în G care au determinantul nul.

x0 =

=

∆



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Se verifică prin calcul. 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 .  z = 1− x − y   x + y + z = 1 2 2 2 Cum a = b = c ≠ 0 , rezultă  2 ⇔   2 . 1 1  2  x + y = z − 1    x +  +  y +  =  2 2   2    A doua ecuaţie din sistem are o infinitate de soluţii, care sunt coordonatele punctelor de pe cercul de centru  1 2 ⋅ co s t  x t = − + 2 2  2  1 1 . Soluţiile sistemului sunt  , cu t ∈ [0, 2π ) . Q  − , −  şi rază r = 1 2 ⋅ si n t 2  y t = − +  2 2 2 2   z t = 1 − x t − y t   2. a) Deoarece a, b, c pot lua arbitrar câte 4 valori, există 4 ⋅ 4 ⋅ 4 = 64 matrice în mulţimea G.  2ˆ 0ˆ  b) De exemplu, matricea A =   are proprietăţile cerute.  0ˆ 1ˆ   

c) Fie

X

 a b 2  ∈ G . X 0 c  

=

 1ˆ 0ˆ  ˆ ˆ  0 0

=

⇔

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

Rezultă b = 0ˆ . Obţinem patru matrice.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Se verifică prin calcul. b) Sistemul este compatibil determinat. Se obţine soluţia

x =

c −b

det ( A)

, y =

a−c

det ( A)

, z

=

b−a

det ( A )

.

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

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

2

+1 , ∀ n ∈ 

şi apoi, folosind această relaţie, se

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

=

X .


∀ n∈

, deci g este polinomul


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Se verifică prin calcul.  a 5b  2 b) Fie Y =   ∈ C ( A ) , cu Y b a 

 a 2 + 5b 2 = 02 .Obţinem sistemul   ab = 0

=

0

, cu unica soluţie a = b = 0 , deci

Y = 02 .

c) Fie Z = 

a b

5b  ∈ C ( A) , Z a 

≠

O2 , cu a, b ∈  .

Presupunem că det( Z ) = 0 , deci a 2 5 ∈  , fals. f 0ˆ + f 1ˆ + f 2ˆ

− 5b

2

=

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

rezultă că

2. a)

()

()

()

=

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 .



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Se verifică prin calcul. b) det ( A − At ) = det ( A − A t )

t

( A t − A ) = − det ( A − A t ) , deci rang ( A − A t ) ≥ 1 .

= det

c) A − A t ≠ 03 , şi în consecinţă, a b  Dacă A =  d e g h 

b−d c− g   0   t  0 f  , atunci A − A =  d − b f −h. g −c h− f 0  i   

(

Aşadar rang A − A t

2. a) Notând

x

2

) =1 ,

atunci toţi minorii de ordinul doi ai matricei ar fi nuli.

a  f = c − g = 0 , deci A =  b c 

=h −

(

)≥2

= t

(

şi cum det A − A

obţinem ecuaţia t 2

Rădăcinile lui f sunt x1 = −2 , x2

b)

∃ a ∈

c) Din

)=0.

c

Dacă am avea rang A − A t

Obţinem b − d

(

det A − A t

 

astfel ca h = a  X

+

= −1 ,

1 

 X 2 

−

t

b

c

e

f  , adică A = A t , fals.



i 

f

) = 0 , rezultă

− 5t + 4 = 0 , = 1,

x3 1

( X 2

g ( −2 ) = g ( −1) = g (1) = g ( 2 ) = 2

x4

=

)( X

+1

(

rang A − A t

)=2.

cu soluţiile t 1 = 1 şi t 2

=

4.

2.

).

− 1

Obţinem h = 4 X 4

2 − 5 X + 1 .

deducem că există polinomul cu coeficienţi întregi q, astfel

încât g ( X ) = f ( X ) ⋅ q ( X ) + 2 . Presupunem contrariul, deci că există n ∈  , astfel încât g ( n ) = 0 .

Obţinem

( n − 2 )( n − 1)( n + 1)( n + 2 ) ⋅ q (n ) = −2 .

Egalitatea anterioară având loc în mulţimea  , divizorii întregi ai lui că două dintre numerele n − 2, n − 1, n + 1, n + 2 coincid, fals.


−2

fiind

−2, − 1,1, 2 ,

obţinem


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie m σ 2 1. a) ε ( σ ) = ( −1) ( ) = ( −1) = 1 . b) Avem

3 σ =e,

unde

e

este permutarea identică. Evident,

Se arată, prin calcul direct, că

c) Dacă

x ∈ S 3

σ

σ

comută cu permutările

Obţinem unica soluţie

1 2 x = σ = 

x

2

.

S 3 .

nu comută cu celelalte 3 permutări din

este o permutare impară (deci o transpoziţie), evident,

e, σ, σ

2

= e ≠ σ .

2 3

.  2 3 1

2. a) Se verifică prin calcul. b) Se arată că înmulţirea matricelor este lege de compoziţie pe G. Se verifică axiomele grupului abelian. Elementul neutru este matricea

X

(0) ,

c) Se demonstrează prin inducţie că * ∀ n ∈  , ∀ a1 , a2 , ..., an ∈  \ { − 1 } , Pentru

n =

2009 şi

ak = k , ∀ k ∈

iar simetrica lui

( )

( )

( )

X a ∈ G

este matricea

( )

X a1 ⋅ X a2 ⋅ ... ⋅ X an = X

{ 1, 2,..., 2009 } ,

obţinem

t =

1    −1 + a + 1  ∈ G .  

( (a1 + 1) ⋅ (a2 + 1)⋅ ...⋅ (an + 1) − 1) .

2010!


X


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Se verifică prin calcul. b) Se demonstrează prin inducţie după

* n∈ .

 a −b  . Cum det ( X 2 ) = 1 ⇒ det ( X ) = 1 , deci există  a   cos t − sin t   π 5π  t ∈ [0;2π ] , X =  . X 2 = A ⇔ cos 2t = 0 şi sin 2t = 1 ⇔ t ∈  ; .  4 4   sin t cos t 

c) Fie

X o soluţie. Din punctul

a) deducem că X =  b

2. a) Folosind relaţiile lui Viète, se obţine

b)

x1

+

1 x2

+

1 x3

+

1 x4

=a.

2 Din teorema împărţirii cu rest, ∃ α , β ∈  şi q ∈  [ X ] , f = (X − 1) ⋅ q + α X + β .

 f (1) = α + β

Din 

 f ′(1) = α

c)

1

4

∑

2 x k k =1

α= a +8

, se obţine 

 β = −7

. Restul împărţirii este: r = ( a + 8 ) X − 7 .

2

1 2 2 =   − 2 ⋅ = − < 0 , deci ecuaţia nu are toate rădăcinile reale 3 9 3




1. a) rang ( A + I 2 ) = 2 . b) Se demonstrează prin calcul direct. c) Presupunem că ecuaţia are soluţia Y ∈ M2 (  ) . Atunci,

A ⋅ Y

=Y ⋅

A şi din

 x 0  2  . Cum det (Y ) = 0 , obţinem x = 0 şi apoi Y  y x 

x, y ∈  , astfel încât Y = 

2. a) Se verifică prin calcul. b) Se verifică prin calcul. c) Se arată prin inducţie că ∀ n ∈ * , Obţinem 1 ∗

1 2

∗

1 3

∗ ... ∗

1 2008

∗

1 2009

=

∀ x1 ,

2⋅

x2 , ..., xn ∈  , x1 ∗ x2 ∗ ... ∗ xn

3 4 ⋅

2 3

⋅ ... ⋅

2009 2010 ⋅

2008 2009

− 1 = 2009 .


=

b) deducem că există = 02 ,

fals.

( x1 + 1)( x2 + 1) ⋅ ... ⋅ ( xn

)

+ 1 −1 .



1. a) Se arată că det ( A − xI 2 ) = 0 ⇔ x ∈{1, 8} . b) Se verifică prin calcul. c) Fie Y ∈ M 2(  ) , o soluţie a ecuaţiei. Atunci, A ⋅ Y = Y ⋅ A .  x 0  Din b) rezultă c ă există x, y ∈  , astfel încât Y =   . Obţinem  0 y 

 x3 = 1 , deci există 9 soluţii în  3 = 8 y 

M2 (  ) .

2. a) Se arată că f −1, 2  f −1, 2 = f 1, 0 . b) Se arată că operaţia de compunere este lege de compozi ţie pe

G. Se verifică axiomele grupului. Se demonstrează că elementul neutru este funcţia identică, f 1, 0 , iar pentru funcţia f a, b ∈ G , simetrica sa

este f a′, b′ ∈ G , unde a′ =

1

şi b′ = −

b

a a c) Elementele f −1,−b au ordin 2, ∀b ∈  .

.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Se arată că det ( A) = 0 ⇔ m ∈ {1, 2} . b) Dacă m ∉{1, 2 } , sistemul este de tip Cramer, deci este compatibil Se arată că dacă m ∈ {1, 2} , atunci sistemul este compatibil 1-nedeterminat.

c) Dacă

m ∉ {1; 2} , soluţia unică este (1; 0; −1) , ceea ce nu convine. Dacă m = 1 , soluţiile sunt

(1 − λ ; λ ; −1) , λ ∈  , iar dacă 2. a) Dacă

m = 2 , soluţiile sunt (1; µ ; −1 − µ ) , µ ∈  . Deci m = 2 .

2 2 x = y = 0ˆ , atunci x + y = 0ˆ .

{ } b) Dacă X = A ( a , b ) ∈ H şi Y = A ( c , d ) ∈ H , X ⋅ Y = A ( ac + 2ˆ bd , bc + ad ) ∈ H ˆ 2ˆ şi X 1 = A ad 1 , 2ˆ bd 1 ∈ H Dacă X = A ( a , b ) ∈ H , atunci d = a 2 + b 2 ∈{1, } ( ) ∀ x ∈  3 ,

{ }

2 ˆ 1ˆ x ∈ 0,

2 2 ˆ 2ˆ . şi dacă x ≠ 0ˆ sau y ≠ 0ˆ , se arată că x + y ∈ 1,

−

c) X

2

= I 2

⇔

−

−

 a 2 + 2ˆ b 2 = 1ˆ .  ab = 0ˆ

Pentru a = 0ˆ ecuaţia 2ˆ b 2 = 1ˆ nu are soluţii.

{ }

ˆ 2ˆ Pentru b = 0ˆ rezultă aˆ ∈ 1,

 1ˆ 0ˆ   şi X 2  0ˆ 1ˆ   

şi soluţiile X 1 = 

 2ˆ 0ˆ  .  0ˆ 2ˆ   

=



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Se verifică prin calcul.

b)

1

1

1

B = A + a

b

c

2a

c) Fie

+

2b 2 c

1

1 1

a

b

3

3 3

c

=

A.

A1 ( a , f ( a ) ) , A2 ( b , f ( b ) ) şi A3 ( c , f ( c ) ) cele trei puncte, cu a ≤ b ≤ c .

S [ A1 A2 A3 ] =

1

a)

B

=

(b − a)(c − b )(c − a)( a + b + c )

2 2 Cel puţin două dintre cele trei numere a, b, c

. au aceeaşi paritate, deci cel pu ţin unul dintre numerele

b − a, c − b, c − a este par. Rezultăcă S [ A1 A2 A3 ] ∈  . Se arată că f ( a) , f (b) şi f (c) sunt multipli de 3, deci B este divizibil cu 3, adică S [ A1 A2 A3 ] este divizibilă cu 3.

2. a) Se verifică prin calcul. b) Se arată că

∀ X

c) Pentru

X ( a ) ∈ G , X

X

=

( a ) , X (b ) ∈ H , 2

= I 2

Se obţin soluţiile X1 = I 2 şi X 2

=

1 1  , a + b − 10ab ≠ , deci X ( a ) X (b ) ∈ H . 10 10 

cu a, b ∈  \  ⇔

(

X 2a − 10a

1 4

3

5 3

−4 

⋅

2

) = X (0) .

.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Se verifică prin calcul.   b) Se obţine ( 8 x3 + 2 x ) A( x) = O2 şi apoi x ∈  − , , 0 .  2 2  i i

a b 2 4 c) Presupunem că ecuaţia are soluţia X =  ∈ M 2 () . Atunci X = ( A(0) ) = O2 .  c d



Rezultă det( X ) = 0 şi

X

2

=

t ⋅ X ,



unde t = a + d .

Se demonstrează că X 4 = t 3 ⋅ X , deci X = O2 sau t = 0 . În ambele cazuri rezultă X 2 = O2 , fals. 2. a) a100 = 2 şi a99 = 0 . b) Din teorema împărţirii cu rest, există şi sunt unice q ∈  [ X ] şi a, b ∈  , astfel încât f (1) − f ( −1) f (1) + f ( −1) f = ( X 2 − 1) ⋅ q + aX + b . Obţinem a = b= . 2 2 Cum f (1) = f ( −1) = −251 , restul împărţirii polinomului f la X 2 − 1 este r = −251 . rădăcină a lui f . Atunci ( z + i )100 = − ( z − i )100 , de unde rezultă z + i înlocuindu-l pe z = a + b ⋅ i , cu a, b ∈  în relaţia precedentă, deducem b = 0 , deci z ∈  .

c) Fie

z ∈ 


=

z −i

şi


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie a

1

1

1. a) 1

a

1 = ( a + 2) 1

1

1

a

1 1 a

1 1

1

1

1 = ( a + 2) 0

1

1

a−1

0

0

a −1

0

a

b) Cum sistemul este compatibil determinat rezultă orice

a∈ ,

2

= ( a + 2 )( a − 1)

a ∈  \ {−2;1} .

( 0;0;1) este soluţie pentru

Deoarece

rezultă că ( 0;0;1) este soluţia unică a sistemului.

c) Sistemul este compatibil nedeterminat şi are soluţia (α ;α ;1 + α ) . 2. a) Pentru b) Pentru

a = 19 ∈  , b =

 a 10b  G i ş ∈ b a 

X = 

a′′ = a ⋅ a′ + 10b ⋅ b′ ∈ 

c)

şi

bn > 0 ,

2 2 a − 10b = 1 ,

b′′ = b ⋅ a′ + a ⋅ b′ ∈ 

rezultă că ∀ n ∈ * ,

distincte ale grupului

 a′  b′

Y =

Se arată inductiv că pentru orice

Cum

 19 10 ⋅ 6  ∈G . 19  6 10b′   a′′ 10b′′  , unde ∈ G , avem XY =    a′   b′′ a′′ 

6 ∈  , avem

n∈ A

n

*

A = 

şi det ( XY ) = det( X ) det(Y ) = 1 .

, există

≠ I 2

deci

* an , bn ∈  ,

astfel încât

şi apoi că puterile matricei

(G, ⋅ ) .


A

A

n

 an 10 ⋅ bn  ∈G . an   bn

=

sunt o infinitate de elemente


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

B

−1

=B

2

3 B = I 3

0 0 1   = 1 0 0 .   0 1 0  

c) Obţinem ( a + b + c ) ⋅ det ( A ) = 2. b) c)

a) Se verifică prin calcul. 0ˆ = 0ˆ 2

ˆ +0

2

, 1ˆ = 0ˆ 2

Se arată inductiv că

ˆ2 , +1

1 2

2ˆ = 1ˆ 2

∀ n∈

∗

,

(

⋅ a +b +c

ˆ2 +1

{ x

2

)

, 3ˆ = 1ˆ2

2n

⋅

((

a −b

ˆ2 , +3

x ∈ 7

}

)

2

4ˆ = 0ˆ 2

= H ,

(

+ b −c

ˆ +2

2

2

)

(

+ c −a

, 5ˆ = 1ˆ 2

2

)

2

, 6ˆ = 2ˆ 2

)

ˆ +2

≥0 .

de unde rezultă concluzia.


ˆ2 +3

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Se arată că suma elementelor matricei A este S = 90 . b) Se verifică prin calcul. c) Se arată inductiv că An = 32n −1 ⋅ A , ∀ n ∈ ∗ . Rezultă că

( n ) = 1,

rang A

∀ n∈

∗

.

2. a) Se verifică prin calcul. b)

e ∈  este element neutru al legii „ ∗ ”

c)

1 1 6 ∗ 6 ∈ [ 0;6] ⇒ 36a − 6 ∈ [ 0;6] ⇒ a ∈  ;  . 6 3

⇔

∀ x ∈ 

,

( ae − 2 ) ⋅ x = e − 6


⇔

e = 6 şi a =

1 3

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie  x  1. a) Dacă X =  y  ∈ M3,1 (  ) , ecuaţia e echivalent ă cu sistemul  z   

 x + 2 y − z = 2  . Sistemul este  2 x + 2 y = 1  x + 4 y − 3z = 5 

compatibil nedeterminat, deoarece rangul matricei sistemului este egal cu 2, ca şi rangul matricei extinse. b) Se verifică prin calcul.  −6 2 2 

c) Se arată că

*

A

=

 6 6 

 *  . Rezultă rang A  −2 −2  −2

( ) = 1.

−2

2. a) 72 − 2 ⋅ 52 = −1 , deci 7 + 5 2 ∈ A b) Se verifică prin calcul. c) Avem iar şirul

(

f 7 + 5 2

 

)

= −1 .

( xn )n∈ =  ( 7 + 5

2

 ( 

Mai mult, f  7 + 5 2

)

2 n +1 

)

2 n +1 

 

=

( (

f 7 + 5 2

are termenii distincţi, în  n∈



))

.  2


2 n +1

= −1 , ∀ n ∈ 

,


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie  a + bc = 0   b ( a + d ) = 0 obţinem sistemul:  . Presupunem că a + d ≠ 0 . Rezultă b = c = 0 + = c a d 0 )  (   ( a − d )( a + d ) = 0 2

1. a) Din A2 = 02

şi a = d . Din prima şi din ultima ecuaţie obţinem a = d = 0 , deci a + d = 0 , contradicţie. 1 b) Se arată că ( I 2 + A )( I 2 − A ) = I 2 , deci ( I 2 + A)− = I 2 − A . c) Matricele de forma X = α A , α ∈  sunt soluţii. 2. a) Se arată că f ( a ) = 0 .

b) Notând

x

Rezultă x1

=

2

= t

x2

=

obţinem ecuaţia t 2 t 1

c) Evident, B ⊂ A . Fie

=

3 , x3

α=

=

− 2t + 9 = 0

x4

=

, ale cărei soluţii au t1

= t 2 = 3 .

3 şi suma căutată este egală cu 4 3 .

g ( a ) ∈ A . Din teorema împărţirii cu rest, există şi sunt unice q, h ∈  [ X ] ,

cu grad ( h ) ≤ 3 , astfel încât g

=

( X 4 − 2 X 2 + 9) ⋅ q + h .

Rezultă

α=


g ( a ) = h ( a ) ∈ B , deci A ⊂ B .


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Se verifică prin calcul. t b) det ( A − At ) = det  ( A − A t )  = det ( A t



c) Minorul

b b +1 1

1



−

A

)

= −

(

)

(

det A − A t deci det A − A t

)

=

0.

1 este nenul.

= −

2. a) Pentru orice x ∈ [ 0, ∞ ) , avem f ( x ) = x 3 + p ⋅ x 2 + q ⋅ x + r > 0 . b) S1 = x1 + x2 + x3 = − p , S2 = x1x2 + x1 x3 + x2 x3 = q . 3

x1

+

3

x2

+

3

x3

= −

(

2

p ⋅ S1

−

2S 2

)

−

q ⋅ S1

−

3r

= −

p

3

+

3 pq

−

3r .

c) Fie polinomul g ∈  [ X ] , g = X 3 − ( a + b + c ) X 2 + ( ab + bc + ca ) X − abc , cu rădăcinile a , b , c . Deoarece p = − ( a + b + c ) > 0 , q = ab + bc + ca > 0 şi r = −abc > 0 , din punctul a) rezultă că rădăcinile a, b, c ale lui g nu sunt în intervalul [ 0, ∞ ) . Aşadar, a, b, c ∈ ( −∞, 0 ) .



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

3

A

=

03 .

a d b) Dacă X =  b e  c f  a + b = f +i , d + e = i

g

 h  ∈ M 3 (  ) , din A ⋅ X i 

şi

X ⋅ A rezultă

=

g + h = 0 . Se obţine g

=

d

=

g

=

0, d

+

h = 0 , a = e = i şi

g b

=

=

0,

a =e+h, d

f .

c) Presupunem că există X ∈ M3 (  ) , astfel încât X 2 = A . a 0 Rezultă A ⋅ X = X ⋅ A . Din b), există a, b, c ∈ C , astfel încât X =  b a  c b  0 0

 Din X = A , rezultă că det ( X ) = 0 , deci a = 0 . Se obţine X =  0  b2  2

2

2. a)

(

4

f ( 3) − f (1) = a 3

b) Se obţine c) Cum

)

−1 + b

0



0.

a 

0



0 0 ≠ A . 0 0 

(3 −1) şi rezultă concluzia.

(

f ( x ) − f ( y ) = ( x − y ) a ( x + y ) ( x

2

+

y

2

) +b ) .

b − 1 divide 1 rezultă b ∈ {0,2} . Dacă b = 0 ⇒ a = 1, c = 3 . Dacă b = 2 ⇒ a = −


1 15

∉

.

=

h,


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţii 1. a) Se calculează det ( A ) = ( a − b )(b − c )(c − a ) . b) Se arată că unica soluţie este x = y = z = 0 . c) Se obţin soluţiile (α , − α , 0 ) , cu α ∈  .

2. a)

9, 4 ∈  şi 92

b) Se arată uşor că

− 5⋅ 4

2

=1,

∀ z1 , z2 ∈ M ,

c) Se demonstrează că pentru

z

deci z ∈ M avem z1 ⋅ z2 ∈ M şi z1−1 ∈ M .

=9+4

5 ∈ M ,

* ∀ k, n ∈  ,

cu n ≠ k , avem z n


≠

k z .


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

S = 03 .

b) Se calculează A2 = 14 ⋅ A , apoi

B ⋅ C = I 3 + (15a + 1) ⋅ A şi se obţine a = −

1 15

.

c) Se foloseşte relaţia A2 = 14 ⋅ A şi se demonstrează prin inducţie matematică. 2. a) Deoarece 0 = ε3 − 1 = ( ε − 1) ( ε2 + ε + 1) şi ε ∈  \  , rezultă concluzia. b) Determinantul sistemului este

(

∆ = ( ε − 1) ε

2

)( ε2 − ε ) ≠ 0 ,

−1

deci

sistemul are doar soluţia nulă

x = y = z = 0 .

c) Din ipoteză, există g ∈  [ X ] , astfel încât Deoarece numerele 1,

ε

şi ε

2

sunt rădăcinile polinomului X 3 − 1 , se obţine sistemul

 a1 + a2 + a3 = 0  2  a1 + a2 ⋅ ε + a3 ⋅ ε = 0 , unde ak  2  a1 + a2 ⋅ ε + a3 ⋅ ε = 0 Folosind punctul

( 3 ) + Xf 2 ( X 3 ) + X 2 f 3 ( X 3 ) = ( X 3 − 1) ⋅ g ( X ) .

f1 X

b) se deduce că

=

f k (1) , ∀ k ∈ {1, 2, 3} . f k (1) = 0 , ∀ k ∈ {1, 2, 3} , de unde rezult ă concluzia.



Soluţii


1. a) Se verifică prin calcul.  x = pqr  b) Prin calcul direct se obţine unica soluţie  y = − ( pq + qr + rp ) .  z = p + q + r 

c) Numerele p, q, r verifică aceeaşi ecuaţie de grad trei x3 − x 2 − x + 1 = 0 , cu soluţiile x1 = x2 = 1 , x3

= −1 ,

deci p = q = 1 sau p = r = 1 sau q = r = 1 .

2. a) A are 25 de elemente. a

 a2 − b2

b

2 b) Dacă X =   atunci X = I 2 ⇔  ˆ  −b a   −2ab

Dacă a = 0ˆ ⇒ b2

=

{ }

ˆ 3ˆ . Dacă b = 0ˆ ⇒ a 2 4ˆ ⇒ b ∈ 2,

 0ˆ  3ˆ 

Obţinem matricele 

c)

 1ˆ Matricea Y =   3ˆ 

2ˆ ab 

 1ˆ = a 2 − b 2   0ˆ ˆ =1

0ˆ 

 ⇔ a 2 − b 2 = 1ˆ şi ab = 0ˆ . 1ˆ 

ˆ 4ˆ . ⇒ a ∈ {1, }

2ˆ   0ˆ 3ˆ   1ˆ 0ˆ   4ˆ 0ˆ  ,  ,  ,   0ˆ   2ˆ 0ˆ   0ˆ 1ˆ   0ˆ 4ˆ  2ˆ 

 ≠ O2 are determinantul 0ˆ , deci nu e inversabilă.

1ˆ 



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) rang ( A0 ) = 1 . b) Se verifică prin calcul. c) Pentru orice n ∈  , n ≥ 2 , not n = A B−

ip

( AB − BA) + ( An−1 B − BAn−1 ) A = An−1 ⋅ A + Cn−1 ⋅ A . Folosind relaţia anterioară, se demonstrează prin inducţie concluzia. 2. a) Avem f (−1) = f (1) = 0 şi obţinem a = −4 şi b = 12 . b) Deoarece ecuaţia are coeficienţi reali, dacă admite rădăcina x1 = i , va avea şi rădăcina Cn

BA

n

=

A

n−1

x2

= −i

, deci

polinomul f se va divide cu ( X − i )( X + i ) = X 2 + 1 , adică a = 4 şi b = −12 . c) Rădăcinile x1 , x2 , x3 sunt în progresie aritmetică, deci există z, r ∈  astfel încât x1 = z − r , x2 = z şi x3 = z + r . Obţinem x1 + x2 + x3 = 3z = 3 , deci z = 1 . 2

2

2

2

2

(1 − r ) + 1 + (1 + r ) = 11 , deci r ∈ { − 2, 2 } , iar rădăcinile sunt În final, a = 4 ⋅ ( x1x2 + x2 x3 + x3x1 ) = −4 şi b = −4 x1x2 x3 = 12 . x1

+

x2

+

x3

=


−

1,1, 3 .


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1 0  0 1 0 0 0 0

1. Patru matrice, şi anume  ,  ,  ,  . 0 0 0 0 1 0 0 1         b) det ( A ) = 1 ≠ 0 , deci matricea A este inversabilă. Se obţine

c) Fie

a b x −1  ∈ M inversabilă , cu B =   c d   z

Deoarece a , b, c , d ∈  , se obţin soluţiile B1 = I 2

2. a) Adunând rela ţiile lui Viète, x1 x2 x3

y

B = 

x1 x2

+ x1x2 x4 + x1x3 x4 + x2 x3 x 4 = −

b) Avem

x1 + x 4 =

8



t 

=

∈ M .

=

x1x4

z + r şi x4 +

x2 x3

= −2 .

=

=

 3   −1

  ∉ M . 1  ax

−2

B ⋅ B −1 = I 2

1 0   şi B2 0 1

=

⇔

a

1

bz

+

b t = 0

+

dz

+

d t = 1

=

=

0

.

şi grupând, obţinem concluzia.

z + 3r . Avem x1 + x4 = x2 + x3 =1

1

+

şi

1 x2 + x3 = 4 . Folosind a treia relaţie a lui Viète, obţinem x1 x4

Rezultă r 2

 ay    cx  c y

0 1  . 1 0

+ x1 x3 + x1 x4 + x2 x3 + x2 x4 + x3 x 4 =

Din a doua relaţie a lui Viète, obţinem a = 14 . c) x1 , x2 , x3 , x4 sunt în progresie aritmetică, deci există x3

1

A−

=

+

x2 x3

= −2 .

z , r ∈  , astfel încât x1 = z − 3r , x2

4 , deci z = 2 şi din b) obţinem a = 14 şi

şi b = −15 .


=

z − r ,



Soluţie 1. b) c) 2. b)

a) Se arată că

AB = BA = O4 , deci AB + BA = O4

Se arată că rang ( A + B ) = 2 şi rang A = rang B = 1 . Se demonstrează folosind faptul că AB = BA = O4 şi binomul lui Newton.

a) Deoarece

f (−1) = 0 , se obţine a = 6 .

Observăm că x0

=

0 nu este rădăcină pentru f .

Pentru i ∈{ 1, 2, 3, 4 } , xi e rădăcină a lui f ⇔

1 xi

⇔

4

xi

+

3

axi

+

4 xi2 + 1 = 0

este rădăcină a lui g 4

c) Din ∑

1

2 i =1 xi

8 < 0 rezultă concluzia.

=−


⇔

1+ a ⋅

1 xi

+

4

1 2

xi

+

1 4

xi

=

0

⇔



2 0 . 5 2  

1. a) Se arată că AB = BA =  b) Se verifică prin calcul.

c) Dacă X este o soluţie a ecuaţiei, obţinem că  x 2 + x 0    = A , deci  2 xy + y x 2 + x     −2 0  X 2 =  .  −1 −2 

X

∈C

( A ) , deci există x, y ∈  , astfel încât

 x 2 + x − 2 = 0 , adică   ( 2 x + 1) y = 3

 x = 1 sau   y = 1

 x 0   . Rezultă  y x 

X = 

 x = −2 . Se obţin soluţiile X 1 = B ,   y = −1

2. a) Fie x, y ∈ G . Avem 1 + xy ∈ ( 0, 2 ) , deci 1 + xy > 0 .Atunci, x ∗ y ∈ G

⇔

 ( x + 1)( y + 1) > 0 , adevărat.   ( x − 1)( y − 1) > 0

b) Se verifică prin calcul. c)

1 1 1 ∗ ∗ ... ∗ = 9 2 3

f ( x ) = f 

1 ⋅ 2

f

8 1 1  1 2 3 f   ⋅ ... ⋅ f   = ⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅ 10 3 9  3 4 5


=

1 45

. Din

1 − x 1 + x

=

1 45

rezultă x =

22 23

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţii 1. a) Se verifică prin calcul. b) Din

a = d .

2 A = 02

 a 2 + bc = 0   b ( a + d ) = 0 obţinem sistemul:  . Presupunem că c a d 0 + = )  (  a d a d  ( − )( + ) = 0

Din prima şi din ultima ecuaţie din sistem rezultă

c) Din punctul b) avem că

a + d = 0

şi din

2

A = 02

a = d = 0 ,

deci

a + d ≠ 0 .

Rezultă

b=c=0

a + d = 0 ,

contradicţie.

şi

2

deducem det ( A − x ⋅ I 2 ) = x .

Obţinem det ( A + 2I 2 ) = 4 .

2. a) ( a,15) ∈ G ⇔ a 2 − 3 ⋅ 152 = 1 . Se obţine a ∈ { − 26, 26 } . b) Pentru ( a, b ) , ( c, d ) ∈ G , avem ac + 3bd , ad + bc ∈  şi

( ac + 3bd )

2

(

− 3 ad + bc

2

)

(

2 2 = a − 3b

)( c2 − 3d 2 ) = 1 .

c) Se verifică axiomele grupului. Se arat ă c ă elementul neutru este (1, 0 ) ∈ G acestuia este ( a, − b ) ∈ G .


şi

(

)

∀ a, b ∈ G ,

simetricul


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) det ( A) = −2 ≠ 0 , deci  −3

b) Se arată că

f ( B ) = 

 0

c) Dacă X ∈ M2 (  ) şi 2. a)

2

x1

+

2

x2

+

2

x3

=

rang ( A) = 2 .

 . 3

−3

f ( X ) = B atunci tr ( AX

( x1 + x2 + x3 )

2

−

2 ( x1x2

+

−

XA ) = tr ( B ) , deci 0 = 2 fals. 2

x1x3 + x2 x3 ) = −2 a . 3

b)

x1 e o rădăcină a polinomului f

⇔

f ( x1 ) = 0

⇔

este o rădăcină a polinomului g. 1 1 1 2 şi c) Notăm cu , rădăcinile polinomului g. Deoarece x1 x1 x2 x3 are o singură rădăcină reală, de exemplu x1 . Atunci, Presupunem că x1 =

1 x1

f ( −1) = 0 deducem a

deducem a 2

−

1 x1

x1 ≠ 0

3 2 x1 + a x1 − a = 0

∈

+

⇔

2

x2

+

2

x3

1+

a

2

2 x1

= −2 a

2

−

<

a 3 x1

=

0

1

⇔

x1

0 , rezultă că f

este unica rădăcină reală a lui g.

, deci că x1 ∈ { − 1, 1 } . Dacă x1 = −1 este rădăcina comună a polinoamelor, din 2

+

a + 1 = 0 , fals. Dacă x1 = 1 este rădăcina comună a polinoamelor, din f (1) = 0

a + 1 = 0 , fals.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Determinantul sistemului este ∆ = −5a + 20 . Obţinem a = 4 . b) Dacă ∆ ≠ 0 , sistemul este de tip Cramer, deci este compatibil. Pentru

∆ =0,

deci pentru a = 4 , un minor principal este 1

2

1

şi numai dacă ∆c = 2

−1

1

7

−1

b

c) Din

≠

∆ p =

1

2

2

−1

, iar sistemul este incompatibil dacă

0 , adică pentru b ≠ 4 .

x + z = 2 y şi din prima ecuaţie rezultă y =

1

. Din primele două ecuaţii deducem x =

4 şi din ecuaţia a treia, singura condi ţie este a + 4b = 20 , verificată de o infinitate de perechi

3 4

, z =

−

1 4

( a, b ) ∈ { ( 20 − 4b, b ) b ∈ } . 2. a) Se verifică prin calcul. b) Cum sin t ∈ , cos t ∈  şi sin 2 t + cos2 t = 1 rezultă că sin t = 0 şi cos t = ±1 sau sin t = ±1 şi cos t = 0 . Deci t

=k

π

2

, k ∈  .

c) Se verifică axiomele grupului. Elementul neutru este X (0) = I 2

şi pentru X ( t ) ∈ G , ( X ( t ) )


−1

=

X ( −t ) ∈ G .



a

1. a) Determinantul este 0 1 1

b) Se obţine soluţia

x0 =

0 1

2

a +1

0 2

a =1+ a ≠ 0 .

1 , y0 =

a 2

a +1

 1  2  a +1  a c) După calcule, se obţine A−1 =  2  a +1  −1  2  a +1

, z0 =

−a 2

a +1 1 2 a +1 a 2 a +1

a

2

2

a +1

, cu y02 = x0 ⋅ z0 .

  2 a +1 −a  . 2 a +1 1   2 a + 1  a

2

2. a) Se obţine e = 6 . b) Se arată că corespondenţa este o lege de compoziţie pe

G. Se verifică apoi axiomele grupului. 1 Se obţine că elementul neutru este e = 6 , iar simetricul lui x ∈ G este x′ = 5 + ∈G . x − 5  x − 5 = a > 0  ab = c





 z − 5 = c > 0 

 ca = b 

c) Notăm  y − 5 = b > 0 şi obţinem sistemul  bc = a , cu unica soluţie Singura soluţie a sistemului iniţial este x = y = z = 6 .


a = b = c = 1.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a)

A

t

 a1  = a2  a  3

b1 

 b2  şi obţinem b3  

b) Se obţine det ( B ) = c) Punctele det ( B ) = 0

a1

a2

b1

b2

P1 , P2 , P3 , O sunt

⇔

ak

at

bk

bt

 B =   

2

+

2 2 2 a1 + a2 + a3

a1b1 + a2 b2 + a3 b3

a1

a3

b1

b3

coliniare

= 0 , ∀ t , k ∈

2

+

⇔

a2

a3

b2

b3

ak

at

bk

bt

{ 1, 2, 3 } ,

2. a) Numărul elementelor mulţimii este b) Se verifică prin calcul.

5

L

a1b1 + a2 b2 + a3b3 2 2 2 b1 + b2 + b3

2

≥0

= 0 , ∀ k , t ∈

t ≠ k

2 =5 =

  14 28  = .   28 56  

{1, 2, 3} .

şi rezultă concluzia.

25 , unde

L =

{ a, b } ⊂  5 .

 1ˆ a b    c) Se verifică axiomele grupului. Pentru a, b ∈  5 , notăm A(a, b) =  0ˆ 1ˆ 0ˆ  .  0ˆ 0ˆ 1ˆ    Elementul neutru este

I 3 = A

( 0,ˆ 0ˆ ) , iar simetrica matricei

A (a , b )

este matricea


A (−a , − b ) .


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie  2 1  = A + I 2 . 1 1   b  a b a b) X =   .Din A ⋅ X = X ⋅ A , rezultă b = c , d = a − b deci X =  .  c d  b a −b Dacă det ( X ) = 0 ⇒ a 2 − ab − b 2 = 0 .Dacă b = 0 ⇒ a = 0 ⇒ X = 0 2 ,contradicţie.Dacă b ≠ 0 ,împărţind prin

1.a) A2 = 

b ⇒ t2

− t −1 =

0, t =

a b

∈ ,

fals.Deci det X ≠ 0 , adică X este inversabilă.

 F2

c) F 2 = 1. Demonstrăm prin inducţie.Verificare. n = 1; A = 

F 1 

1 1  =  . Presupunem adevărată pentru n şi F 0  1 0  Fn +1  . Fn 

 F1  Fn +1 Fn  1 1   Fn + 2 demonstrăm pentru n + 1 . An +1 =  ⋅ =  Fn Fn −1  1 0   Fn +1 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5  2.a) σ ⋅ π =   , π ⋅σ =  . Cum aceste permutări nu comută, rezultă concluzia. 2 1 3 5 4 1 3 2 5 4 

b) Prin calcul direct se obţine că ord( π )=3 .Deci H = {e, π , π 2 } . c) Fie

π

i

,π

j

∈ H

⇒ π i + j ∈ H .Cum H este finită , rezultă H este subgrup al lui S 5 .



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) σ

− 1

b)

=

1 2 3 4 5 6  . 6 1 4 2 3 5  

m (σ ) = 7 m

(

− 1

σ

)

=

7.

c) ε (σ ) = −1 Dacă ar exista o soluţie x atunci

ε

( x ) 4

( ) sau 1 = −1 contradicţie.

= ε σ

2.a) x > 1, y > 1 ⇒ xy − x − y + 2 > 1 , deoarece ( x − 1) ⋅ ( y − 1) > 0 . b) f ( xy ) = xy − 1; f ( x )  f ( y ) = ( x + 1)  ( y + 1) = xy + 1 . c) Fie

f

−1

: G → ( 0, ∞ ) care este izomorfism , f 10

∗ x ∗ ... ∗ x = 1025 ⇒ ( g ( x ) ) x  

=

−1

=

10

g (1025) ⇔ ( g ( x) )

g şi deci = 1024 ⇔

10

( x −1 )

10


= 1024

⇒ x ∈ {−1;3} .


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) A ⋅ ( X b) Fie

+Y

) = A⋅X

a

b

c

d 

A = 

+

 . Din

A ⋅Y

=

A ⋅ E1

c) Dacă oricare trei se află în

X

=

⋅ A +Y ⋅ A =

E1 ⋅ A, A ⋅ E 2

(X

+Y

= E2 ⋅ A

) ⋅A ⇒ X

+ Y ∈C

( A ).

⇒ a = d ,c = b = 0 ⇒ A = a ⋅ I 2 .

( ) atunci există α ∈ , A = α ⋅ I 2 ⇒ a patra matrice se află în

C A

 1 2 3 4 5   1 2 3 4 5  1 2 3 4 5   ⋅ = .  3 2 1 4 5   2 1 4 5 3  2 3 4 5 1  1 2 3 4 5 b) a ⋅ b =   ; ord ( ab ) = 5.  2 3 4 5 1 c) ord ( b ) = 6 ⇒ bk = e echivalent cu 6 | k .

2.a) x = a

1

−

⋅b

,

x

=


( ).

C A


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1

1.a) A ⋅ B = 

0

−1 

1 0   ; B ⋅ A =   ; A ⋅ B ≠ B ⋅ A. 1 1 1 

b) Prin calcul direct. c) Notăm

2

1

C = A⋅ B . C = 

0

−2 

n  apoi prin inducţie completă se arată că C 1 

1

=

−n 

 , ∀n ∈  1 

0

∗

deci răspunsul este negativ.

2a) X 3 − 2 ⋅ X − 1 = ( X + 1) ⋅ P. b)

3

Q3 = X − 2 ⋅ X −1 are trei rădăcini reale : x1 = −1 , x2 =

1

5

n 1 demonsr ăm pentru n + 1 . Qn+1 = X + − Fn+1 ⋅ X

−

(

, x3 =

1

5

. 2 2 2 2 c) Prin inducţie completă după n .Pentru n = 2 , Q2 = P  P . Presupunem afirmaţia adevărată pentru n şi o +

n

−

)

(

2

)

Fn = X ⋅ X − Fn ⋅ X − Fn−1 + Fn ⋅ X − X − 1 , de unde

rezultă afirmaţia .



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) xn +1 = a ⋅ xn − b ⋅ y n ,

yn +1

=

b ⋅ xn

+

2

b) Şirurile ( xn )n , ( yn )n sunt mărginite d n+1

=

(

2

2

a ⋅ yn . Deci xn +1 + yn +1 = a + b ⇔

2

) ⋅ ( x 2 + y2 ) n

n

( dn )n , dn = xn2 + yn2 , ∀n ∈  este mărginit.

n

2 2 2 2 d n = ( a + b ) ⋅ ( x0 + y0 ) . Dacă a 2 + b 2 ≤ 1 ⇒ d n ≤ x02 + y02 , ∀n ∈ . ( a 2 + b 2 ) ⋅ d n deci

Dacă a 2

+b

2

>1

şirul ( d n ) este nemărginit.

π   cos 3 c) A = 2 ⋅   sin π  3 

 x  3   xn   ;   = An ⋅  0  ⇒ xn y π  y0  cos   n  3 

− sin

π

=

 

2n ⋅  x0 ⋅ cos

nπ

−

3

y0 ⋅ sin

nπ 



3 

De aici rezultă relaţia cerută.

2.a) 1ˆ2 = 10 

2

ˆ2 , =1

2ˆ 2

ˆ =9

2

=

ˆ 3ˆ 2 4,

ˆ =8

2

ˆ = 9,

4ˆ 2

ˆ = 5, ˆ =7

5ˆ 2

ˆ =6

2

ˆ ⇒ ecuaţia =3

nu are soluţii în

11 .

b) Numărul este 10 ⋅ 112 = 1210 . c) Dacă polinomul are o soluţie a ∈ 11, atunci doi şi nu are rădăcini în

11 ,

a

2

ˆ = 0ˆ , + a +1

(

)

deci 2ˆ a + 1ˆ

rezultă concluzia.


2

ˆ fals. = 8,

Cum polinomul dat are gradul


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) f ( A ) = A b)

f ( X

c) Fie

+

2

= I 2 .

f ( X )) = A ⋅ ( X

+

A⋅X

f ( X 1 ) = f ( X 2 ) ⇒ A ⋅ X 1

Y ∈ M 2 (  ) . X

=

) = A⋅X

=

2

+ A ⋅ X

A ⋅ X 2 ⇒ X1

=

= A ⋅ X

+

X

=

X

+

f ( X ) .

X 2 , deoarece A este inversabilă , deci f este injectivă. Fie

1 A− ⋅ Y este o preimagine a lui Y .Rezultă f este surjectivă, deci f este bijectivă.

2.a) X , Y ∈ M ⇒ A ⋅ X

=

X ⋅ A , A ⋅Y

=Y ⋅ A

⇒ A ⋅ ( X ⋅Y ) = (A ⋅ X ) ⋅Y

=

(X

)

⋅ A ⋅Y =

X

⋅

( A ⋅ Y ) =

(Y ⋅ A ) = ( X ⋅ Y ) ⋅ A . b) Fie X ,Y ∈ G ⇒ det ( X ) ≠ 0, det (Y ) ≠ 0, det ( X ⋅ Y ) ≠ 0 şi X ⋅ Y ∈ M ⇒ X ⋅ Y ∈ G . X

⋅

 1  0  a b  a 0 a −1 X ∈ M şi X =   ⇒ X =   .Cum det ( X ) ≠ 0 ⇒ a ≠ 0 . X =  c 1  ∈ G −  c d  c a  2  a  a a 0 2  −1 c) Fie X =   , X = I 2 ⇒ c = 0, a = ±1. Deci există un element de ordin doi X =  0 c a


0

.

−1 


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie  x 

 x 

 x 

3







 

1.a)  1  = A ⋅  0  ⇒ x1 = 3, y1 = 2 ;  2  = A ⋅   ⇒ x2 = 17, y2 = 12. y 2 y y 1



0



2



b)Demonstrăm prin inducţie. x0 + y0 ⋅ 2 = 1, x1 + y1 ⋅ 2 = 3 + 2 2 .Presupunem adevărat pentru n şi demonstrăm pentru n + 1 . xn+1 + yn +1 ⋅ 2

c)

=

3 ⋅ xn

+ 4 ⋅ yn +

xn+ 2

= 3 ⋅ xn +1 + 4 ⋅ yn +1

yn+ 2

=

2 ⋅ xn +1 + 3 ⋅ yn +1

^

^

^

( 2 xn

; Deci xn+ 2

+ 3 yn

)

2

=

( 3 + 2 2 ) ⋅ ( xn + yn 2 ) = ( 3 + 2 2 )

n +1

.

− 6 ⋅ xn +1 + xn = 0, ∀n ≥ 0 .

^ ^ 

2.a) 3 x 2 = 3 ⇒ x 2 = 1 ⇒ x ∈ 1, 6 



^

b) ord  3  = 6  

− ^ c) Presupunem că f este un morfism de grupuri. f  0  = 1; f  

3

− − − − ^  0 = f    2+ 2+ 2  =  3       


^

^

= 6 =1,

contradicţie.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie b   bc a a  = 1.a) d = ⇒ f ( x ) = d  c a  c x +  c  b) Fie x1 , x2 > 0 a.î. f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇒ x1 (ad − bc ) = x2 (ad − bc ) , deci x1 = x2 , adică f este injectivă. a x +

n =1⇒ f ( x) =

c) Inducţie după n .Pentru

ax + b

=

cx + d

an f ( x ) + bn pentru n + 1 . ( f  f  ...  f )( x ) =   cn f ( x ) + d n de n ori

=

a1 x + b1 c1x + d1

. Presupunem adevărată pentru n şi demonstrăm

an+1 x + bn +1 cn+1 x + d n +1

1 0  a 0  0 b  a + 1 b  + +  =   ⇒ det X 1 0 1 0 0 0 0  0

2a) Fie X ∈ G , X = 

b) A2 = A, B 2 = 02 , A ⋅ B = B , B ⋅ A = 02 .Fie X 1 , X 2 ∈ G ; X 1 ⋅ X 2

=

I2

+

(a

c) X 2 = I 2 ⇒ X

+

=

a

'

I2

+ aa −

'

) A (b +

'

+ b + bb

'

)B , a

'

+a +

 an

bn 

 cn

d n 

, deoarece An +1 = An ⋅ A = 

X1

=

I2

aa '

≠ −1 .

+

=

a +1 ≠ 0 .

aA + bB , X 2

( X 1 )

2 A + bB ,b ∈ .


⋅ A .

−1

=

I2

−

=

I2

+a

a a +1

'

'

A +b B.

A−

b a +1

B , deci G este un grup.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a)

∆ = 14 m − 4 ≠ 0 ⇒ m ∈ 

b)

m=

c)

d2

2 7

2 \   . 7 

.

∩ d 3 = {( 7, −3)} ; ( 7, −3 ) ∈ d1 ⇒ m =



^





2 7

.

2.a) det A = m ∈ ± 1 . Cum (  5 , +, ⋅) este un corp comutativ , rezultă că b) | H |= 10 . Fie '



^





X 1 , X 2 ∈ H

m n ⇒ X1 =  ^ ^  , X 2  0 1  

 m' = ^ 0 

  ^ . X 1 ⋅ X 2  1

n

'

A este inversabilă.

 mm' = ^  0 

Se arată că

ABA = B.

mn + n  '

 ∈ H , deoarece  

^

1

mm ∈  ± 1 .

c)

2

X 1 = I 2 , X 1 ≠ I 2

 m2 ⇒ ^  0 

^

Pentru

m = − 1, n ∈  5

^ ^ ^ ^ ^ 1 0  2 = ⇒ m = 1 şi n  m + 1  = 0 .Pentru   ^ ^     0 1

mn + n  ^

1

⇒ 5 soluţii.


^

^

m = 1, n = 0 ⇒ X 1 = I 2 , fals.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) f ( A) = A2 = 02 . b) f ( f ( X ) ) = f ( AX ) = A2 X = 02 . c) Presupunem ⇒ 02

=

f ( X ) + f ( Y ) = I 2 ⇒ A( X

+Y

) = I 2 şi aplicăm pe f ⇒ f ( A ( X + Y ) ) = f ( I 2 ) ⇒ A2 ( X + Y ) = A

A , contradicţie.

0 1

t 2a) At =   ⇒ AA = I 2 , deci A ∈ P. 1 0 b)Fie A, B ∈ P, A ⋅ At = I 2 ⇒ det ( A ⋅ At ) = 1 ⇒ det ( A) ⋅ det ( At ) = 1 ⇒ det ( A) ≠ 0 ⇒ A inversabilă

⇒ At = A−1 ⇒ P = GL2 (  ) = grup .

c) X

=

A

−1

⋅ B;det

( X ) = ( det A

−1

)

⋅

( det B ) ≠ 0 ⇒ X ∈ GL2 (  ) = P.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie  1 a b   1 c d   1 a + c b + d   0  = M a + c,b +d 1.a) M a ,b ⋅ M c ,d =  0 1 0  ⋅  0 1 0  =  0 1 0 0 1 0 0 1  0 0 1      

b) M 0,0 = I 3 este elementul neutru .Pentru orice matrice M a ,b ∈ G , există matricea M − a ,−b ∈ G a.î. M a,b ⋅ M −a ,−b

=

M 0,0

= M −a , −b ⋅ M a ,b .

. M c,d ⋅ M a ,b

= M c +a ,d +b = M a +c ,b +d = M a ,b ⋅ M c ,d .

 0 a b c) M a ,b − M at ,b = M =  −a 0 0  ⇒ det ( M ) = 0. Dacă a = 0, b ∈ ∗ ⇒ rang ( M ) = 2.  −b 0 0    Dacă a = 0, b = 0 ⇒ rang ( M ) = 0 . Dacă a ∈ ∗ ⇒ rang ( M ) = 2 .

2a) b)

ord (e) = 1 , ord ( a ) = ord (b ) = ord (c ) = 2 .Deci x = e este unica soluţie.

∀ x ∈ K , x

2

=e

⇒ K este comutativ. Dacă ab = a ⇒ b = e, fals. Dacă ab = b ⇒ a = e, fals.

Dacă ab = e ⇒ b = a −1

= a,

fals. Deci ab = c.

c) Nu sunt izomorfe deoarece

K nu este ciclic şi

 4 este

ciclic fiind generat de 1 .




1.a) B 2 = 

2 

 = 2 B.  −6 −2  b) A2 = 2 A ⇒ a 2 + bc = 2a; b ( a + d ) = 2b; c ( a + d ) = 2c; bc + d 2 b = 0. Analog c = 0. a 2

c)

d

=

=

2 − a;det ( A ) = ad

2a , d 2

− bc =

=

2d , a + d

≠

=

2d . Dacă b ≠ 0 ⇒ a + d = 2, contradicţie. Deci

2 ⇒ A = O2 sau A = 2 I 2 .

a ( 2 − a ) − bc = 0 .

2.a) Aplicăm algoritmul lui Eucid. x 6 − 1 = ( x 4 − 1) ⋅ x 2 + ( x 2 − 1) . x 4 − 1 = ( x 2 − 1) ⋅ ( x 2 + 1) , deci ( f , g ) = x 2 − 1. b) 8 soluţii distincte. c) f ( x ) = ( x − 1) ⋅ ( x + 1) ⋅ ( x 2 + 1)



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie  1 3  t  1 3   0 2  t  0 −2  = = ∈ ; ⇒ ; A A A P B =     ; B =   = −B ⇒ B ∈ Q. 3 1 3 1  −2 0  2 0   0 a  0 b  −ab 0  t b) Fie A, B ∈ Q ⇒ A =  ,B =   . AB =   = ( AB ) ⇒ AB ∈ P .  −a 0   −b 0   0 −ab   a b  t  a b   −a −b   0 b 2 c) X =   ; X = − X ⇒  =  ⇒ a = d = 0; c = −b . X =   ; det ( X ) = b c d   c d   −c −d   −b 0  2a) f ' ( x ) = 3x2 + 4 x + 3 > 0, ∀x ∈  ⇒ f este strict crescătoare.

1.a) A = 

≥0.

lim f ( x ) = −∞ , lim f ( x ) = ∞ , f este continuă deci are P.D. ⇒ f ( x ) = 0 are o unică soluţie reală.

x →−∞

b)

^

x →∞

  ^

^

^

  ^

^

f  0  = 1, f  1  = 1

 

c) Dacă

 

^

f

=

gh , grad ( h ) ≥ 1, grad ( h ) ≥ 1 ⇒ f

^

=

^

^

g ⋅ h , deci f este reductibil, contradicţie.




 x

y

 z

t 

Fie Y = 

 ; AX

=

XA ⇒ t

=

x, y

= 3z . 2

 x  x b) Det ( X ) = x − 3 y = 0; Dacă y = 0 ⇒ x = 0 ⇒ X = 02 . Dacă y ≠ 0 ⇒   = 3 ⇒ ∈{± 3} , contradicţie. y  y   ac + 3bd 3 ( bc + ad )   a 3b   c 3d  Y , = c) Dacă X =      , a, b, c , d ∈  ⇒ XY =  ac + 3bd  . b a  d c   bc + ad 2

2

Utilizând metoda inducţiei matematice, rezultă concluzia.

2a)

f (1) = 0.

 5  b)  ∑ xi   i =1 

c)

2

  x x i j  = −5.  1≤i∑  5 j < ≤  

− 2

(

f ( x ) = ( x − 1) x

4

2

+ 3x +

)

4

2

(

2

)

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

2

+

( x + 1)


2

> 0.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) a = 2, b = 0. b) a = 4, b ≠ −2. c) a ≠ 4; b = −a + 2 ⇒ x, y , z ∈  .Pentru a = 4 , b = −2 . 2.a) Cum a, b, c ∈  2 şi variază independent , rezultă că A are 8 elemente. 2  a 0 0   a 0 0   a b)  0 a 0  ⋅  0 a 0  =  0  b c a   b c a       0

0 a

2

0

0 

0  .Dacă

2 a  

a = 0ˆ ⇒ X

2

=

O3 .Dacă a = 1ˆ ⇒ X

2

=

I 3 .

 0 0 0    2      c) În egalitatea X = 03 trecând la determinant se obţine a = 0 .Cum X = 0 0 0  , b, c ∈  2 verifică    b c 0   

egalitatea X 2 = 03 , rezultă că avem 4 soluţii.




m = 7.

 4m − 3 3m + 4   2m − 9 12 − m  , ; M 3  ,   , m ∈ . Considerăm m = 25k + 7, k ∈  . 25  5   25  5

b) M 1 (1,1) ; M 2  c)

S

2.a) b)

=

1 2

⋅ | ∆ |, ∆ =

1 25

( − m + 7 )(14 − 2m ) ; S = 1 ⇔ m ∈ {2,12} .

f ( −1) = 0.

(

2 f ( x ) = ( x + 1) 2 x

c) x1 = −1; x3 =

1 x2

−

(a + 2 ) x + 2 ) ; rădăcinile sunt reale pentru

a ∈ (−∞ , −6] ∪ [2, ∞ ) .

;| x2 | + | x3 |= 2 ⇔| x2 |= 1 ⇔ a ∈ [− 6, 2].




1.a) det A = ( m − 1) . b) Dacă m ≠ 1 ⇒ rangA = 3 . Dacă c) Caz de incompatibilitate m = 1. Dacă m ∈  \ {1} ⇒ x = 1 +

3 m −1

m = 1 ⇒ rangA = 1 .

; y = 0; z

2a) Se verifică prin calcul. b) α = [1234], β = [1342]. c) x ⋅ β 1 = α 1 ⋅ x ⇔ α ⋅ x = x ⋅ β . γ = x. −

=

−3

m −1

. Deci m | 3 ⇒ m ∈ {− 2, 0, 2, 4}.

−



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) B

t

=

t

A

+

A=B,

 1 b) Din ipoteză rezultă A =  − x  − y 

x

y

1

z  , x, y, z ∈  , deci det ( A ) = 1 + x



 −z 1 

c) Dacă x + y = 0 ⇒ y = − x ⇒ B = x ( A − At ) ⇒ det B = 0 . 2.a) x ( x2 + 1) = 0 ⇒ x 1 = 0, x2 = i, x3 = −i . b) i ( p + 2 ) + p + q − 2 = 0, p, q ∈  ⇒ c)

n

n

p = −2, q = 4 .

n

Sn

= x1 + x2 + x3 , n ∈ . Sn = − pSn − 2 − qSn −3 , ∀n ≥ 3.

S0

= 3, S1 = 0, S2 = −2 p, S3 = −3q, S4 = 2 p

S6

= −2 p + 3q

3

2

, S7

= −7 p

2

2

, S5

= 5 pq.

q.


2

+

y

2

+

z

2

≥1 .


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) A2

1 1 1   3 = 0 1 0 ;A   0 0 1  

1 2 1    = 0 0 1 . Se verifică relaţia.   0 1 0   

b) A3 − A = A2 − I 3 ; A5 − A3 = A 4 − A 2 ; A 7 − A 5 Prin însumare obţinem: A

2n

−A

2

= A

2 n −1

A

2 n +1

−A⇒ A

2 n +1

−A= A −A

2 n −1

2n

− I3; A

=A

2

=A 2n+ 2

− A = I 3

c) Demonstrăm prin inducţie. Verificăm pentru ≤ n −1

6

−A

4

−A

2

;

2 n+ 2

A

n = 1, n =

şi demonstrăm pentru n. Utilizând relaţia A

n

;..., A2

= A

=A

(

)( x − ε1 )( x − ε 2 ) unde

P3 = x − 1

ε 1,2

=

−1 ± i

2n +1

−A

−A

−A

2n

2 n −1

= A

2n

−A

2 n −1

⇒

2 = A − I 3

2. Presupunem adevărată pentru toate valorile

n −2

+A

2.a) x 4 − 1 = 0 are soluţiile complexe: x1 = 1, x2 = −1, x3 = i , x4 b)

n +1

2

− I 2 ,

rezultă concluzia.

= −i

3

2

c) x 6 − 1 = ( X − 1)( X + 1) ( X 2 − X + 1)( X 2 + X + 1) .




1.a) [ A, A ] = A

3

−

A

3

=

02.

a b  ∗  d ; A =  c d    −c

b) Fie A = 

−b 

∗ ∗  . A ⋅ A = A ⋅ A . a 

c) [ A, BC − CB] = ABC − ACB − BCA + CBA . Prin permutări circulare se obţin celelalte două relaţii.Adunând se obţine egalitatea.

2.a) 0 < a < 1, 0 < b < 1 ⇒ ab ∈ ( 0,1) , (1 − a )(1 − b ) ∈ ( 0,1) b)

f

'

( x) =

1

( x + 1)

2

> 0, ∀x >

0 ⇒ f strict crescătoare, deci injectivă. f este continuă deci are P.D.,

lim f ( x ) = 0, lim f ( x ) = 1 ⇒ Im f

x →0

c)

f (1) =

=

x →∞

x >0

1 2

( 0,1) ⇒

( )=x

; ∃! y > 0, f ( y ) = x ; f y 3



f surjectivă, deci bijectivă. Se verifică egalitatea.

x x 

=

f (1) ⇒ y 3

=1⇒

y =1⇒ x =


1 2

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) D2 = 3; D3 = 4 . b) Se dezvoltă determinantul după prima linie. c) Se demonstrează prin inducţie. Verificare pentru 2 ≤ k ≤ n − 1, Dn = 2n − ( n − 1) = n + 1. 2.a)

 ^

^

  ^ ^   ^ ^   ^ ^ 

 2 ×  2 =  0, 0  ,  0,1  ,  1, 0  ,  1,1  .Se

b) ( xy )



2

= e, x

2 2

y

 

= ee = e

 

 



n = 2, n = 3 . Dacă este adevărată pentru

completează tabla operaţiei de adunare .

.

c) x = x −1 , ∀x ∈ G ; ∀a , b ∈G ⇒ ( ab )

−1

= ab = b

−1

a

−1

= ba

.




2

A = 3 A; x = −

b) B =

1 9

.

1

A. 3 Prin calcul direct.

c) 2.a) x1 = 2; x2,3 = −1 ± i

2.

b) Sn = x1n + x2n + x3n , ∀n ≥ 0; S0 = 3, S1 = 0, S2 c) Se scriu relaţiile lui Viète, se obţine m = 0 .

2 , S3 = 18, S 4 = =

2.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) A M (1,1) . b) y ' = 2 x ' . c) x1' = ax1 + by1 , y1' = cx1 + dy1; x 2' = ax 2 + by 2 y2' = cx2 + dy2 ; x3' = ax3 + by3 , y 3' = cx3 + dy 3 . Se utilizează proprietăţi ale determinanţilor. 2.a) 16. b) Se verifică prin calcul direct. c) X = I 3 sau X = O3 .



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) det A = 0 b) Se verifică prin calcul. 2 c) det( I 3 + xA2 ) = (1 − 6x ) ≥ 0, ∀x ∈  . 2.a) x1 = −1, x2 = i, x3 = −i. b) p (1) = 0, p ' (1) = 0 ⇒ a = −2, b = 0. c) Singurele rădăcini raţionale ale polinomului p ( x ) = x3 + ax 2 + x + 1 sunt x = ±1 ⇒ a ∈{−3,1} .



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) AB = 03 b) A2 = 3 A, AB = BA = 03 , B 2 = 3B . Se verifică relaţia. c) ∀ x ∈ ∗ ⇒ M x este inversabilă, deci det ( M x ) ≠ 0. 2.a) Aplicăm relaţiile lui Viète, ∑ xi = a, x1x2 x3 x4 = 1, ∑ xi x j xk i

i < j
=

a.

b) Dacă se divide , atunci p (1) = 0, p ( −1) = 0 ⇒ a = 1 = −1 , contradicţie. c) Se împarte ecuţia reciprocă f ( x ) = 0 prin x 2 , se notează x +

1 x

= t etc.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) Se dezvoltă determinantul; se obţine det A = 1 + a 2 + b2 + c2 . b) A· A* = det A·I 3 ⇒ det A·det ( A* ) = ( det A )3 ⇒ det A·det ( A* ) = ( det A )3 .

( ) = ( det A)2 .

Cum det A ≠ 0 ⇒ det A*

 a 2 ab ac    c) Avem A − I 3 =  ba b2 bc  şi se observă că orice minor de ordin 2 al matricei A este nul. Ca urmare,  ca cb c 2    rangul matricei A − I 3 este cel mult 1.

2.a) Dacă f ( x ) = f ( y ) ⇒ ax = ay ⇒ a −1 ( ax ) = a −1 ( ay ) ⇒ x = y , adică f

este injectivă.

Pentru orice y ∈ G , considerând x = a −1 y ∈ G , rezultă f ( x ) = y, deci f este surjectivă.

b) ( f a fb )( x ) = f a ( fb ( x )) = a· fb ( x ) = a ( bx ) = ( ab ) x = fab ( x ) , ∀ x ∈ G . c) Compunerea funcţiilor este asociativă. Elementul neutru este 1G = fe ∈ F ( G ) , unde e este elementul neutru 

din G. Dacă a −1 este simetricul lui a ∈ G, atunci f −1 este simetricul elementului f a ∈ F ( G ) . a



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Prin calcul direct rezultă det A = 3 (1 − m 2 ) . b) Dacă

m ∈  \ {−1,1} rezultă det A ≠ 0, deci rang ( A ) = 3.

Pentru m = 1 sau m = −1 , există cel puţin un minor de ordin doi nenul în A, deci rang ( A ) = 2.

c) Dacă

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

1  Pentru m = 1 ⇒ A = 1 1 

−1

−1

1

1

1

3

3

0  , care are rangul 2, egal cu rangul lui A, deci sistemul este compatibil −1  



(nedeterminat).

1  Pentru m = −1 ⇒ A =  −1  −1 

2.

−1

1

1

1

−1

3

3

2  , care are rangul 3, şi cum rang A = 2, rezultă sistemul este −1  



incompatibil. a) Se verifică prin calcul direct că x ∗ y ∈ G2 , ∀x, y ∈ G2 , adică operaţia „ ∗ ” este corect definită pe G2 . Folosind definiţia se verifică şi asociativitatea şi comutativitatea operaţiei. Elementul neutru este e = simetricul oricărui element x ∈ G2 este x ' =

18 x − 35 9 ( x − 2 )

=

2+

1 9( x − 2)

∈

R în

raport cu opera ţia „ ∗ ”.


3

, iar

( 2, ∞ ) = G2 .

b) Se arată că f este bijectivă şi că f ( x ∗ y ) = f ( x )· f ( y ) , ∀x , y ∈ G2 . c) Dacă x, y ∈ (α , ∞ ) şi α ≥ 2 , atunci x ∗ y = 3( x − 2 )( y − 2 ) + 6 (α − 2 ) + α ≥ α , deci lui

7

G este parte stabilă a α



VSoluţie

1. a) Din primele două ecuaţii rezultă că dacă ( x0 , y0 ,0, 0 ) este soluţie, atunci

x0

= 0,

y0

=

1 3

. Din a treia

ecuaţie rezultă p = −2 .

b) Matricea sistemului, notată A, conţine minorul

2

−3

1

9

= 21 ≠ 0 ,

deci rang A ≥ 2,

c) Dacă rang A = 2 , orice minor de ordin 3 al matricei A este nul. Se obţine astfel minorul principal

2

−3

1

9

=

∀

m, n ∈  .

m = 2, n = −12. Alegând

21 ≠ 0, din teorema Rouché rezultă p = −2.

2. a) Se verifică prin calcul direct asociativitatea şi comutativitatea. Elementul neutru este (1,0 ) iar 1

simetricul unui element ( q, k ) este elementul 

q



, − k  ∈ G.



b) (1,1) ∗ (1, 2 ) ∗ ... ∗ (1,10 ) = (1,1 + 2 + ... + 10 ) = (1,55 ) . c) f morfism: f ( ( q1 , k1 ) * ( q2 , k2 )) = q1q2 2k1 + k 2 f injectivă: Fie ( q1 , k1 ) , ( q2 , k2 ) ∈ G , q1 =

m1 n1

=

f ( q1 , k1 )· f ( q2 , k2 ) , ∀ ( q1 , k1 ) , ( q2 , k2 ) ∈ G .

şi q2

=

m2 n2

, m1 , n1 , m2 , n2 ∈  impare astfel încât

f ( q1 , k1 ) = f ( q2 , k 2 ) . Dacă k1 ≠ k 2 , f ără a restrânge generalitatea, putem presupune k1 < k 2 . Atunci, din q1·2

k1

=

k 2

q2 ·2

, rezultă m1n2

=

2

k2 − k 1

m2 n1 , contradicţie, deoarece membrul stâng este impar, iar membrul

drept este par. Ca urmare, k1 = k 2 , de unde q1 = q2 . f surjectivă: pentru orice număr raţional r = a

b

m = 2 m1 şi n = 2 n1. Notând q =

m1 n1

,k

=

m n

∗

, m, n ∈  , există m1 , n1 ∈  impare şi a, b ∈  astfel încât

a − b, rezultă f ( q, k ) =

m n


.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) Sistemul are soluţie unică dacă determinatul matricei A a sistemului este nenul. Cum det A = m2 − 6m + 5, sistemul are soluţie unică pentru m ∈  \ {1,5} . b) Pentru

m ∈  \ {1,5} sistemul este compatibil determinat. Pentru m = 1,

rang A = rang A = 2, adică sistemul este

compatibil nedeterminat. Pentru m = 5 rezultă rang A = 2 şi rang A = 3, deci sistemul este incompatibil. c) Pentru m = 1 se obţine soluţia x = 1 − α , y = α , z = 0, unde α ∈  . Înlocuind în relaţia 2 x02 − y02 + 3z02 = 14, rezultă α ∈{−2,6}. Soluţiile căutate sunt ( 3, −2,0 ) şi ( −5,6,0 ) . 2 3 2 3 5 2.a) ∗ =  +  = . 3 4  3 4  12 b) Comutativitatea este imediată. Asociativitatea: folosind relaţia { x + n} = { x}, ∀ x ∈ , n ∈  , rezultă:

( x ∗ y ) ∗ z = { x ∗ y + z} = {{ x + y} + z} = { x +

y − [ x + y] + z} = { x + y + z} şi

x ∗ ( y ∗ z ) = { x + y ∗ z} = { x + { y + z}} = { x + y + z − [ y + z] } = { x+ y + z}.

Elementul neutru este

0, simetricul lui 0 este 0, iar simetricul oricărui element x ∈ ( 0,1) este 1 − x. 1 1 3 5  1 1 5 c) Ecuaţia se poate scrie sub forma {3 x} = . Cum 0 ≤ 3 x < 3, rezultă 3 x ∈  , ,  ⇔ x ∈  , ,  . 2  2 2 2  6 2 6 e =




m (σ ) = 4.

b) Prin calcul direct rezult ă σ 5 = e, deci A = {e,σ ,σ 2 ,σ 2 , σ 3 ,σ 4 } . A are 5 elemente. c) Cum τσ 2 = σ 2τ ⇒ τσ 4 = σ 4τ , deci τσ −1 = σ −1τ , adică τσ 2.a) Trebuie demonstrat că f ( x − T ) = f ( x ) , ∀ x ∈  Pentru orice x ∈  avem f ( x − T ) = f

b) Fie

T1 , T2 ∈ H ⇒ f ( x + ( T1 + T2 ) )

Dacă T ∈ H , atunci

−T ∈ H ,

=

(( x − T ) + T ) = f ( x) f

( ( x + T1 ) + T2 )

deci H este subgrup al lui

⇒

T2∈H

=

= στ .

−T ∈ H .

f ( x + T1 )

T1∈H

=

f ( x ) , deci T1 + T2 ∈ H .

( , + ).

c) Din f ( T ) = f ( 0 ) ⇒ T ∈  . Apoi, f ( x + T ) = f ( x ) , ∀T ∈ . Astfel H =  .



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie m

1.a)

det ( M ) = 1 − m 2m + 1

b)

2

(

1

1

2

1 = −4m + m − 1 .

2

2m + 1 1 2

)

−4m + m −1 = − 4m − m + 1 ≠ 0, ∀m ∈  . 2

1 15 15 15 c) det ( M ) =  2m −  + ≥ ⇒ S ABC ≥ . 4 16 16 32   2ˆ 1ˆ  2.a) M =  .  −1ˆ 2ˆ     2ˆ 1ˆ   3ˆ 1ˆ  b)  ⋅  = O2 .  −1ˆ 2ˆ   −1ˆ 3ˆ      ˆ ab   a 2 − b2 2  a b 2  . X X Dac , atunci c) ă = =  2 2  ˆ b a −    −2ab a − b  b

2

ˆ, =4

{ }

ˆ 4 ˆ adică a ∈ 1,

şi

{

}

ˆ ˆ 4 ˆ . Cum a a , b ∈ 0,1, 2

2

{ }

 1ˆ 3ˆ   şi  −3ˆ 1ˆ   

ˆ ˆ . Cum ab = 3 ˆ rezultă soluţiile X =  b ∈ 2,3 1


2

−b

2

ˆ ⇒a =2

2

 4ˆ 2ˆ  .  −2ˆ 4ˆ   

X 2 = 

ˆ =1

şi


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) Cu regula lui Sarrus sau prin aplicarea proprietăţilor determinaţilor rezultă det A = 0 . b) Cum det A = 0 , sistemul admite soluţii nenule. c) Scăzând prima ecuaţie a sistemului din a doua, rezultă ( b − a ) ( y0 − z0 ) = 0 , deci y0 = z0 . Rangul matricei sistemului este egal cu 2; z este necunoscută secundară, z = λ , λ ∈  . Obţinem y = λ , x = − ( a + b + c ) λ . Cum (1,1,1) soluţie implică a + b + c = −1 , soluţiile sistemului sunt ( λ , λ , λ ) λ ∈  .  x

2.a) Notând A x, y =  iy 

iy 

 ⇒ Ax1 , y1 · Ax2 , y2 x

2

 x1x2 − y1 y2 i ( x1 y 2 + x2 y1 )   . În plus,  i ( x y + x y ) x x y y − 2 1 1 2 1 2   1 2

=

2

( x1x2 − y1 y2 ) + ( x1y 2 + x 2 y1 ) = ( x12 + y12 )( x 22 + y 22 ) ≠ 0 ⇒ A x1, y1 ·A x2 , y2 ∈G b) Comutativitatea este consecinţă a punctului a), iar asociativitatea este proprietate generală a înmulţirii din M 2(  ) .

cu x ' =

 x ′ iy ′  ,  iy ′ x ′ 

Elementul neutru este matricea A1,0 = I 2 , iar inversa matricei A x, y este A x ', y ' =  x

x 2 + y 2

şi y ' = −

y x2 + y 2

.

c) Evident f este funcţie bijectivă. f ϕ morfism: = A x x − y y , x y + x y . 1 2 1 2 1 2 2 1

 x1

f ( x1 + iy1 )·ϕ ( x2 + iy2 ) =  

 iy1

iy1   x2

·  x 1   iy2

iy 2 

 = A x1 , y1 ·Ax2 , y2

x2 

Concluzia rezultă din faptul că ( x1 + iy1 )·( x2 + iy 2 ) = x1x2 − y1y 2 + i ( x1y 2 + x 2 y1 ) .


=


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) Notând cu A matricea sistemului, rezultă det A = m 2 ( m − 1) . Sistemul admite soluţie unică dacă şi numai dacă det A ≠ 0, adică m ∈  \ {0,1} .

 1 −1 1   1 −1 1 1    b) Dacă m = 0 rezultă A =  1 −1 1  , A =  1 −1 1 2  , rang A = 1 şi rang A = 2.  2 −2 2   2 −2 2 3       1 −1 1   1 −1 1 1      Pentru m = 1 rezultă A =  1 −1 2  , A =  1 −1 2 2  , rang A = 2 şi rang A = 3.  2 −2 4   2 −2 4 3     

c) Fie ( x0 , y0 , z0 ) ∈ 3 o soluţie a sistemului; atunci m ∈  \ {0,1}. Scăzând a doua ecuaţie a sistemului din a treia, rezultă că x0 − y0 + ( m + 1) z0 = 1. Din prima ecuaţie, conduce la mz0 = 0 deci z0 = 0. Rezultă x0

−

y0

= 1, deci

x0

−

y0

+

2009 z0

= 1.

  2.a) H = {0,1,2,4 }. 



b) Din tabla adunării elementelor din H , rezultă că dacă x, y ∈ H astfel încât x + y = 0 atunci x = y = 0. c) Se verifică relaţia A· B ∈ G pentru orice A, B ∈ G . 

Asociativitatea este proprietate generală a înmulţirii din M2 (  7 ) , iar elementul neutru este I 2

a

=

 1 0   .  0 1   

     ∈ G , condiţia a ≠ 0 sau b ≠ 0 este echivalentă cu det A ≠ 0 , conform punctului anterior. b a    a −b   c −d  −1 −1 −1 Inversa matricei A =   ∈ G este A =   , cu c = ( det A ) ·a, d = ( det A ) · ( −b ) . b a  d c  Dacă A = 

−b



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) Se înlocuiesc x0 = 2, y0 = 2, z0 = 1 în ecuaţiile sistemului şi se obţine m = 3 şi n = 2 . b) Sistemul admite soluţie unică dacă determinantul matricei sistemului este nenul. Cum det A = 3 − n , rezultă n ∈  \ {3}. c) Dacă n ∈  \ {3} , sistemul este compatibil determinat. Dar sistemul trebuie să fie compatibil nedeterminat; ca urmare, n = 3. Rangul matricei sistemului este 2 şi deoarece sistemul este compatibil, rangul matricei extinse trebuie să fie 2. Obţinem m = 1. 2. a) Fiecare matrice din G este determinată de o pereche ( a, b ) ∈  3 ×  3 , deci G are 9 elemente.  1 a b   1 c d   1 a + c b + d       0  ∈ G . b) Înmulţirea este corect definită pe G:  0 1 0  ·  0 1 0  =  0 1      0 1   0 0 1   0 0 1   0     

Înmulţirea matricelor este asociativă pe M 3( Z3 ) , deci şi pe G. Elementul neutru este I 3 , iar inversa matricei  1 a b   1 −a −b        ∈ G este A 1 =  0  A =  0 1 0 1 0  .        0 0 1   0 0 1      1 a b   1 a + a b + b      2          c) Dacă X = 0 1 0 , X = 0 1 0  şi X 3         0 0 1   0 0 1     −

 1 a + a + a b + b + b   1 0 0               = 0 = 0 1 0 1 0  = I 3 .        0   0 0 1  0 1    




VSoluţie

1.a) det A = −5m b) Sistemul admite soluţii nenule dacă determinantul matricei sistemului este nul, deci m = 0 c) Pentru m = 0 sistemul are soluţii nebanale: x = λ , y = 3λ , z = −5λ , unde λ ∈  . Înlocuind, rezult ă 2

2

2

z0

+

y0

+

x0

z0

−

y0

−

x0

2

2.a) b)

2

2

=

7 . 3

f ( i ) = b − 5 + i ( a + 4 ) = 0,

de unde

a = −4, b = 5.

 4  x x x x x x − + − + − + − = − + = ( 1 1) ( 2 1) ( 3 1) ( 4 1) ∑ k 2 ∑ k 4  ∑ x k  k =1 k =1  k =1  2

2

2

2

4

2

4

2 −

2

∑

1≤ k < j ≤4

4

xkx j

−

2 ∑ x k + 4 = 0 . k =1

c) Dacă polinomul are toate rădăcinile reale, ţinând cont de relaţia obţinută la punctul anterior, rezultă 2 2 2 2 ( x1 − 1) = ( x2 − 1) = ( x3 − 1) = ( x4 − 1) = 0, deci x1 = x2 = x3 = x4 = 1. Obţinem a = −4, b = 1.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) Determinantul matricei sistemului este ∆ = ab ( b − a )( a − 1)(b − 1) . b) Sistemul este compatibil determinat dacă ∆ ≠ 0 . Rezultă a, b ∈  \ {0,1} , a ≠ b. c) Evident rang A ≤ rang A . Coloana termenilor liberi este aceeaşi cu a treia coloană a matricei sistemului, deci orice minor al matricei extinse este şi minor al matricei sistemului. Ca urmare, rang A ≤ rang A, deci rang A = rang A , adică sistemul este compatibil,

2.a) f 2 = ( 2X + 1 ) 

2

 = 1,

∀a, b ∈ 

.

polinom care are gradul 0.

 f este element inversabil al inelului (  4 [ X ] , +, ⋅) şi b) Cum f · f = 1,

f

−1

=

f .

a 2 = 0   Obţinem = 1 c) Fie g ∈  4 [ X ] , g = ax + b, a ≠ 0, astfel încât g 2 = 1. Rezultă 2ab = 0. b  sau b = 3 şi a = 2.  2  b = 1 

Obţinem două polinoame cu proprietatea cerută în enunţ: g1 = 2X + 1 şi g 2 




=

 2X + 3. 


VSoluţie


1.a) Se verifică prin calcul. 10 9 9  b) A = 9 A ⇒ I 3 + A =  9 10 9  ⇒ det I 3 + A3 = 28.  9 9 10     a1 a2 a3   a1 + b1 + c1 a2 + b2 + c2 a3 + b3 + c3    c) Fie B =  b1 b2 b3  ⇒ AB =  a1 + b1 + c1 a2 + b2 + c2 a3 + b3 + c3  c c c  a + b + c a +b + c a +b + c  3 2 2 3 3 3  1 2  1 1 1 2  a1 + a2 + a3 a1 + a2 + a3 a1 + a2 + a3    BA =  b1 + b2 + b3 b1 + b2 + b3 b1 + b2 + b3  . Egalând elementele aflate pe poziţii corespondente, obţinem  c +c +c   1 2 3 c1 + c 2 + c3 c1 + c 2 + c3  3

(

3

)

concluzia.

2.a)

ε

2

( ).

= −1 − ε ∈  ε

b) ( a + bε ) ( a + bε 2 ) = a 2 − ab + b2 ≠ 0 , deci inversul lui a + bε este c)

( a2

−

ab + b

2

)(c 2

−

cd

+

d

2

)

=

( a + bε )(c + dε )

2

=

x

2

−

a−b a

2

−

ab + b

2

b

−

a

2

−

ab + b

2

ε ∈

2 xy + y , unde x = ac − bd ∈  şi y = ad


 ( ε ) .

+

bc − bd ∈  .


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) det ( A) = 3m 2 + m − 1 .  −1 ± 13  . 6  

b) det ( A ) ≠ 0 ⇔ m ∈  \ 

2 c) A−1 = A∗ ⇔ det ( A ) = 1 ⇔ 3m 2 + m − 2 = 0 ⇔ m ∈ −1,  .



3

ˆ 1, ˆ 2ˆ . 2. a) Rădăcinile lui f sunt 0,

( ) = g (1ˆ ) = g ( 2ˆ ) = 2ˆ ≠ 0ˆ . Cum gradul lui g este 3 rezultă concluzia. ˆ ˆ de unde h = 2ˆ X 3 + X + 2ˆ c) h ( x ) = g ( x ) , ∀x ∈  3 ⇔ ( h − g )( X 3 − X ) ⇔ h = ( X 3 − X ) ⋅ c + g cu c ∈ {0,1 } b)

g 0ˆ

sau h = g .



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1 1.a) Fie A matricea sistemului: A =  0 1 

1 0 0 1 1 1

−

0  −1 ⇒ rangA = 3 . Avem rang A = 3 = rangA , deci sistemul este  1 

compatibil.

b) Rezolvând sistemul obţinem: x1 =

1 + a − b − 2λ 1 − a − b − 2λ , x2 = , x3 = b + λ , x4 2 2

=

λ , λ ∈  .

1 18 c) Din x4 > 0 ⇒ λ > 0 . Apoi, x2 > 0 ⇒ 1 − a − b − 2λ > 0 , deci 1 − a − b > 2λ > 0 ⇒ a + b < 1 Punând condiţiile ca x1 , x2 , x3 , x4 şi x1 + x2 să fie în progresie aritmetică, rezultă

a=b=−

2. a) (1 − x1 )(1 − x2 ) (1 − x3 ) = 1 − ( x1 + x2 + x3 ) + ( x1x 2 + x2 x3 + x3 x1 ) − x1x 2 x3 = 4. b) Presupunând că f are o rădăcină întreagă a, atunci a este divizor al termenului liber al polinomului, adică a ∈ {−1,1} . Cum f ( 1) 8, f (1) 4, nici 1, nici –1 nu sunt rădăcini ale lui f , deci f nu are rădăcini întregi. −

= −

=

c) x12 x2 + x12 x3 + x22 x1 + x22 x3 + x32 x1 + x32 x2 = ( x1 + x2 + x3 ) ( x12 + x22 + x33 ) − ( x13 + x23 + x33 ) . Avem x1 + x2 + x3 = 3 şi x12 + x22 + x32 = ( x1 + x2

+

x3 )

2

−

2 ( x1x 2 + x2 x3 + x3 x1 ) = −1 .

Avem xk3 − 3 xk2 + 5 xk + 1 = 0, k = 1,2,3 şi adunând, rezultă x13 + x23 + x33 = −21. În concluzie, x12 x2 + x12 x3 + x22 x1 + x22 x3 + x32 x1 + x32 x2 = 18.




3

3

3

j =1

j =1

j =1

∑ ( aij + bij ) = ∑ aij + ∑ bij = 0, ∀i ∈{1, 2,3} .

b) Dacă A ∈ M ⇒ det ( A ) = 0. c) Fie A = ( aij ) ∈ M şi A

2

3

=

( cij ) unde cij = ∑ aik akj . Pentru fiecare i ∈ {1,2,3} avem k =1

ci1 + ci 2 + ci3 =

3

3

k =1

k =1

∑ ( aik ak1 + a ik ak 2 + aik a k3 ) = ∑ a ik (a k1 + a k2 + a k3 ) = 0 .

2.a) x1,2 = ± (1 + 2 ) ∈   2  . b)  ⊂   2  ,  ⊂   3  ⇒  ⊂   2  ∩   3  . Fie x = a + b 2 = c + d 3 cu a , b , c , d ∈  ⇒ b 2 − d 3 ∈  şi prin ridicare la pătrat rezultă bd 6 ∈  ⇒ bd = 0 .

Deci b = 0 sau d = 0 , de unde x ∈  .

c) Presupunem că există Atunci 2 = f

( ) 2

2

=

f

2

f :  2 →  3 morfism de inele. Cum f (1) = 1 rezultă că f ( 2 ) = f (1) + f (1) = 2 .

( 2 ) , deci f ( 2 ) = ±

2 ∉   3 .







Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie  1 + 2 x

1. a) A2 = 5 A ⇒ 

 5 x

  5 10   =  ⇒ x = 2. 2 x + 16   5 x 20  10

b) Pentru x = 2 , conform punctului anterior, rezultă A2 = 5 A. Prin inducţie, rezultă An = 5n−1 A, pentru orice *

n ∈  , de unde A

2009

=

52008 A.

2 c) A + At = 

x + 2  t  ⇒ rang A + A 2 8 + x  

2.a)

f

(

)

=1

(

dacă şi numai dacă det A + At

2

−

2

∑

x i x j . Cum x1 + x2

+

1≤ i < j ≤ 4 2 x1 +

2 x2 +

2 x3 +

∑ ( x

c) Avem

i −

∑ ( xi − x j )

2 x4 = −2a −

xj )

1≤ i < j ≤ 4

⇒

=

0, adică x ∈ {−6, 2}.

( −1) = a 2 − 2a + 7 = 10 ⇒ a ∈ {−1, 3}.

b) x12 + x22 + x32 + x42 = ( x1 + x 2 + x 3 + x 4 ) rezultă

)

2

=

3

≥

∑

0 ⇒ −a 2

= 1− a

şi

∑

xi x j

=

a2

1≤ i < j ≤ 4

2 xi

2

∑

−2

1≤i < j ≤ 4

2

x3 + x 4

xi x j

= −a

2

− 6a − 9 .

Dacă f are toate rădăcinile reale

1≤ i < j ≤ 4

− 6a − 9 ≥

0 ⇒ a = −3 .

1≤i < j ≤ 4

Egalitatea are loc dacă x1 = x2

=

x3

=

x4

=

x1 + x2 + x3 + x4

4

=

1− a 4

= 1.


Obţinem a = −3, b = −8, c = 2 .

+3

2

,


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) A ⋅ ( X

+Y

b) Fie X

a b  1 t  ∈ G ; atunci A· X · A = ( a + b + c + d )   c d   −1

) ⋅ A t = A·X ·At

t

+ A ·Y ·A = 02

⇒X

+ Y ∈G

.

=

−1

.

1

Este evident că dacă A· X · At = 02 , atunci a + b + c + d = 0.

c) det X

=0⇒

X

Atunci A·X n · At

2

=t

= tX , unde n −1

t

=

tr ( A ) . Prin inducţie rezultă X n

( A·X · A ) = 02 ⇒ X t

n

∈G

=t

n −1

X , pentru orice n ∈ , n ≥ 1 .

.

2. a) Prin împărţire se obţine câtul X 2 − 4 X + 5 şi restul 0. b) f = ( X 2 − 2 X + 5)( X 2 − 4 X + 5 ) . Rădăcinile polinomului sunt x1,2 = 1 ± 2i, x3,4 = 2 ± i , niciuna nefiind reală. c) Prin calcul direct, folosind rezultatele obţinute la punctul anterior, rezultă xk


=

5, k = 1, 2,3, 4.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1 6 1  5 =  −2

1.a) Prin calcul direct rezult ă A3 =  1 2 t b) A· At =   ⇒ ( A·A ) 2 5

−

a b . Cum X 3 = AX   c d 

c) Fie X = 

=

0 . 1  −2  . 1  XA, rezultă a = d şi b = 0. Înlocuind

0 . −1  2.a) Restul împărţirii polinomului f la X + 1 este f ( −1) = b − 5 , care nu depinde de a. X

2

=

b) Fie

A, rezultă a

g

=

2

f

−

2

=

1 0   , X 2 1 1 

a 0  în ecuaţia  c a

apoi X = 

1 şi ac = 1. Obţinem soluţiile X 1 = 

X ; atunci X

2

−

X |g

. Rezultă

c) ( X − 1) | f ⇒ f (1) = f ' (1) = 0 . Avem 15 41 ,b=− . a= 11 11

f

=

 −1   −1

g ( 0 ) = g (1) = 0 , de unde a = 0, b = 0 .

(1) = 0 ⇒ 2a + b + 1 = 0 şi


f

' (1) = 0 ⇒ 11a − 15 = 0 ; obţinem


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) Det ( A ) = abc ≠ 0 . b) Prin inducţie după n.  a −1 a −1 − b −1 a −1 − b −1    −1 −1 −1 −1  c) A = 0 b b −c  .   −1  0  0 c  

2.a) Pentru x = −1 rezultă

f

( −1) =

f

2

( −1) + 3 f (− 1) + 1 , deci

b) Restul împărţirii polinomului f la X − 5 este

f ( −1) = −1 .

f ( 5 ) . Pentru x = 0 rezultă f (1) = f

2

( 0 ) + 3 f (0 ) + 1 = 1 .

Pentru x = 1 rezultă f ( 5 ) = f 2 (1) + 3 f (1 ) + 1 = 5 .

c) Fie şirul de numere reale ( an )n≥0 definit prin a0 = 0 şi an+1 = an2 + 3an + 1, ∀n ≥ 0 . Prin inducţie rezultă f ( an ) = an şi an Ca urmare, polinomul h = f f

−

X = 0, adică f

=

−

< an +1 pentru

orice n ∈  , deci şirul are o infinitate de termeni diferi ţi.

X se anuleaz ă în fiecare dintre termenii şirului, adică de o infinitate de ori, deci

X .



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 2 1 4 2 =  ⇒ det ( 2 A2 ) = 12.  1 2 2 4 1 1   2 + x 2  b) A3 + xI 3 =  1 2 + x 1  ⇒ det ( A + xI 3 ) = ( x + 4 )( x + 1) . Det ( A + xI 3 ) = 0 ⇒ x ∈ {−4, −1} .  1 1 2 + x    4 −1 −1 −1   1  −1 4 −1 −1  . Prin calcul direct se arată că c) det A4 = 5 ≠ 0, deci A4 este inversabilă. Fie B = 5  −1 −1 4 −1     −1 −1 −1 4 

1.a) 2 A2 = 2·

AB = BA = I 4 , deci B = A−1.

2.a) x2 = 1 + i ⇒ x3 = 1 − i . Folosind relaţiile lui Viete, obţinem

a = x1 + x 2

+ x3 ,

b = x1 x2

+ x1x3 + x2 x3

şi

c = x1x2 x3 , adică a = 4, b = 6, c = 4 .

b) Presupunem că există a, b, c ∈  astfel ca resturile împ ărţirii polinomul f la ( X − 1) 2 şi ( X − 2)2 sunt egale cu r ∈  [ X ] , grad r ≤ 1 . Fie g 2

Rezultă ( X − 1) ( X

−2

=

f

− r ;

atunci grad g

=3.

2

Atunci ( X − 1) | g şi ( X

−2

2 ) | g ⇒ grad g ≥ 4 , contradicţie

c) Presupunem că x1 ≤ 0 . Pe rând, rezultă x13 ≤ 0, − ax12 ≤ 0, bx1 ≤ 0, − c < 0 . Adunând, obţinem 0 = f ( x1 ) < 0, contradicţie.


2

) |g.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţii  a 2 + bc b ( a + d )   . Se verifică prin calcul că A2 − tr ( A) ⋅ A + det A ⋅ I 2 1. a) A =  2  c ( a + d ) d + bc    2 b) tr ( A ) = 0 ⇒ A = − det A·I 2 . Atunci A2 ⋅ B = B ⋅ A 2 = − ( det A )·B 2

= 0 2.

c) A2 − tr ( A ) ⋅ A + det A ⋅ I 2 = 02 ⇒ A2 B − tr ( A ) ⋅ AB + (det A ) ⋅ B = 0 2 (prin înmulţire la dreapta cu B). A2

−

tr ( A ) ⋅ A + det A ⋅ I 2

= 02

⇒ BA 2 − tr ( A ) ⋅ BA + (det A ) ⋅ B = 0 2 (prin înmulţire la stânga cu B).

Scăzând relaţiile de mai sus rezultă Tr ( A ) ⋅ ( AB − BA ) = 02 ⇒ AB

2. a) x12 + x22 + x32 + x42 = ( x1 + x2 + x3 + x4 )

2

−

2

∑

xi x j

= BA

.

= 10.

1≤i < j ≤ 4

b) ( X − 1)( X − 3) | f ⇒ f (1) = f ( 3) = 0 . Obţinem a = −14, b = 6 . c) Fie u, v cele două rădăcini duble ale polinomului f ; din relaţiile lui Viète rezultă 2 ( u + v ) = 6 şi u

2

+v

2

+

4uv = 13 . Atunci uv = 2 ; u = 1 , v = 2 , de unde a = −12, b = 4 .




Soluţie

1.a) det ( A ⋅ At ) = det ( A ) ⋅ det ( At ) = det 2 ( A ) ≥ 0. b) A ⋅ At

=

t

A

⋅A⇔

 0

c) A − At = 

c −b

( A − At ) b−c

∈

2009

=

ac + bd

=

ab + cd

⇔

( a − d )( c − b ) = 0 .

b −c

2008  0 1 t  = (b − c )   . Cum ( A − A ) 0   −1 0 

(b − c )

2008

⋅

=

(b − c)

2008

⋅ I 2 ,

rezultă

( A − At ) ⇒ A − At = O2 sau ( b − c )2008 = 1 . Se obţine b − c ∈{0,1, −1} , deci

{0,1} .

2.a) x = 2ˆ −1 ⋅ 3ˆ = 5ˆ . ˆ ˆ ˆ ˆ , ∀x ∈  , deci 2 x 2 ∈ 0,1, b) x 2 ∈ {0,1,2,4 } { ˆ ˆ 2,ˆ 4ˆ} . 7 c)

f ( x + y)

=

2ˆ ( x + y) = 2ˆ x + 2ˆ y = f ( x ) + f ( y ) ,

injectivă. Cum

 7 este

∀x, y ∈  7 .

f ( x ) = f ( y ) ⇒ 2ˆ x = 2ˆ y ⇒ x = y , deci f este

mulţime finită rezultă că f este surjectivă.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a) Matricea sistemului A conţine un minor nenul de ordin 2 (spre exemplu

1

−1

1

1

=

2 ), deci rang A ≥ 2.

Dacă A are rangul 2, atunci det A = 0 (singurul minor de ordin 3). Avem det A = 2 ( m − 1) , deci det A = 0 ⇒ m = 1 . b) Dacă x0 + y0 + z0 ecuaţie rezultă y0

=

4 , din a treia ecuaţie a sistemului rezultă x0

= z0 = 1 .

=

2, y0 + z0

Atunci, din prima ecuaţie a sistemului rezultă m =

=

2 . Folosind şi a doua

1 2

c) Sistemul are soluţie unică dacă det A ≠ 0 ⇒ m ≠ 1 . Aplicând regula lui Cramer, rezultă x = −

1

, y = 1, z = −

m

m −1 m −1 2.a) X + 1| f ⇒ f ( −1) = 0 . Cum f ( −1) = 5 + p ⇒ p = −5.

b) Dacă Din f

α ∈ 

este rădăcină dublă, atunci f

(α ) = 0 ⇒

(α ) =

. ( x0 , y0 , z0 ) ∈ 3 ⇒ m − 1|1 ⇒ m ∈ {0, 2}

f ' (α ) = 0 .Din f ' (α ) = 0 ⇒ 4

(

α

3

)

− 1 = 0 ⇒ α = 1 .

p = 3.

c) Cum x12 + x22 + x32 + x42 = ( x1 + x2 + x3 + x4 )

2

−2

∑

xi x j

= 0, dacă polinomul

1≤i < j ≤ 4

reale, atunci acestea ar fi toate egale cu 0, contradic ţie.


ar avea toate r ădăcinile


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţii 2 2  a b  a c   a + b  · =    c d   b d   ac + bd

ac + bd 

1.a) A·A t =  b)

(

t f ( 0 ) = det A· A

c) Fie f ( x ) =

a

2

+b

+ 0·B

2

ac + bd

)

=

(

det A·A t

+

x

ac + bd

+

x

c

2

+d

2

. c + d  2

)

+x +

x

=

=

1

π

π

1

=

( a2

=

+i

+b

+b

2

2

2

2

+c

+c

2

+

+d

d2

−

( det A ) −

2

≥

0.

)

2ac − 2bd x + ( ad

2ac − 2bd , n = (ad

− bc

− bc

c) Rădăcinile polinomului f sunt numerele complexe zk = cos Cum

k

3

∈ ,

2

) .

2 ) .

3

∈ G. 3 3 2 2 b) Fie x = cos qπ + i sin qπ , y = cos rπ + i sin rπ , q , r ∈  . Atunci xy = cos ( q + r )π

3

+ i sin

( )

det ( A )·det A t

Afirma ţia din enunţ este adevărată: m = a 2

2.a) Pentru q = ⇒ cos

2

2 kπ 6

+ i sin

2k π 6

pentru orice k = 0,1,...,5, rezultă că f are toate rădăcinile în G.


=

+ i sin

( q + r )π ∈ G.

kπ

kπ

cos

3

+ i sin

3

, k = 0,1,...,5.



−1 

 ⇒ ( I 2 + A)  7 −3 

1.a) I 2 + A = 

2

4

−1 

7

−3 

=

b) A2 = − A , A3 = A2 · A = − A· A = − A2

{ A

=

 = I2

+

A.

A . Prin inducţie matematică rezultă că A

n

( )

= −1

n−1

A,

* ∀n ∈  ,

deci

} = {− A, A} . c) X 3 = A ⇒ det ( X 3 ) = det ( A) ⇒ det ( X ) = 0. Dacă t = tr ( X ) ⇒ X 3 = t 2 X . Din t 2 X = A ⇒ t 3 = −1, deci t = −1. n

n ∈ *

Deci X

=

A.

n n 2.a) f (1) + f ( −1) = an (1 + ( −1) ) + an−1 (1 + ( −1) −

1

Avem 1 + ( −1)

k

)

+... + a1

(1 + ( −1) ) + 2 a0 .

{0, 2} , pentru orice k ∈{1,2,..., n} , deci f (1) + f ( −1) este număr par b) Presupunem că ecuaţia f ( x ) = 0 are o rădăcină întreagă k ; atunci f ( x ) = ( x − k ) g ( x ) , unde g este un polinom cu coeficienţi întregi. f ( 2 ) = (2 − k ) g ( 2 ) este impar, deci 2 − k este impar. f ( 3) = (3 − k ) g ( 3) este impar, deci 3 − k este impar. Atunci 2 − k + 3 − k = 5 − 2 k este par, contradicţie. ∈

c) Dacă polinomul g = X 3 − X + 3a + 1 ar putea fi descompus în produs de dou ă polinoame neconstante, cu coeficienţi întregi, unul dintre aceste polinoame ar fi de gradul 1, deci g ar avea o rădăcină raţională x0

=

unde p, q ∈ , q ≥ 1, ( p, q ) = 1, astfel încât p |1 şi q |1. Rezultă x0 ∈{−1,1}. Pentru x0

= −1 ⇒

Pentru x0

=1⇒

g ( −1)

= 3a + 1 = 0

dacă şi numai dacă a =

g (1) = 3a + 1 = 0 dacă şi numai dacă a =

−

1 3

−

1 3

, care nu este num ăr întreg, contradicţie.

, care nu este număr întreg, contradicţie.


p q

,


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţii  f ( x )   = −a şi 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 ipoteză avem că f ( x ) ≥ f ( 0 ) , ∀x ∈  , deci x = 0 este punct de minim pentru deducem că f ′ ( 0 ) = 0 ⇔ a = 1 ; se verifică faptul că a = 1 convine. 2.a) b)

F este derivabila pe ( 0; ∞ ) . F ′ ( x ) = G primitivă e

1 x

( ln x − 2 ) + 2 ⋅

x⋅

1 x

= f

e

f . Din T. Fermat

(x),x > 0 .

⇒ G este derivabilă. G′ ( x ) = f ( x ) ≥ 0, ∀x ≥ 1 ⇒ concluzia. 1

e

c) Aria = ∫1 f ( x ) dx = ∫1 − f ( x )dx + ∫ f ( x )dx = − F ( x ) 11 + F ( x ) 1e = −2 e − e

1

e


6 e

−∞ .

+8.



1.a) Se demonstrează prin inducţie matematică. b) an+1 − an = −an ⋅ an < 0 ⇒ şirul dat este strict descrescător. c) Cum ak2 < ak ak

= ak − a k +1 , ∀k ∈ 

2.a) F este derivabilă pe

.

b)Aria cerută este A = ∫01

F '( x ) =

2 x + 1 x

2

+

x +1

2 3 3

dx

*

, însumând se deduce relaţia cerută. 1

⋅

 2 x + 1    3 

2

=

(

ln x

2

=

3

1+ 

f (x) .

1

+

)0

x +1

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

2

⋅

=

2 3 π 3

 2

ln 3 .

= 2  2

π

+


π

3

3

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a) f ′ ( x ) =

2

36 ⋅ x − 1 x

 1 1  , x > 0 ⇒ f este strict descresc ătoare pe  0,  şi strict crescătoare pe  , ∞  .  6 6 

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

1

1

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

1

+ ln 6 = m0 ecuaţia are 0 rădăcini 2 reale, pentru m = m0 ecuaţia are o rădăcină reală, iar pentru m > m0 ecuaţia are două rădăcini reale. x0

x→∞

2.a) Funcţia este continuă, deci are primitive. Daca F este o primitivă pentru Aşadar funcţia F este strict crescătoare pe  . 3 2 1 3 1 1 20 b) dx = dx + dx = ln . 0 x − 2 + 3 0 5− x 2 x +1 9

∫

∫

3

∫

3

c) lim ∫ f ( x )dx = lim ∫ 0 0 a →∞

a→∞

a+3 dx = lim ln = 0. a→∞ a− x+3 a

1


f a , atunci F ′ ( x ) = fa ( x ) > 0, ∀x ∈  .


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar 1.a) y = 0 este asimptota orizontală la

Soluţii ∞ şi

la −∞ .

Dreptele x = 0, x = −1 sunt asimptote verticale.

b) f ′ ( x ) =

(

−2 3 x

x

3

2

)

+ 3x + 1 3

( x + 1)

{

}

≠ 0, ∀x ∈  \ −1, 0 , de unde se obţine concluzia.

 1  1 1 1   = 1− . Limita cerută este − ∑ ∑  k 2 2 2 e ( k + 1)  ( n + 1) k =1 k =1  2 1  3 2.a) I1 = ∫ 1 − dx = 1 − ln .  1  2 x + 1 

c)

n

n

f ( k ) =

b) I n = ∫

x n

2

1

1 + x

2

c) I n = ∫ 1 − 1

⇒ I n



n

dx ≤

2

∫1 dx = 1.

2 2 2 1 1 1 1  1   1− −  ⇒ J n dx = 1 − ∫ dx , iar 0 ≤ J n = ∫ dx ≤ ∫ dx =   1 1 + xn 1 1+ x n 1 xn n −1 1 + x n  2n 1 

1

→ 0.


→0


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a)

f ′ ( x ) =

b) f ′ ( x ) =

1

4

−

x

2 9

( x + 1) 3

2

( x − 1)

=

2

x ⋅ ( x + 1)

, x>0

2

(

2

)

2

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

1 2

.

2 2 1 1 Deoarece f   = − ln 2 + ⇒ A ; − ln 2 +  este punctul căutat. 3 3  2 2

c) Din subpunctul a) deducem ca f ′ ( x ) > 0, ∀x > 1 . Deoarece funcţia f este strict crescătoare pe [1, ∞ ) şi

[

f (1) = 0 , rezultă că f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ 1; ∞ ) , de unde se deduce inegalitatea de demonstrat.

2.a) Se arată că f este strict descrescătoare. Se aplică teorema de medie (sau teorema lui Lagrange pentru o primitivă a funcţiei f ).

b)

n

n

∫1 f ( x )dx = ∫1 x

c) Deoarece n

n

dx =

−1

x n −1

n

=1− 1 k +1

∑ ∫k

1 n

∫1

f ( x )dx =

n

f ( x )dx ⇒ an − f (1) ≤

∑ f ( k ) ≤ ∫1

k = 2

−2

. Limita cerută este egală cu 1.

f ( x )dx adunând inegalităţile de la a) obţinem:

k =1

n

∫1

f ( x )dx ⇒ an ≤

n

∫1

f ( x )dx + 1 → 2 , deci şirul este mărginit superior.

Şirul fiind şi crescător , este convergent.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a) f ′ ( x ) = e x ln x .( x ln x)′ = f ( x) ⋅ ( ln x + 1) , x > 0 . 1 1 b) Funcţia f este descrescătoare pe  0;  şi crescătoare pe  , ∞  , deci ea este marginită inferior de numărul  e e  −1

1 f   . Minimul cerut este e e . e 1 c) f ′′ ( x ) = f ( x ) ⋅  (1 + ln x )2 +  > 0 , deci f este convexă pe ( 0, ∞ ) . x  

2.a)

1 ∫0 g 2

( x ) dx

1 = ∫0

b) x ∈ [0;1] ⇒ 0 ≤

4  x  2 3 1 − x + x − x + = 1 x +  

x

2n

1 + x

≤x

2n

1

∫0

1 1 + x

dx = ln ( x + 1)

1 0

=

ln 2 .

şi integrând aceste inegalităţi de la 0 la 1 , obţinem inegalităţile cerute.

c) Integrând functia g n obţinem: 1

1

1

∫0 1 + xdx = ∫0 1 − x + x 

2

− ... −

găsim că limita este ln 2 .

x

2 n −1

2n  1 x 1 1 1 1 + + dx , utilizând şi b) dx ⇒ ln 2 = 1 − + − + ... − 1 + x  2 3 4 2n ∫0 1 + x

x

2n



1.a) x = 0 este asimptota verticala. Functia f nu admite alte asimptote, pentru că f ( x ) = 0 şi lim f ( x ) = ∞ . lim

f este continuă,

x →∞ x b) Aplicăm T.Lagrange funcţiei f pe [ k , k + 1] şi stabilim inegalităţile cerute.

x →∞

c) Adunând inegalităţile de la b) obţinem xn > ln ( n + 1) − ln n > 0, n ∈ * . Apoi, xn +1 − xn = şi folosind b) se deduce că şirul este descrescător.

2.a)

b) c)

F ′ ( x ) = f ( x ) , ∀x > −1 ⇔

1

∫0 f ( x )dx =

a x + 1

+

2bx 2

x +1

+

c 2

x +1

=

2x

( x + 1) ( x

2

)

n +1

− ln ( n + 1) + ln n

, ∀ x > −1 ⇔ a = − 1, b =

+1

1 2

, c = 1.

1

1 1   2 F ( x ) =  − ln ( x + 1) + ln ( x + 1) + arctg ( x )  = − ln 2 + 0 2  0 2 1

1

π

.

4

F ′ ( x ) = f ( x ) , x > − 1 . Observăm că F ′ ( x ) < 0, x ∈ ( −1;0 ) şi F ′ ( x ) > 0, x > 0 , de unde deducem monotonia.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a) f ′ ( x ) = 1 − sin x ≥ 0 , deci are loc concluzia. b) Se demonstrează prin inducţie, folosind monotonia funcţiei. c) Şirul este crescător şi folosind b), şirul este convergent. Concluzia rezultă trecând la limită în relaţia de recurenţă. π

2.a) I1 = sin x

2 0 = 1. π

b) I n +1 − I n π

2

= ∫0

n

cos x ( cos x − 1)dx ≤ 0 , de unde se obţine concluzia. π

c) I n = ∫ 2 ( sin x ) ' ⋅ cosn−1 xdx ; I n = ( n − 1) ∫ 2 (1 − cos2 x ) ⋅ cosn−2 xdx ; I n = (n − 1) I n−2 − ( n − 1) I n , 0

0

deci nI n = ( n − 1) I n − 2 ⇒ nI n I n −1 = ( n − 1) I n −1 I n −2 = ... = 1I1I 0 =

π

2

.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţ Soluţii 1.a)

f ′ ( x ) = 1 − cos x ≥ 0, x ∈  , deci funcţia f este cresc ătoare pe

b) Din ipoteză rezultă că xn c)

xn

∈

n

b)

1− x

 

Rezultă că şirul ( xn ) este nemărginit.

 n − 1 n + 1  n , n  . Limita cerută este egal ă cu 1 (teorema cleştelui).

2 1− x 2

2.a) ∫0

= sin xn + n ≥ n − 1 .

.

t ∈ 0;

1

∫02

dx =

1 2 

c) Avem : ∫02

  x + 

2

 0

=

5

.

8

 1  deoarece funcţia  2

⇒ 0 ≤ g n (t ) ≤ gn 

Rezultă că 0 ≤ 1

(1 + x )dx =

1 x  2 2

∫

1

2 0

g n ( t )dt ≤

1 − x

n

1 − x

∫

1

2 0

1 2

dt = 1

n−

1 2

n

g n este crescătoare pe

, n ∈ * .

1

(

2

dx = ∫02 1 + x + x + ... + x 1

n −1

)dx

  

= x +

x

2

1

=

1 x 2 n

+ ... +

2

1

Limita cerută este − ln (1 − x ) 2 − ∫02 g n ( x )dx → − ln 0

0, 1  .  2 

ln 2.

2


n

 0

=

1 1⋅2

+

1 2⋅ 2

2

+

1 3

3⋅2

+ ... +

1 n

n⋅ 2

.



f ′ ( x ) = arctgx −

x 2

x + 1

; f ′′ ( x ) =

2 x

2

(1 + x ) 2

2

≥ 0 , deci f este este convexă.

b)

, lim f ′ ( x ) = f ′′ ( x ) ≥ 0 ⇒ f ′ este crescătoare. Cum lim f ′ ( x ) = − π 2

c)

f ′ ′ ( 0 ) = 0 şi f ′ ′ crescătoare pe

, se obţine concluzia. 2 ⇒ f ′ ( x ) ≤ 0 pentru x < 0; f ′ ( x ) ≥ 0 pentru x > 0 . Deducem că x = 0 x →−∞



π

x→∞

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

2.a) I1 = ∫

1

x

0 1 + x 2

b) x ∈ [0;1] ⇒ c) I n

dx = x

1 2

n

1 + x

≥ 0, deoarece

(

ln 1 + x 2

1

) 10 = 2 ln 2.

n

2n

≤ x . Se integrează inegalitatea şi se obţine cerinţa problemei .

funcţia de integrat este pozitivă. Folosind b) şi teorema cleştelui se deduce că limita

cerută este egală cu 0.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţ Soluţii 3

1

4

4

′ ′ ( 0 ) = , deci f nu că f ′ s′ ( 0 ) = − şi f d nu e derivabilă derivabilă în x = 0. 1.a) Avem că

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

c) Şirul lui Rolle: x

−∞

−3

−2

f ( x ) − m

−∞

−m − e

3

−∞ +∞

1 2

0

+∞

−m

+∞

 3 1 3 3 pentru m < −e ⇒ 2 rădăcini; m = −e ⇒ o ră rădăcină cină, x = −3 ; m ∈  −e ,  ⇒ nicio ră rădăcină cină; 2  m=

1 2

⇒ o ră rădăcină cină, x = 0 ; m >

2.a) I =

13 24

b) g ′ ( x ) = c) Avem

1 2

⇒ 2 rădăcini.

− cos1 .

− sin x

( ]

< 0, ∀x ∈ 0, 1 , deci are loc cerinţ cerinţa problemei.

x

sin t t

≥1−

2 t 6

, pentru t > 0 , deci g ( x ) ≥

Atunci , limita cerută cerută L ≥

17

1

∫ x 

1 − 

2 t 

dt =

6 

17 18

> 0,9.

18


−x+

x

3

6

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţ Soluţii 1.a) xn ln 2 + ln

3

n +1

= ln ( n + 1) , deci lim xn = ∞ . n→∞ 2 n b) Folosind o regulă a lui L'Hospital, limita cerută este egală cu 0. x − ( x + 1) ln ( x + 1) c) f ′ ( x ) = . Considerăm g : [ 0, ∞ ) → , g ( x ) = x − ( x + 1) ln ( x + 1) şi avem 2 x ( x + 1) + ... + ln

0 , ∀x > 0 adică f ′ ( x ) < 0, ∀x > 0. g ' ( x ) = − ln ( x + 1) < 0, ∀x > 0 , deci g ( x ) < g ( 0 ) = 0,

2

2.a) Integrănd prin părţi se obţine f ( 2 ) = 1 − . e

b)

1 − t x −1

f ( x ) = ∫0 e t 1

c) f ( x + 1) = ∫ ( −e 0

1 x −1

dt ≤ ∫0 t

−t

′

) ⋅t

x

dt =

dt = −e

1

.

x −t

⋅t

x

1 0

1

+

∫e 0

−t

⋅x ⋅t

1 dt = − + x ⋅ f ( x ) , x > 1 . e

x−1




1.a) y = x + 1 este asimptota oblică spre

∞.

b) Deoarece x 3 + 3x 2 − 4 = ( x − 1) ( x + 2 )

2

≠ 0, ∀x ∈  \ {− 2,1} . Derivând relaţia f

3

( x ) = x 3 + 3x 2 − 4,

obţinem concluzia. x ′ ( −2 ) = −∞ . , ∀x ≠ 1, x ≠ − 2. Cum f continu continuă în x0 = − 2 rezultă f s′ ( −2 ) = +∞ , f d c) f ′ ( x ) = 2 3 ( x − 1) ( x + 2 ) x

′

( −e t ) ⋅ tdt = 1 − ( x + 1) ⋅ e 0

2.a) F1 ( x ) = ∫

−

−x

.

b) Fn′ ( x ) = xn ⋅ e− x , x > 0 ; Fn′′ ( x) = x n−1 ⋅ e− x ( n − x ) , x > 0 , deci punctul de inflexiune este x = n. c)

F2 ( x)

2 − x x − t 2 = ∫0 e t dt = − x

e

2x e

x

−

2 e

x

+ 2 , de unde rezultă că limita cerută este egală cu 2.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţ Soluţii 1. a) f n′ ( x ) = n sin n−1 x cos x , apoi se obţine relaţia cerută. b) f n′′ ( x ) = n sin n−2 x ( n − 1 − n sin 2 x ) ; c)

 

f n′′ ( xn ) = 0, xn ∈  0,

 ⇒ n; sin 2 x = n − 1 ⇒ sin xn  2

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

n→∞

n→∞

este derivabil ă pe  şi F ′ ( x ) = 2.a) F este

b) Aria = ∫

2

1

f ( x )dx =

2 x + 2 x + 5 2 2

x + 1

Cu schimbarea de variabilă c) Cu

=

1

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

( x 13 5

−

8 2

2

)

+1

2

= f

( x) .

x +1

.

t = − x , a doua integrală devine ∫−2 F ( x ) dx = ∫0 F ( −t ) dt . 0

2

Relaţia din ipoteză devine 2

2

∫0 ( F ( x ) − F ( − x ) )dx = 2 ⇔ ∫0

2 ax 2

x +1

dx = 2 ⇔ a ⋅

2

2 = 1 => a =

x +1

0


5 +1 4

.

=

n −1 n

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a) f n′ ( x ) = n ⋅ ( x n−1 − 1) , f n′ ( x ) < 0, pentru x ∈ [0,1) ; f n′ ( x ) > 0, pentru x > 1 , de unde rezultă concluzia. b)

f n este continuă, strict descresc ătoare pe [ 0,1] şi f n ( 0 ) ⋅ f n (1) < 0 ⇒ o rădăcină în ( 0,1) .

f n este continuă, strict cresc ătoare pe [1, ∞ ) , f n (1) < 0, lim f n ( x ) = ∞ ⇒ o rădăcină în (1, ∞ ) . x→∞

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

2

1

π

0

4

2.a) I 0 = arctg x , deci I 0 = b) I 2n + I 2n−2 = ∫

1 x

0

2n−2

(

.

)dx ; I

2

⋅ x +1 2

x + 1

c) Din b) rezultă I 2n ⋅ ( −1)

n −1

=

1 1

−

1 3

+

2 n + I 2 n− 2 =

1 5

− ... + ( −1)

1 2n − 1

n−1

⋅

, n ≥ 2.

1 2n − 1

− I 0 . Din 0 ≤ I n ≤

lim I n = 0 , de unde concluzia.

n→∞


1 n

∫0 x

dx ≤

1 n +1

rezultă


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţ Soluţii  1  =0.  x 2 

sin  1.a) Funcţ Funcţia este derivabila pe  − {0} şi f ′ ( 0 ) = lim x si x →0

 1  2  1  − ⋅ cos  cerută este egală egală cu 0.   , x ∈  − {0} . Limita cerută  x 2  x  x2 

b) f ′ ( x ) = 2 x ⋅ sin  că si sin t ≤ t , c) Ştim că

2.a) ∫01 (1 − x )

2

dx =

∀t ≥ 0 , de unde 0 ≤ f

1

( x ) ≤ x2 ⋅

1 x 2

= 1, ∀x ∈  \ {0} .

.

3 1

b) Cu substituţ substituţia 1 − x = t ,se obţ obţine

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

cerinţ cerinţa. n +1

c)

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

1

1 1  =  −  n + 1 n 0 −n

n +1

+

n n +1

, de unde rezultă rezultă că că limita cerută cerută este 1 −


1 e

.



demonstrează prin inducţ inducţie. 1. a) Se demonstrează

b) xn+1 − xn =

x5n − xn

< 0.

4

descrescător şi mă mărginit este convergent . Şirul fiind descrescă

c) Avem ca lim xn = 0 , lim

n →∞

n→∞

xn+1

=

xn

lim

n→∞

x4n + 3

=

4

3 4

. Din

xn+ 2

=

xn

xn + 2 xn +1 ⋅

xn+1

xn

relaţia anterioară anterioară, se deduce că că şi relaţ

2

3 limita cerută cerută este   . 4 2 2. a) Din ipoteză ipoteză avem ca x ⋅

I = − x cos x

π

+ ∫0 0

π

f

( x ) = x ⋅ sin x,

′

x ∈  . I = ∫0 x sin xdx = − ∫0 ( cos x ) x dx . π

π

cos x dx =π .

b) Funcţia g ( x ) = f ( x) , x ∈ I − {0} , g ( 0) = 1, 1, I = [0, 1] , este continuă pe I deci integrabilă. I . Cum f difer diferă de g doar în x = 0, rezultă că şi f este integrabilă pe I .

c) Avem

sin x x

<

sin x 1

  . Rezultă 2 , ∀ x ∈  1, f ( x )dx < ∫ 2 sin xdx = cos1 . ∫  1 1  2 π

π

π



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţ Soluţii 1.a) Funcţia f este este continuă pe [ 0, ∞ ) , deci nu va avea asimptote verticale. Cum lim f ( x ) = 2, x →∞

dreapta y = 2 este asimptota orizontală spre

∞. 2

b) Demonstrăm inductiv că xn > 1, ∀n ∈  . Apoi, xn+1 − xn =

1 − xn xn

<

+2

0 deci şirul este descrescător.

Astfel şirul este convergent şi folosind recurenţa rezultă concluzia.

c) y n +1 − de unde xn

yn

=

x n +1

−1 ≤

2.a) Avem că I

− 1,

−1

x0

2

n

deci şirul ( yn ) este crescător. Avem xn

=

n

1 2

n

. Atunci yn

≤

x0 π

=∫2 0

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

∑ xk − 1 k =1

π

b) F ( x ) = x ∫0 x (1 + cos t ) dt

+

x

2

+ x

=

π

2

−1 =

n

≤

2+ ∑ k =1

1 2

f ( xn −1 ) − 1

<

k

=

xn −1

−1

xn −1

+

2

≤

xn −1

−1

2

3 , deci şirul este şi mărginit superior.

+ 1.

x sin x ,de unde rezultă că F este o funcţie pară. x

c) Dacă 0 ≤ x1 < x2 , atunci 0 ≤ ∫01 f ( t ) dt ≤ ∫0 2 f ( t ) dt deoarece f este pozitivă, deci F este crescătoare

[

este o funcţie pară , rezultă că F este descrescătoare pe pe 0, ∞ ) . Cum F este


,

( −∞, 0].



1.a) f este continuă pe D , deci în 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

2

,deci x = 0 este punct de i nflexiune.

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

2.a) I = ∫  − x + 2 − 0 

b) Avem că I

4 = ∫1

 dx 2 x + 4  x

x

( x

2

 x2  2 

= −

2

+

4

)

2

dx =

−1

2 2

+ 2 x −

1 2

(

2

⋅ ln x + 4



3

1

5

)  10 = 2 − 2 ln 4 . 

4

4 ⋅ ∫1

 1 ′ ⋅ . I = 1 ⋅ − x  2  xdx 2 x 2 + 4 1  x + 4 

+

1

⋅ arctg

4

4

1

7

0

0

10


=

21

1

c) Cu substituţia f −1 ( x ) = t , I = ∫4 f −1 ( x )dx = −∫ t ⋅ f ′ ( t ) dt = −t ⋅ f ( t ) 10 + ∫ f ( t ) dt = 5

x

−

1 2

1

1

4

2

 arctg 2 − arctg

ln

5 4

.

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţ Soluţii x

1. a) f este derivabilă pe [ 0, ∞ ) , f ′ ( x ) = 2e

+ 6 x − 2 . f ′ ( x ) ≥ 0, x ≥ 0 ,

cu egalitate dacă x = 0 , de unde

se obţine concluzia. b) Pentru x < 0, f '( x ) < 0 , deci 0 este punct de minim global, de unde f ( x ) ≥ f ( 0 ) , ∀x ∈  . x

c) Deoarece f ′( x ) = 2e

+

6 x − 2 , avem lim

x →∞

f ' ( x ) f ( x )

=

lim

2e x + 6 x − 2

x →∞

2e x + 3x 2 − 2 x + 5

= 1.

1 π dt = arctgt = . 0 0 1 + t 4

2. a) I = ∫

1

1

2

b) Cu substitutia

1 t

= y

⇒J

∫

1

= 1 f ( t )dt = x

x

1

x

x

x

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

x

1

1

∫ x

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

f

x 3

∫1 t

f ( t )dt +

∫1 1 + t 2 dt = arctg x − arctg1 , deci limita ceruta este

x

∫1

π

4

f ( t )dt =

x

∫1 ( t

.


3

)

=

x 3

∫1 t

f (t ) dt .

+ 1 f ( t ) dt .



cerută este egală egal ă cu 1. 1. a) Limita cerută 1

lim

ln f ( x )

b) lim f ( x ) x = e x→∞

0

x

= e = 1.

x→∞

c)

f ′ ′ este funcţie polinomială de grad 3 deci ecuaţia va avea cel mult 3 rădacini reale. Aplicand T. lui Rolle funcţiei

f pe [1, 3], [3, 5 ], [5, 7 ], f ′ ′ se anulează în cel puţin în 3 puncte. π

1

2.a) Aria cerută este A = ∫01 f1 ( x ) dx = arctg x 0 b) I = ∫

1

0

x

(1 + x ) 2

2

dx =

1

1

′

1 + x 2 ) (1 + x 2 ) ( ∫ 2 0

c) Şirul care ne interesează se scrie

−2

=

. 4

dx =

k =1 n

(

2

)

2

=

2 x + 1 0 1

n

an = n ⋅ ∑

1

−1

+k

= 2

1

n

∑

n k =1

1 4

.

1

1

2

1+

k n


2

, deci lim an = ∫0 n →∞

1 1 + x

π

2

dx =

. 4



f ′ ( x ) =

(

) (1 x ) , x ( x 3)

3 1 − x

2

4

+

2

2

∈.

+

b) x = 1 este punct de maxim, x = −1 este punct de minim; lim f ( x ) = 0 = lim f ( x ) . Imaginea lui f este x →−∞

x →∞

 −1 1  . ,  4 4 

Im f = 

c) Dacă x = y avem egalitate. Dacă x ≠ 2.a) Avem:

y , se aplică T.Lagrange, se arat ă că f ′ ( c ) ≤ 1 şi rezultă cerinţa.

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

x

2

2

3

 − 2x  = 2

41

.

6

b) Se descompune în fracţii simple funcţia de integrat şi se obţine  2 4 ∫−1 x − 1 − ( x − 1)2  0

c)

−

0

2

x − 13

∫ 1 x2 − 3x + 2 dx = −

  dx = −3 ln 2 − 2 . x+2  1

( )

2

2 x x g ′ ( x ) = 0 ⇔ 2 x. f x .e = 0 ⇔ 2 xe

2

( x2 + 2) ( x 2 − 1)

2

= 0 ⇔ x ∈ {0,1, − 1} . Doar x =


0 este punct de extrem.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţii 1.a)

f ′ > 0, ∀x ∈  ⇒ f este strict crescatoare, deci f este este injectivă.

lim f ( x ) = −∞, lim f ( x ) = ∞, f continuă ⇒ f surjectiv surjectivă; deoarece f este bijectivă, are loc cerinţa problemei.

x →−∞

x →∞

b) Din xn3 + xn + 1 = 3 +

1 n +1

⇒ xn3 + xn − 2 =

1 n +1

, deci xn − 1 =

1

( n + 1) (

xn > 1, de unde rezultă concluzia. n

c) n ( xn − 1) = 2.a)

f ( x ) = ∫0

n +1

a

1 t + 1

⋅

1 2 xn + xn + 2

→ 1⋅

dt = ln ( t + 1)

a 0

1

=

4

1 4

(

.

)

= ln a + 1 .

b) Cum sin t ≤ 1, ∀t ≥ 0, cu egalitate pentru t =

π

+

2kπ , k ∈  , avem:

2 f

( x ) < ∫ x0

c)

1 t + 1

f ( 2π ) − f

dt = ln ( t + 1)

(π ) = ∫

x 0

(

)

= ln x + 1 .

2π sin t

π

sin t dt < 0, deoarece t ∈ (π , 2π ) ⇒ < 0. 1 + t 1 + t


2 xn + xn +

2

)

≤

1 2 ( n + 1)

, pentru că


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţ Soluţii 1.a) f ' ( x ) = 1 − co cos x ≥ 0 , cu egal egalita itate te doar doar în punct punctele ele 2nπ , n ∈  . b) Funcţia f este continuă pe  , deci nu are asimptote verticale. lim f ( x ) = ∞, lim x →∞

x →−∞

f ( x ) = −∞ deci funcţia f

f ( x ) = 1, lim f ( x ) − x = lim ( − sin x ) şi aceasta nu exist ă, nu are asimptote orizontale. Deoarece lim x →∞ x x→∞ x →∞ funcţia nu are asimptotă oblică la ∞ . Analog spre −∞ .

(

c) Funcţia este derivabilă pe

 \

)

{0} , deoarece x ≠ 0 ⇒ f ( x ) ≠ 0 . Cum g ′ ( 0) =

lim 3 x →0

x − sin x x

3

=

1 3

,

6

deducem că g este derivabilă şi în x = 0. continuă implică faptul că f are are primitive. 2.a) f continu

b) I

1 = ∫0

(e

1

− x

−e

−2 x

1 1 )dx =  −e− x + 2 e−2 x  = 2 − e−1 + 12 e−2 . 0 x

c) f ( t ) ≥ 0, ∀t ∈ [ 0; x] , x > 0 ⇒ ∫ f ( t )dt ≥ 0 .Din ipoteză rezultă că e− x ≥ − x + 1 ⇒ 1 − e− x ≤ x ⇒ e −x − e −2x 0

deci

e

− x

−e

x

−2 x

≤e

− x

,x > 0⇒

x

∫0

f ( t )dt ≤

x −t

∫0 e

−x

dt = 1 − e

< 1.


≤ xe

−x

,


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţ Soluţii ln x

1 − ln x

≥ 0, ∀x ∈ ( 0, e] , de unde se obţine concluzia. 2 x x b) Dreapta x = 0 este asimptotă verticală. Nu există alte asimptote, pentru că funcţia este continuă şi f ( x ) lim lim f ( x ) = ∞ . = 0, li x →∞ x x →∞ ln ( n + 1) c) an+1 − an = − ( f ( n + 1) − f ( n ) ) = f ′ ( n + 1) − f ′ ( cn ) < 0 . n +1

1.a) f ′ ( x ) =

, f ′′ ( x ) =

π

2.a) Aria ceruta este A

2 = ∫0

π

2 = 1.

cos dx = sin x

0 π

b) V = π ⋅

∫02 f

π

2

( x )dx = π ⋅ ∫02 cos

2

xdx =

1    x + sin2 x   2 2 

π

 1 sin  n 1 k   ∑ cos  = lim  2 n 2 c) L = lim 2 sin    n →∞  2 n   k =1 n  n→∞  1  2 n

     

2

π

2 0 =

π

. 4

2

⋅

1

n

∑ cos

2 n k =1


k n

= 1⋅

1 2

⋅

1

1

∫0 cos xdx = 2 sin1.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Rezolvare 1. a) lim f ( x ) = lim arctgx − lim arcctgx = x→∞

b)

x →∞

f ′ ( x ) =

2 1 + x

2

⇒y=

π

2

este asimptotă orizontală spre +∞ .

> 0, ∀x ∈ R ⇒ f este strict crescătoare.

2

c) x2 = f ( 0 ) = −

x→∞

π

π 2

→ x1 > x 2 şi f este strict crescătoare

mărginit inferior de −

3π 2

⇒ ( xn )n≥1 este strict descrescător. ( xn )n≥1 este

, deci conform Teoremei lui Weierstrass este convergent.

2. a) g este continuă, deci are primitive, iar derivata oricărei primitive este pozitivă, deci orice primitivă este crescătoare.

b) c)

∫

1

2 f 0

1

( x ) dx = f ( x ) x

1 2

0 1 π x

∫0 xf ( x ) dx ≤ ∫0

2

1

∫0

− 2

x

1 − x

= 2

π

+

12

1− x2

1 2

0

=

π 12

+

3 2

dx , de unde concluzia.


− 1.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Rezolvare 1. a) lim

f ( x )

x→0 x 2

= lim

−x

arcsin x x

x →0

b) x ∈ ( −1, 1) →

= 1.

x − 1

f ′ ( x ) = arcsin x +

1 − x 2

= arcsin x +

x −1

(1 − x )(1 + x )

. lim f ′ ( x ) = x1

π 2

π

⇒ f ′ (1) = . 2

f nu este derivabilă în −1.

c)

2. a)

f ′′ ( x ) =

1 − x 2 − ( x − 1) ⋅

1

−

1 − x

1 − x 2

F ′( x ) = f ( x ) =

x 5 − 1 x − 1

x 5

x4

x3

2

=

1

+

1 − x2

1 − x

(

≥

)

1− x2 ⋅ 1− x2

0 ⇒ f este convexă.



strict crescătoare pe  ⇒ F ′ ( x ) > 0, ∀x ∈  ⇒ F este  

x2

R.

+ x deci lim F ( x ) = −∞ şi lim F ( x ) = +∞ . F fiind continuă, rezultă că x →−∞ x →+∞ 5 4 3 2 F este surjectivă, deci conform punctului a) este bijectivă.

c)

F ( x) =

1 − x 2

, ∀x ≠ 1

F ′ (1) = f (1) = 5

b)

( − x )

a

∫0

F

−1

+

+

1

+

 t2

( x ) dx = ∫0 tf (t ) dt = 

2

+

t3

3

+

t4

4

+

t5

5

+

t 6  1

1

1

1

1

1

29

 = + + + + = . 6  0 2 3 4 5 6 20



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Rezolvare 1. a) lim f ( x ) = 0. x 1 →

x <1

b) Funcţia este continuă în punctele care nu sunt numere întregi, iar într-un punct n ∈  avem lim f ( x ) = 0, lim f ( x ) = 0 şi f ( x ) = 0. Deci f este continuă pe intervalul [ 0, 3]. x n →

x →n x > n

x < n

c) Explicitând funcţia observăm că 1 şi 2 sunt puncte unghiulare şi π

2. a)

∫

0

π

cos x

2

2 − sin x

dx = −

∫

2

0

( 2 − sin x )′ 2 − sin x

dx = − ln ( 2 − sin x )

π 2

f este derivabilă pe [ 0, 3] \ {1, 2} .

= ln 2.

0

b) F′ ( x ) = f ( x ) şi f ( x ) > 0 deoarece 2 − sin x ≥ 1, ∀x ∈ R . Deci F este strict crescătoare. c)

1 2 − sin t

≥

1 3

x

⇒ ∫0 f ( t ) dt ≥

t x

30

=

x

3

⇒ lim

x →+∞

= +∞ .



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Rezolvare 1. a)

f n ( x ) =

x

2 n +1

+1

x + 1

=

1 x +1

g ( x ) , ∀x ≠ −1 ⇒ f n′ ( x ) =

2n  1  ( 2n + 1) ⋅   1  2 b) lim f n′   = lim  3 n →∞  2  n→∞   2 

c)

h( x )

f n′ ( x ) =

1   2 −

2 n +1

g n′ ( x ) x +1

−

gn ( x )

( x + 1)

2

.



+ 1

9 4

 = − 4.  9  

+ , cu h( x ) = ( x + 1) g n′ ( x ) − g n (x ) = 2nx 2 n 1 + (2n + 1)x 2 n − 1. Deoarece h′ este negativă

2

( x + 1)

pe (−1, 0) şi pozitivă pe (−∞, −1) ∪ (0, ∞ ) , iar h (−1) = 0, h (0) = − 1, lim h (x ) > 0 reiese că există exact un x →∞

punct a ∈ (0, ∞ ) , astfel încât f este strict descrescătoare pe (−∞ , a ] şi strict crescătoare pe [a , ∞ ) .

2. a) I2 =

1

3∫

1

0

( x

3

)′

+1

3

x + 1 1 x

b) In +1 − In = ∫0

n

dx =

1 3

⋅ ln 2.

( x − 1)

dx < 0. 1 + x 3 1 1 c) 0 ≤ In ≤ ∫0 x n dx = deci lim I n = 0. n →∞ n +1



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Rezolvare  1  x 2

1. a) lim

3 f ( x ) = lim x  x→−∞ x→−∞

b) f ′ ( x ) = 1 −

x

−

1

−

sin x 

6

x

3

 = +∞ . 

2

− cos x ; f ′′ ( x ) = − x + sin x . 2 c) f ′′′ ( x ) = −1 + cos x ≤ 0 ⇒ f ′′ este strict descrescătoare ⇒ f ′′ ( x ) ≤ f ′′ ( 0 ) , ∀x ≥ 0 → f ′′ ( x ) ≤ 0 → → f ′ este strict descrescătoare → f ′ ( x ) ≤ f ′ ( 0 ) , ∀x ≥ 0 .

f ′ ( x ) ≤ 0 → f este strict descrescătoare pe intervalul [ 0, + ∞ ) şi f ( 0 ) = 0 → f ( x ) ≤ 0, ∀x ≥ 0.

2. a)

F ′( x ) =

1 1 + x 2

x

+

2

x +1

1

π

= f (x ) .

1

b)

∫0 f ( x)dx = F (x ) |0 = 4 + 2 ln 2 .

c)

an =

1

n

∑ n2 + k 2

k =1

 

n+k

Dn =  0,

=

1

n

 k 

∑ f  n  reprezintă sume Riemann asociate funcţiei f , diviziunilor n k =1

1 2 n n 1 2 , ,...,  şi punctelor intermediare X n =  , ,...,  . Deoarece funcţia este n n n n n n

integrabilă, fiind continuă, iar şirul normelor diviziunilor tinde la 0, şirul (an ) n este convergent.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Rezolvare 1. a) lim

f ( x ) x

x→−∞

 x2 − x  x→−∞ 

= −1 = m ; lim

b)

f este derivabilă pe intervalul

c)

f ′ ( x ) =

2 x − 1 2 x 2 − x

R \

 1 = n ⇒ y = − x + 1 este asimptotă oblică spre 2 2

+ x

{0,1}

− ∞.

şi 0 şi 1 sunt puncte de întoarcere ale graficului.

; x ∈ ( −∞, 0 ) ∪ (1, + ∞ ) şi f ′ ( x ) =

1 − 2 x 2 x 2 − x

; x ∈ ( 0, 1) . Pentru x ∈ ( −∞, 0 ) , f este

1  = 0, deci 0 şi 1 sunt puncte 2

strict descrescătoare, iar pentru x ∈ (1, + ∞ ) , f este strict crescătoare. f ′  1

de minim (şi de întoarcere), iar 1 x

2. a) I2 = ∫0

2

+1−1 2

x + 1 1 x

b) In + 2 + I n = ∫0 c) Din (b) ⇒

x + 1

2 ( n + 1) 2

1

1

0

0

2

( x + 1) 2

1

este punct de maxim.

dx = x − arctg x

1

avem lim n I n = n→∞

n

2

dx =

≤ In ≤

x

n+1

1

n +1 0

1 2 ( n − 1)

= 1−

=

π 4

1 n +1

. .

, folosind monotonia lui ( I n )n≥1 . Conform criteriului cleştelui

.




f ′( x ) =

1

( x + 2 )

2

1

− +1

2

x + 1

.

b) x + 2 > x ⇒ arctg ( x + 2 ) > arctg x ⇒ f ( x ) > 0. f este strict crescătoare pe intervalul ( −∞, − 1) şi strict descrescător are pe intervalul [ −1, ∞ ) deci −1 este maxim global. f ( −1) = arctg1 − arctg ( −1) =

c) Se arată că 2. a) b)

∫

2 x − 1 + 2

1

f ( x ) ≥

π

+

4

π

=

4

π 2

.

g ′ ( x ) = 0, ∀x ∈  .

1

2 1 + x 2 dx = x 2 − ln x 2 − 1 ln x 2 + 1 2 = 3 − 1 ln 5 + 1 ln 2. 1 2 1 2 2 x 2 1 2

x 3

3

(

−x−

π 2

→

x

x4

∫0 f (t ) dt ≥ 12 − 1

x2

2

)

x

−

π 2

⋅ x . Deci

∫ f ( t ) dt = +∞ . lim 0

 x 2

c) g ( x ) ≥ f ( x ) , ∀x ∈ [ 0, 1) ⇒ A = ∫0 ( g ( x ) − f ( x ) ) dx = 

x 3

x →∞

 2

−

x4  1

1

1

5

 = − = . 12  0 2 12 12



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Rezolvare 1

2.

f ′ ( x ) = −

⇒ f ′′ ( x ) =

3

1

> 0 ⇒ f ′ este strict crescătoare. 4 x x 2 x x b) Se poate demonstra prin calcul sau aplicând Teorema lui Lagrange. c) Se adună relaţiile de la (b) de la k = 1 până la k = n şi astfel se obţine marginea şirului ( an )n≥1 . Şirul

1. a)

⋅

2

este evident crescător, deci este convergent conform Teoremei lui Weierstrass. 1 x 1 x t 2 + 1 − 1 t2 x2 x 1 a) f1 ( x ) = t ⋅arctg t = ⋅arctgt − dx x arctg = ⋅ − + ⋅ arctg x . 2 0 0 2 0 t + 1 2 2 2 2

∫

b)

∫

1 n

π

0

4

f n (1) = ∫ t ⋅arctg t dt ≤

⋅

1 n

∫0 t

dt =

π

⋅

1

4 n +1

.

n +1 1  t n +1 ′ 1 t 1 π 1 1 1 t n+ π dt = 0 ⇒ lim n ⋅ f n ( 1) = . ⋅∫ c) f n (1) = ∫0  dt . lim −  ⋅arctg t dt = ⋅ ∫ 2 2 0 0 n →∞ n + 1 n→∞ 4 4 n + 1 n + 1 t + 1 t + 1  n +1  1




f ′ ( x ) = −

b) Avem c) 2. a)

1

( x + 1)

2

−

1

x −

3

1

+

x+

2

1

> 0, ∀x > 0.

2

lim f ( x ) = 0 şi cum f este strict crescătoare, rezultă că f ( x ) < 0, ∀x > 0.

x →∞

an +1 − an = f ( n ) şi, conform b), ( an )n≥1 este strict descrescător. 3 f 3′ ( x ) = x arcsin x . π

1 x 1 1 b) f1   = ∫02 t ⋅ arcsin tdt = ∫06 ( sin x ) ⋅ x cos xdx = ∫06 x sin 2xdx = − cos 2x 6 2 4 2 0 π

c) Deoarece

∫

x 2

0

π

f 2 este derivabilă, deci continuă, limita cerută este f 2 (1) =

t arcsin tdt =

x

3

3

arcsin x −

1 3

∫

x

0

t

3 2

1 − t

dt =

x

3

3

arcsin x +

1 3

2

1− x −


1 3

∫

1

0

−

+

π

1

π

2

t arcsin tdt = 1 9

3

∫ 6 cos 2xdx = − 48 + 16 . 4 0

3

(1 − x ) 2

π

6

+

1 9

, deoarece .



x

f ′ ( x ) = 1 −

e

e x + 1

, f ′′ ( x ) =

−e

(e

x

x

)

+1

2

< 0 ⇒ f ′ este strict descrescătoare pe R .

b) Pentru a ≤ 0 este evident, iar pentru a > 0 , lim

x →∞

f ( x ) x

−a

f '( x )

= lim

x→∞ −ax − a −1

−x

= lim

x→∞

(

a +1

x

)

=0.

a e +1

f ( x )

= 1 = m . lim ( f ( x ) − m x ) = 0 , deci y = 0 este o asimptot ă orizontală x →−∞ x la +∞ şi y = x este o asimptotă oblică la −∞ . Asimptotele verticale nu există, deoarece funcţia este

c) lim f ( x ) = ln1 = 0. lim

x →−∞

x→∞

continuă pe 2

.

2. a) I1 = ∫ ( 2 x − x 0

2

2

)dx = x n

2

2 x 3 2 −

0

3 0

=

4 3 n

b) In = ∫0 ( 2 x − x 2 ) ( x − 1)′ dx = ( 2x − x 2 ) ( x − 1) = −2n

2

n −1

2 0

−n

2

n−1

2

2 ∫0 ( 2x − x ) ( 2 − 2x )(x − 1)dx = n

2

2 2 2 2 ∫0 ( 2 x − x ) ( − x + 2x − 1) dx = −2n ∫0 ( 2 x − x ) dx + 2n ∫0 ( 2 x − x )

c) Avem I n > 0, ∀n ∈ ∗ şi din punctul b) I n−1 = In +

1 2n

⇒ ( 2n + 1) In

= 2n In −1 .

I n > I n , ∀n ≥ 2 (1). Astfel şirul ( I n )n∈ tinde

∗ l ≥ 0, iar I n ≥ l , ∀n ∈  . Adunând relaţiile (1) avem I1 =

de unde l ≤

n −1

∗

1 4

I2 +

1 6

I 3 + ... +

1 2n

I n ≥

2 I 1 1 1 1 . Deoarece lim  + + ... +  = ∞, deducem că l = 0. 1 1 1 n→∞  2 3 n + + ... + 2 3 n


1 l 1 1 + + ... +  ,  2 2 3 n



f ′( x ) =

4

(

3 − x

)

> 0, ∀x ∈  \

2

b) lim f ( x ) = − 3 , lim x→∞

x→−∞

3.

f ( x ) = − 3 ⇒ y = − 3 este asimptotă orizontală la ±∞ . x =

3 este asimptotă

verticală.

c) Avem

∗

a3n = 2 şi a3n +3 = −2, ∀n ∈  , deci şirurile ( a3n )n∈ şi ( a3n +3 )n∈ au limite diferite.   2

2. a) F′ ( x ) = f ( x ) ⇒ F′′ ( x ) = e− x ⋅ ( −2 x ) ⇒ 0 este punct de inflexiune. 1

b)

∫0

c)

1

xf ( x )dx = −

∫0

1 2

1 − x 2

∫0

e

(

F ( x )( x )′ dx = F ( x ) ⋅ x

−x 1 0

2

−

′

)

1

∫0

1 − e−

1

dx =

2

. 1 − e−

1

f (x ) x = −

2

.




 

2

f ′ ( x ) = 3  x − 1 +

4 x  3 = ⋅ 2  2 1 + x  1+ x

1

b) lim f ( x ) = +∞ ; lim x →∞

x→−∞

> 0.

f ( x ) = −∞ şi f este continuă, deci este surjectivă. Conform (a) f este

injectivă. c) Singura valoare pentru a este 3 şi limita este 1. 1

1

0

0

2. a) I1 = ∫ xe x dx = xe x

−

1

∫ e dx = 1. x

0

1

b) In+1 − In = ∫ e x ( x n +1 − xn ) dx ≤ 0, deci ( In )n≥1 este descrescător şi mărginit inferior de 0 . 0 c) I n+1 = ∫ x n+1 ( e x )′ dx = e − In − n I n ⇒ lim n In = e, deoarece 0 ≤ I n ≤ e ∫ 1

0

n →∞


1 n x dx = 0

e n +1

⇒ lim I n n→∞

=0.



f ′ ( x ) = 2 +

2 x + 1 2

b) lim f ( x ) = +∞, lim x→∞

2.

=

x + x + 1 x→−∞

2 x 2 + 4x + 3 2

x + x +1

> 0, ∀x ∈ R .

f ( x ) = −∞, f este continuă pe

R , deci

f este surjectivă, iar conform

punctului a) este injectivă. f ( x ) c) lim = 2 dar lim ( f ( x ) − 2 x ) = +∞ . x→∞ x x →∞ 1 1 1 a) f ( x ) dx = x (1 − x ) dx = . 0 0 6 b) f este continuă pe R (în fiecare număr punct întreg ls = ld = f ( a ) = 0 ).

∫

c) Funcţia

∫

g :  → , g ( a ) =

a +1

∫a

f ( x ) dx este derivabilă şi g ' ( a ) = f ( a + 1) − f ( a ) = 0, deci g este

constantă.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Rezolvare  1 1  f ′ ( x ) = ln x + 1. Pe intervalul  0,  , f este strict descresc ătoare, iar intervalul  , + ∞  , f este  e e  strict crescătoare. f ( x ) b) lim f ( x ) = +∞ , lim = +∞ , lim f ( x ) = 0. Deci f nu are asimptote. x→∞ x→∞ x x→0

1. a)

x >0

c) Din xn+1 = xn xn rezultă inductiv că xn ∈ ( 0,1) , 1

2. a) I2 = ∫0

x 2

4 x + 5

dx =

1

−

5

+

25

⋅ ln

9

=−

3

+

25

∗

∀n ∈  . De aici obţinem şi xn +1 > xn , ∀n ∈  .

⋅ ln

9

8 16 64 5 16 64 5 n 1 x ( 4 x + 5 ) 1 . dx = b) 4 I n +1 + 5 I n = ∫0 4 x + 5 n +1 1 1 1 ⇒ lim n I n = . ≤ In ≤ c) In +1 − I n ≤ 0 → n →∞ 9 ( n + 1) 9n 9

.




x

f ′( x ) =

x

−

2

2

x + 2

b)

f ′′ ( x ) =



 x2 + 2 

x +1

2

1

= x

  > 0, ∀x < 0. 2 x + 1  1

−

1

−

=

( x 2 + 2 ) ( x 2 + 2) ( x 2 + 1) ( x 2 + 1)

2t ⋅ t − ( t + 1) t + 1

( t + 1) ⋅ t ⋅

t ( t + 1)

2

, unde t = x + 1.

Se arată că există un singur t pentru care numărătorul este 0 şi t > 1 , deci două valori pentru x .

c) lim f ( x ) = 0 ⇒ y = 0 este asimptotă la x→−∞

π

2. a) F1 ( π ) = ∫0 x sin xdx = − x cos x

π

+

0

−∞ .

π

∫0 cos x =π (se integrează prin părţi).

1

b) Fn +1 (1) − Fn (1) = ∫0 t ⋅ sin 2 t ⋅ (sin t − 1) dt < 0. 1

c) Deoarece sin t ≤ t , 0 ≤ Fn (1) ≤ ∫0 t n +1dt =

1 n+2

⇒ lim Fn (1) = 0. n →∞



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar rezolvare 1.a)

f ′( x ) =

1 1 + x

−1 =

− x

1+ x

< 0, ∀x > 0 .

 ln(1 + x )  − 1 = ∞(0 − 1) = −∞, lim f ( x ) = ln1 = 0 . În plus, f este x→ 0  x 

b) Avem lim f ( x) = lim x  x →∞ x→∞

continuă, deci are proprietatea lui Darboux. Astfel, mulţimea valorilor funcţiei este ( − ∞, 0 ) . c) Funcţia este continuă, deci nu are asimptote verticale în punctele domeniului de definiţie. În 0, lim f ( x) = ln1 = 0 , deci nici aici nu există asimptotă verticală. Din a) rezultă că nu există x →0

asimptotă orizontală. În sfârşit, lim

f ( x ) x

x →∞

asimptotă oblică spre

2.a)

1

x →∞

∞

lim ( f ( x) + x ) = lim ln(1 + x ) = ∞ , deci nu există

x→∞

1

1

1 x

f (ln t )dt = lim x x ∫

1

π

x

f (ln x )

→∞

1

x→∞

∞.

∫0 f ( x) dx = x arctg x |0 −∫0 x2 + 1 dx = 4 − 2 ln( x

b) lim ∞

= −1 şi

1

=

lim arctg(ln x ) =

x→∞

şi faptul că funcţia g : (0, ∞) → , g( x ) =

|1

+ 1) 0 = π

2

π − 2ln 2

4

.

, folosind regula lui l'Hospital pentru cazul

x

derivata ∫1 f (ln t )dt are

g ′( x ) = f (ln x) .

 3  n   este sumă Riemann ataşată funcţiei f , + ... + f    n  n  n n  1 2 1 2 intervalului [0,1] , diviziunii Dn =  0, , ,...,  şi punctelor intermediare X n =  , ,...,  . n n  n n n n

c)

sn =

1 1

2

 2  f  + f  + n n n

Astfel, lim sn n →∞

=

1

∫0 f ( x)dx =

f

π − 2ln2

4

.




b)

f ′( x ) = arctg x +

lim

x →−∞

f ( x )

=−

π

2

x

x

1 + x 2

,

, f ′′(x ) =

 x →−∞ 

1 1 + x2

lim  f ( x ) +

+

 2 

π

1− x2 (1 + x 2 )2

=

2 (1 + x 2 )2

arctg x −

x  = lim

x→−∞

1

> 0, ∀x ∈  .

2 2 = lim 1 + x = −1 , folosind regula lui 1 x→−∞

−

x

l'Hospital pentru cazul

c) Avem

x2 =

0 0

. Obţinem y = −

π

2

1

π

x

2

x − 1 , ecuaţia asimptotei oblice spre −∞ .

π

< 1 = x1 şi demonstrăm inductiv că şirul este strict descrescător. Cum el este şi cu 4 termeni pozitivi, rezultă că este convergent. 1 1 2.a) ( x 2 − 2 x 3 + x 4 )dx = . 0 30 1n 2 x − 1 n 1 n b) I n = ( x − x 2 )n |10 + (2x − 1)2 (x − x 2 )n −1 dx = (x − x 2 )n −1 − 4(x − x 2 )n dx = I n −1 − 2nI n . 02 2 2 0 2 1 1 1 c) Din b), I n < I n−1 . De aici rezultă inductiv I n < n I 0 = n . Cum I n > 0 , limita cerută este 0. 4 4 4

∫

∫

∫(


)


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar rezolvare 1.a) f ′( x ) = 1 − e − x > 0, ∀x > 0 . b) Derivata este pozitivă pe [0, ∞) şi negativă pe (−∞,0] , deci avem doar punctul de extrem 0. c) Din lim f ( x) = ∞, lim f ( x) = ∞ . Rezultă: dacă m ∈ (1; ∞ ) ⇒ ecuaţia are 2 soluţii reale diferite; x →∞

x→−∞

dacă m = 1 ⇒ ecuaţia are doar o soluţie x = 0 ; dacă m ∈ ( −∞;1) ⇒ ecuaţia are nu are soluţie.

2.a)

∫1

3

b) Dacă

t 2

1 + t

dt =

1 2

ln(1 + t 2 ) | 13 =

1 2

ln 2 .

F este o primitivă a funcţiei h ( t ) =

t

1 + t 2

, atunci f ( x ) = F (tg x ) − F (1) , deci

f ′( x) = (1 + tg 2 x) F ′(tg x) = tg x.

c) Raţionând ca mai sus,

f ′( x ) + g ′( x ) = tg x −

1 ctg x

=

0 . Rezultă f ( x ) + g ( x ) = constant = 0 .



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar rezolvare 2 x + 1

2

a x + x + 1 − (ax + b )

1.a)

f ′( x ) =

2 2 x + x + 1

2

=

( a − 2b) x + 2a − b 2

x + x + 1

.

2

2( x + x + 1) x + x + 1

b) Trebuie ca f ′( x) > 0 pentru orice x ∈  , ceea ce se întâmplă dacă şi numai dacă funcţia liniară de la numărătorul derivatei este constantă şi pozitivă, adică a = 2b > 0. c) Conform b), în acest caz funcţia este strict crescătoare. Cum funcţia este şi continuă, iar lim f ( x) = 2, lim f ( x) = − 2 , mulţimea valorilor funcţiei este (−2,2) . x →∞

x→−∞

2.a) f ′( x ) = e

arcsin x

> 0, ∀x ∈ [− 1,1]. arcsin x u e 0

b) Cu schimbarea de variabilă t = sin u , dt = cos udu obţinem f ( x ) = ∫ π

π

c)

f (1) =

∫0

2 eu

Rezultă f (1) =

cos udu = e

1 2

π

e2 −

1 2

u

π

∫

π

π

sin u | 2 − 2 e u sin udu = e 2 + e u 0 0

cosu

π

∫

|2 − 2 eu 0 0

.


cos udu . π

cosudu = e 2 − 1 − f (1) .


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar rezolvare x

(2 x + a ) x 2 + 1 −

1.a)

x + 1

f ′( x ) =

b) lim

f ( x )

x →∞

x

( x 2 + ax + 5)

2

3

2

2

x + 1

lim ( f ( x ) − x) = lim

x→∞

2

.

( x + 1) x + 1 2

= 1,

x − 3x + a

=

2

x − x x +1 2

x→∞

x + 1

+

lim

x→∞

5 2

x +1

=

lim

x→∞

−x 2

+ 2

0 = 0,

x + 1( x + x + 1)

deci avem asimptota oblică spre ∞ de ecuaţie y = x.

c) Trebuie ca ecuaţia x3 − 3x = −a să aibă trei soluţii. Pentru funcţia g :  → , g ( x ) = x3 − 3x avem x g '(x)

−∞

g ( x)

−∞ 

−1 +

1 0

−

0

∞ +

2  −2  ∞ Astfel, ecuaţia g ( x ) = − a are trei soluţii pentru a ∈ (−2,2) . Se verifică imediat, folosind semnul lui f ′ , că, în acest caz, funcţia f are trei puncte de extrem.

2.a)

1

∫ 1 x −

2

1 − x dx = −

1 3

3 2 2 1 1− x = 0 (sau −1

(

)

|

observăm că este integrala unei funcţii impare).

4π 3 1 . x  |−1 = −  3  3 1 1 1 , deci limita cerută, conform teoremei cleştelui, este 0. c) 0 ≤ x n f ( x ) d x ≤ x n dx = 0 0 n +1

b) V

=π

∫

1

∫ 1f

2

( x )dx = π  x −

1

∫




f d ′ (1) = lim f ′( x ) = lim x1

2 − x

=

x

x1

1 e

e

şi f s′(1) = lim f ′( x ) = lim x1

x − 2

x1

x

=−

e

1 e

.

b) x f ′( x)

−∞ −

−

f ( x )

∞

 0

1 |

∞

2 0

+

1/ e2



−



−

0 2

2

Pentru m < 0 nu avem soluţii, pentru m = 0 sau m > 1/ e avem o soluţie, pentru m = 1/ e avem două soluţii, iar pentru 0 < m < 1/ e 2 avem trei soluţii.

c)

=

1 e

2

1 e

2

2.a)

+

2 e

1−

3

n −1

+ ... +

e

1 e

1−

n −1

1

+

1 e

n

1−

3

 1  e2

=

e

n−2

1

b)

e

3

+ ... +

+ ... +

1 e

n −1

e

1   1

+ 3 e  e n

1−

1

1

+

e

1−

4

+ ... +

1 

1 1  1  + ... +  n −1 + n  + n e  e  e e n

1

e + 1 e = 1  1 + 1 + ... + 1  2 3 n n 1 e 1− 1 1− 1  e e e 1− e e e 2

=

n 1  − 1 n  1− e

→

1 2

( e − 1)

.

e

2 F ' ( x ) = ( 2a + c ) x cos x − ax sin x + ( c − b ) sin x ⇒ a = −1, b = c = 2 .

2 π

1

1

1−

e

+

2 1

1

1

1

∫1 4 x 2 sin 2 x = 2 cos 2 x

π

π

π

1

=

2 4

.

π

π c) Observăm că f ( x ) < g ( x ) , ∀x ∈  0,  , adică x sin x + x < π ,  2

 π x 2 =  2 

−

 π π 3 + x cos x − 2 x sin x − 2 cos x  2 =  3  0 12

x

3

2

2  π  ∀x ∈  0,  . Avem A = ∫ ( g ( x ) − f ( x ) ) dx =  2 0

− π + 2 .



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar rezolvare 1.a) xlim f ( x ) = lim arctg x = →1 x→∞

x >1

π

2

b) Dreapta y = 0 este asimptotă orizontală spre + ∞ . c) Deoarece arctg este funcţie strict crescătoare, funcţia dată are aceleaşi puncte de extrem local ca şi funcţia g :  \ {−1,1} → , g ( x ) = π

2.a)

∫

2

0

b) lim

x→∞ x

c)

x 3 

π 2



6 

0

2

x

∫0 f (t ) dt = xlim



2

x − 1



f ( x ) dx =  sin x − x +

1

1

= 1−

sin x − x + x

→∞

x

2

, adică x = 0. π 2

+

π

3

48

.

3

6 = +∞ .

f ′ ( x ) = − sin x + x ; f ′′ ( x ) = 1 − cos x ⇒ f este strict crescătoare pe intervalul [ 0, + ∞ ) ⇒

⇒ cos x 2 − 1 +

x

4

2

≥ 0 ⇒ cos x ≥ 1 − 2

x

4

2

1

⇒ ∫0 cos ( x 2 ) dx ≥

9 10

.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar rezolvare 1.a) lim f ( x ) = arcsin 0 = 0. x →+∞

b) Funcţia este derivabilă pentru −1 <

2 x

< 1 , adică x ∈  \ {−1,1} . În punctele ±1 , derivatele 1 + x 2 laterale sunt diferite, deci funcţia nu este derivabilă. c) Deoarece arcsin este funcţie strict crescătoare, punctele de extrem ale funcţiei f coincid cu 2 x cele ale funcţiei g :  → , g ( x ) = 2 . Acestea sunt ±1 . x + 1

3

1 1 2.a) ∫ x 1 − x dx = − (1 − x 2 ) 2 |10 = . 0 3 3 1 2π b) V = π∫ (1 − x 2 )dx = . 0 3 n 1  k  c) an = ∑ f   sunt sume Riemann pentru funcţia 1

2

n k =1  n 

punctele intermediare

X n

f

, diviziunile

Dn

n  1 2 0, , ,...,  şi n  n n

=

n 1 2 , ,...,  . Deoarece funcţia este integrabilă şi şirul normelor n n n

=

diviziunilor tinde la 0, şirul sumelor Riemann este convergent.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar rezolvare 1. a) lim f ( x) = 0 , deci avem asimptota orizontală x →∞

3x 2 − 12

⇒ funcţia este strict x 4 valorilor funcţiei este [ f (2), f (1)] = [−1,1].

b) f ′( x) =

y = 0

spre

+ ∞.

descrescătoare pe [1,2] şi strict crescătoare pe [2, ∞) . Mulţimea

c) Funcţia este derivabilă pe (2, ∞), deoarece, pe acest interval, − 1 < f (x ) < 0 , f este derivabilă şi arccos este 3 derivabilă. În punctul 2, g ′(2) = lim g ′( x) = − . În concluzie, funcţia este derivabilă pe [2, ∞ ) . x2 2 2. a) F ′( x) = f ( x) . 1 1  2 1  1 π  b) π∫ f 2 ( x)dx = π  ∫  2 − 2  dx  = π  + − arctg 2  . 0 x +1   2 4   1  x 2 2 2 2 c) F ( x ) < 0, deci A = − ∫ F ( x )dx = −xF ( x ) + ∫ xf ( x )dx = F (1) − 2F ( 2 ) + ln x + x 2 + 1 = 1 1 1 1

(

= ln

(11 + 5 5 )( 3 − 2 2 ) 2

.


)


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Rezolvare 1.a) | f ( x ) |≤ x ⇒ lim f (x ) = 0. x→0

b)

f ′ ( x ) = sin

1

−

1

x

cos

1

x x sin t = 1 ⇒ y = 1 este asimptotă orizontală spre + ∞ . c) lim f ( x ) = lim x →∞ t →0 t 1 16 2.a) I 2 = (1 − 2 x 2 + x 4 )dx = . −1 15

∫

b) I n − I n+1 = ∫

1

2

−1

c)

n

an =

∑ k =0

( −1)

k

2 n

x (1 − x ) dx = − x k

C n

2k + 1

=

1

∫ 1 (1 − x −

(1 − x 2 ) n +1 2( n +1)

|1−1 +

1 2( n +1)

1

∫1 −

(1 − x 2 ) n+1 dx =

2 n

1 2( n +1)

) dx = I n , iar şirul ( I n ) n tinde descrescător către 0 .


I n +1 .


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie x

1.b) lim ( x − f ( x ) ) x →∞

b)

x

 x→∞ 

= lim  1 −

1

 x 

=

1 e

.

2

f ′ ( x ) =

x − 1 x

2

. Deoarece f ′ ( x ) > 0,∀ x ∈ [1, ∞ ) , rezultă că funcţia f este strict crescătoare.

c) Funcţia f este injectivă fiind strict crescătoare. Cum f este continuă pe [1, ∞ ) , f (1) = 1 şi lim f ( x ) = ∞ , x →∞ iar f este strict crescătoare, rezultă că imaginea funcţiei f este [1, ∞ ) , deci f este surjectivă.

2. a) Funcţia F trebuie să fie derivabilă. Din continuitatea în 1 rezultă a + b = 1 , iar din derivabilitatea în 1 rezultă a = 0 . Deci a = 0 şi b = 1 . e

b) Utilizăm schimbarea de variabilă ln x = t . Rezultă ∫

e

1

xF ( x ) 1

1

dx =

1

∫ x 1 + ln 2 x ) 1 (

1

dx =

1

∫ 1 + t 2 dt . 0

e

1 π 1 π dt dx = arctgt |0 = = Dar , deci . xF ( x ) 4 4 t 2 0 1+ 1

∫

c)

π

1

∫

π

′

∫ h ( x )h′′ ( x ) dx = ∫ h ( x) ( h′ ( x) ) 1

1

π

dx = h( x) h′ ( x) |1 − π

∫ ( h′ ( x) h′ ( x)) dx. Deoarece h (1) = h ( ) = 0 π

1

b

b

∫

∫ ( h′ ( x ))

a

a

rezultă h ( x) h′ ( x ) |1 = 0 . Deci h ( x )h′′ ( x ) dx = − π

2

dx ≤ 0 .



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) f este continuă pe ( 0,1] deoarece, pe acest interval, se obţine prin operaţii cu funcţii continue. Cum x sin

π

x

≤ x şi

lim x

x →0

= 0 , rezultă

lim x sin

x →0

π

=

0 . Deci lim f ( x ) = 0 = f ( 0) . Prin urmare f este continuă şi x0

x

în 0. Rezultă că f este continuă pe [ 0,1] . b) f este derivabilă pe ( 0,1] deoarece, pe acest interval, este produs de funcţii derivabile. Întrucât limita lim

f ( x ) − f ( 0 ) x − 0

x0

c) Ecuaţia se scrie

=

lim sin

x0

 1

π

x

nu există, f nu este derivabilă în 0. 1

π

, →  , g ( x ) = f ( x ) − cos g ( x ) = 0, unde g :  x  n + 1 n 

. Cum

g

este continuă,

 1  1  1 1 n+ 2 n +1 şi g   = ( −1) , rezultă că funcţia g se anulează în cel puţin un punct din  , .  = ( −1)  n +1 n  n +1 n 

g

2.a) 1

1

∫0

f ( x )dx =

∫0

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

1 1 x 1 1 dx = ln 2 − x + ln (1 + x ) = 2ln 2 − 1. −∫ 0 0 1 + x 0 0

 x 2 ′ π xarctgxdx =   arctgxdx = 2 8 0 0 1

b) ∫ g ( x )dx = ∫ 0

1

1

∫

c) Considerăm funcţia ϕ = f

−g

.

1

1 x2 π − dx = 2 ∫ 2 0 1 + x 8

Atunci: ϕ ′ ( x ) =

x

1 + x 2

−

− arctgx şi

1 π 1 1 ( x − arctgx ) = − . 0 4 2 2 ϕ ′′ ( x ) = −

2 x 2

(1 + x 2 )

2

.

Deoarece ϕ ′′ ( x ) ≤ 0 , rezultă că ϕ ′ este descrescătoare, deci x ≥ 0 ⇒ ϕ ′ ( x ) ≤ ϕ ′ ( 0) ⇒ ϕ ′( x) ≤ 0 . Prin urmare ϕ este descrescătoare, de unde x ≥ 0 ⇒ ϕ ( x ) ≤ ϕ ( 0) ⇒ ϕ ( x) ≤ 0 ⇒ f ( x) ≤ g( x) . 1

Ca atare aria căutată este A = ∫ ( g ( x ) − f ( x ))dx = − 0

π

4

− ln 2 +

3 . 2



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Avem f ′ ( x ) = 3 x2 − 3 , f ′ ( x ) = 0 ⇔ x ∈ {−1,1} şi următorul tabel de varia ţie al funcţiei f : −1

x f ′ ( x )

+++

f ( x )



0

1 −−−



0

+++



Din tabelul de varia ţie rezultă că −1 şi 1 sunt punctele de extrem ale func ţiei f . b) Deoarece f este continuă, f (1) = −2 < m şi lim f ( x ) = +∞ , rezultă că ecuaţia are soluţie în mulţimea x →∞

(1, ∞ ) . Cum f este strict crescătoare pe (1, ∞ ) , rezultă că f este injectivă pe (1, ∞ ) , deci soluţia este unică. c) Deoarece g ( x) = f 2 ( x) = x6 − 6 x4 + 9 x2 , rezultă

5 3 4 2 g ′ ( x ) = 6x − 24 x + 18 x , de unde g '' ( x ) = 30 x − 72 x + 18 .

(

)

Pentru a rezolva ecuaţia g ′′ ( x ) = 0 , notăm x 2 = t şi rezultă 6 5t 2 − 12t + 3 = 0 care are soluţiile

12 ± 84

. Deci ecuaţia g ′′ ( x ) = 0 are soluţiile ± t1 , ± t 2 . Ţinând cont de semnul funcţiei g ′′ , rezultă 10 că g are patru puncte de inflexiune. t 1,2 =

2.a) lim f ( x ) = lim f ( x ) = f ( 0 ) ⇒ f continuă în 0. Rezultă f este continuă pe  . f continuă pe  ⇒ f 0 0 x

x

admite primitive pe  .

b) ∫ xe

x

dx

=

e

x

( x − 1) + C , iar ∫ sin xdx = − cos x +C .

e x ( x − 1) + c1 , x ≤ 0 Deci o primitivă a funcţiei f va fi de forma: F ( x ) =  .  − cos x + c2 , x > 0 Din condiţia de continuitate a lui F rezultă c1 = c2 = F ( 0 ) + 1 = 0 . x

c) Deoarece F este o primitivă a lui f , rezultă ∫ f ( t ) dt = F ( x) − F (0) , deci limita de calculat este 0

lim

x 0

F ( x ) − F (0) x

2

. Cu regula lui l´Hôspital: lim

x  0

F ( x ) − F (0) x

2

= lim x 0

F ′( x )

2 x


. Apoi lim x 0

F ′( x )

2 x

= lim x 0

f ( x)

2x

= lim

x 0

sin x 2x

=

1 2

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) f ′ ( x ) = 1 ⇔ e x − 1 = 1 ⇔ x = ln 2 . b) f ′ este negativă pe ( −∞, 0 ) şi pozitivă pe ( 0, ∞ ) , deci valoarea minimă este f ( 0 ) = 1 . c)

f d ′ ( 0 ) = lim

2. a)

f ( x )

x0

f ( 3 ) =

∫

3

x t

= lim

x e −1− x

x0

2

2 t 2 − 1

x



1



2

=  t +

ln

2

=

t − 1  3

1 2

şi f s′ ( 0 ) = lim

x0

1

f ( x ) x

= lim

x e −1 − x

x0

x

2

3

 = 1 + ln . 2 2 t + 1  2

 x 2 − 1  t  − F ( 0 ) , unde F este o primitivă a funcţiei t → 3e + 1 . 3  

b) g ( x ) = F  ln

Rezultă g ′ ( x ) = 3e

c) Avem

ln

x 2 −1

3

 x 2 − 1 ′ 2x = x⋅ ,  2   3 − 1 x  

+ 1 ⋅  ln

∀x ∈ (1, ∞ ) .

g ′ ( x ) = 2 f ′ ( x ) , deci g ( x ) − 2 f ( x ) = constant = g ( 2 ) − 2 f ( 2) = 0 .


=−

1 2

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) Succesiv rezultă: lim

f ( x)

x1 x

−1

3

= lim

2

3

x − 3x + 2 x −1

x1

= lim 3 x1

( x − 1) ( x + 2) 3 ( x − 1)

= −∞ .

x + 1

b) Aplicând corect reguli de derivare, rezultă f ′( x) = 3

−∞

x

f ′( x )

−2

−∞

+++++



0



0

3

.Tabelul de variaţie al funcţiei f este:

1

−1

+++++

f ( x)

( x − 1)( x + 2 )

2

∞

------

++++++



4



0

∞

Din tabelul de variaţie al funcţiei rezultă că –1 şi 1 sunt punctele de extrem ale funcţiei f .

c) Funcţia f este derivabilă în orice punct x care satisface condiţia x3 − 3x + 2 ≠ 0 . Deci domeniul de derivabilitate al funcţiei f este  \ {−2,1} . 2. a) Descompunem în fracţii simple:

∫

f ( x )dx =

1 1

∫

2 x

dx −

∫

1

1 dx + 2 x +1

1 x ( x + 1)( x + 2 )

1

∫ x+2

=

A

+

x

x( x + 2)

dx = ln

x +1

B x +1

+

C x+ 2

. f ( x) =

Atunci, pentru x > 1 rezultă

1

∫ t ( t + 1)( t + 2)

x

dt <

1

1

∫6

dt =

1

1

c) Utilizăm schimbarea de variabilă: x

3

= t . Rezultă

Dar

∫ 0

1 π dt = arctgt = . Rezultă 2 0 4 1 + t 1

1

x 2

1

1

+

x +1

2 x

6 2

1 t ( t + 1)( t + 2 )

<

1 6

. Egalitatea are loc dacă x = 1 .

1

1

3 x2

1

1

1

∫ 1 + x6 dx = 3 ∫ 1 + x6 dx = 3 ∫ 1 + t 2 dt . 0

1

x − 1

x

+

2( x + 2)

+C.

>6⇒ b) Deoarece t ∈ (1, ∞ ) rezultă t > 1, t + 1 > 2, t + 2 > 3 ⇒ t( t + 1)( t + 2) x

1

0

π

∫ 1 + x6 dx = 12 . 0


0

.

. Deci



1.a) Deoarece lim f ( x ) = , rezultă că dreapta de ecuaţie

y =

3

x →−∞

9 b) Avem f (1) = 1 şi 0 < f ( n ) ≤ , ∀n ≥ 2 , deci 0 < an ≤   10  10  9

c) g ′ ( x ) = − 2 a)

1

∫0 f (e

x

7e x x

(3e + 4) )dx =

2

1

∫0

, g ′′ ( x ) =

xdx =

(

7e x 3e x − 4 x

(3e + 4)

2 x3 1

=

0

3

2 3

3

)

2 3

este asimptotă orizontală spre ∞ .

n −1

, de unde lim an = 0. n →∞

4 . punctul de inflexiune este ln . 3

.

e

b) V

=π

∫ ln xdx = ( x ln x − x )

e 1 = π .

1

c) Utilizăm schimbarea de variabilă e

∫

1

∫

1

2 t2

ln xdx = 2t e dt =

1

0

∫ 0

′

∫ (e ) tdt = te t2

0

1

Prin urmare

ln x = t , apoi o integrare prin părţi:

e

2

e x dx +

∫ 1

t2 1 0

1

∫

1

∫

t2

∫

0

1

2

∫

2

f ( x)dx = e x dx + e − ex dx = e . 0

1

∫

x2

− e dt = e − e dt = e − e dx . 0

1

t2

0


0


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) Avem xn+1 − xn

2

= xn − xn + 1 > 0, ∀n ≥ 1 ,

deci şirul este strict crescător, de unde concluzia.

3 x 2 + 1, x < 0 . b) Funcţia g este derivabilă pe fiecare din intervalele (–∞, 0) şi (0, ∞) şi g ′( x) =  1 x , 0 >  2  x + 1 Cum g este continuă în 0 şi lim g ′ ( x ) = lim g ′ ( x ) = 1 , rezultă că g este derivabilă în 0 şi g ′ ( 0 ) = 1 . x0

x0

c) Numărul cerut este valoarea minimă a funcţiei h : ( 0, ∞ ) → , h ( x ) = x 2 + 1 − 2 ln x. Acesta este h (1) = 2 . 1

2.a) ∫ xf ( x)dx = 0

1

∫ xe

− x

2

dx =

0

1

1

e 2∫ 0

−t

1 −t 1 1 1 1− e− . dt = − e = 0 2 2

(

b) Aplicăm regula lui l´Hôspital: F ( cos x ) − F (1) − sin xF ′ ( cos x ) lim

x →0

c)

x

2

= lim

x → 0

2 x

1 1 −1  sin x  ⋅ f (cos x )  = − f (1) = − e . 2 2  2x 

= lim  − x →0

2

)

2

g ′ ( x ) = F ′ ( x ) + f ′ ( x ) = f ( x ) − 2 xe− x = (1 − 2 x) e− x , deci g are unicul punct de extrem x =


1 2

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) lim ( f ( x) g ( x ) ) = 0 ⋅ x →∞

π

2

=

0.

b) f este derivabilă şi f ′( x) =

1 − x 2

(1 + x ) 2

2

, ∀x ∈  . Ţinând cont de semnul derivatei, rezultă că – 1 este punct de

minim local, iar 1 este punct de maxim local.

c) Considerăm funcţia h :  →  , h( x ) = f ( x) − g ( x) . Rezultă h′( x) = −

x 2

(1 + x ) 2

2

. Deoarece

h′( x) < 0, ∀x ∈ ( 0, ∞ ) , rezultă că h este descrescătoare pe ( 0, ∞ ) . Deci h( x) < h ( 0 ) , ∀x ∈ ( 0, ∞ ) ⇒ h ( x ) < 0, ∀ x ∈ ( 0, ∞ ) ⇒

x

< arctgx , ∀x ∈ ( 0, ∞ ) 1 + x 2 2.a) Funcţia f este continuă pe [0,1] , deci este integrabilă pe acest interval. Funcţia g : [1, 2] → , g ( x ) = x ln x

este continuă, deci este integrabilă pe [1,2 ] . Deoarece f ( x ) = g ( x ) , ∀x ∈ [1, 2] \ {1} , rezultă că f este integrabilă pe [1, 2] . Fiind integrabilă pe [ 0,1] şi pe [1, 2] , rezultă f integrabilă pe [ 0, 2] . x

b) Fie F o primitivă a funcţiei ϕ : [1, ∞ ) →  , ϕ ( t ) = t ln t . Atunci:

. ∫ t ln tdt = F ( x) − F (1) 1

x

∫ t ln tdt

Rezultă lim x1

1

x − 1

c) Arătăm că există

= lim x1

F ( x) − F (1) x −1

= F d ′ (1) . Deoarece F d ′ (1) = ϕ (1) = 0 rezultă că limita este egal ă cu 0.

a ∈ [ 0, t ) şi b ∈ ( t , 2] astfel încât

b

a

0

0

∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx = (b − a ) f (t ), adică

b

a

y

0

0

0

∫ f ( x ) dx − bf ( t ) = ∫ f ( x ) dx − af ( t ). Considerăm funcţia g : [0, 2] → , g ( y ) = ∫ f ( x )dx − yf ( t ) . Avem g ' ( y ) = f ( y ) − f ( t ) , deoarece f este strict crescătoare, deci g este strict descrescătoare pe [ 0,t ] şi strict crescătoare pe [t , 2]. Aceasta garantează existenţa numerelor a şi b.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) lim

f ( x)

x →∞ f

( x + 1)

= lim

3 x +x

x →∞

= 1.

( x + 1)3 + x + 1

b) Deoarece f ′ ( x ) = 3 x2 + 1 > 0 , rezultă că f este strict crescătoare , deci este injectivă. Cum lim f ( x) = −∞ , lim f ( x ) = ∞ , iar f este strict crescătoare şi continuă rezultă Im f =  , deci x →∞

x →−∞

f este surjectivă. Fiind injectivă şi surjectivă f este bijectivă, deci este inversabilă.

c) Pentru x ≥ 1 ,

f

( x) = x + 3

3

x > x şi f

( x ) −1 = x − 3 3

3

2

x + 43 x − 2 = x −

soluţia ecuaţiei f ( y ) = x se află între x − 1 şi x . Astfel 1 − 3

3

1 3

<

f

−1

3

x

( x) x

3



x  33 x − 4 +



2  3

< 1 , de unde lim

 < x , deci

x 

x →∞

f

−1

3

( x)

x

=1.

π

2.a)

∫ f ( x)dx = 0 , deoarece f este impară. −π

3

b)

∫ sin x dx = ∫ x dx . Dar ∫ x dx = 2c 2

2

1

c)

3

3

f ( x )

1

(

2

1

⇔

26 3

2

= 2c . Rezultă c =

13 3

)

∈ (1,3) .

2 F ( x ) = − x + 2 cos x + 2 x sin x . Considerăm şirul ( xn′ ) n≥1 , xn′ = 2nπ . Atunci lim F ( xn′ ) = −∞ . n→∞

Considerând şirul ( xn′′ ) n , xn′′ = 2nπ + ≥1

π

2

rezultă lim F ( xn′′ ) = ∞ . Prin urmare funcţia F nu are limită la ∞ . n→∞



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) f ′( x ) = 1 +

x

1 + x

2

≠ 0, ∀ x ∈  şi f ' ( 0 ) > 0,

crescătoare, continuă, lim f ( x ) = ∞ şi lim x →∞

x →−∞

deci

f ( x ) =

f ' are semn constant pozitiv. Astfel f este strict

lim

( x2 + 1) − x2 = 2

x →−∞

x →−∞

x + 1 − x

1

lim

1+ 1+

1 x

=

0 , de unde

2

concluzia.

b) Cum g ′( x) =

1

rezultă relaţia cerută.

1 + x 2

c) Fie funcţia ϕ :  →  , ϕ ( x ) = g ( x) − x . Rezultă ϕ ′( x) = (1 + x 2 ) ϕ strict descrescătoare pe



−

1 2 −

1 . Deoarece ϕ ′ ( x ) < 0, ∀x ∈  rezultă

. Prin urmare, pentru orice x > 0 rezultă ϕ ( x ) < ϕ (0) . Cum ϕ (0) = 0 , se obţine

inegalitatea cerută. 1

2.a) Într-adevăr f este derivabilă şi

∫0

f (0) = f (1) = 0 , iar f ( x) dx = 1

b) Deoarece f ( x) = ax

3

2

+ bx + cx + d , a ≠ 0 , rezultă

x 4

3

−x +

2 a

b

x2

1 =0. 2 0

c

∫0 f ( x) dx = 4 + 3 + 2 + d şi

(1) = a + b + c + d . Prin urmare, condiţia f ∈ M este echivalentă cu a + b + c = 0 3a a  , de unde: a ∈ , a ≠ 0, b = − , c = , d ∈  . Rezultă a b c 2 2  4 + 3 + 2 = 0 3a 2 a 1 f ( x ) = ax 3 − x + x + d , a ∈ , a ≠ 0, d ∈  . Atunci f   =d = f (0) . 2 2 2 f (0) = d , f

1

c) Aplicăm teorema de medie: există c ∈ ( 0,1) astfel încât ∫ f ( x) dx = f ( c) .Rezultă f (c) = f (0) şi f (c ) = f (1) . 0

Conform teoremei lui Rolle, există α ∈ (0, c) şi β ∈ (c,1) astfel încât

f ′(α ) = 0, f ′( β ) = 0 .



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) f este continuă pe fiecare dintre intervalele ( −∞,1) şi (1, ∞ ) , deoarece f este cât de funcţii continue.

ln (1 + t ) ln x = lim = 1 = f (1) rezultă că f este continuă în 1. x →1 x − 1 t → 0 t

Deoarece lim f ( x ) = lim x→1

b) Aplicăm regula lui l'Hôspital. Rezultă lim

ln x − ( x − 1)

x →1

c) Avem

f ′( x ) =

x − 1 − x ln x x ( x − 1)

2

( x − 1)

2

1− x 1 =− . x →1 2 x ( x − 1) 2

= lim

şi avem de arătat că g ( x ) = x − 1 − x ln x < 0, ∀x ∈ ( 0, ∞ ) \ {1} . Cum g ' ( x ) = − ln x ,

rezultă tabelul de variaţie următor, din care rezultă concluzia. x ∞ 0 1 + + + + + + + + + 0 − − − − − − − − − g '( x )   0 g ( x)

2.a) Fie F :  →  o primitivă pe  a lui f. Atunci Deoarece 1 + sin 2 x ≥ 1 rezultă

2

F ′ ( x ) = ln(1 + sin x ), ∀x ∈  .

2

F ′ ( x ) = ln(1 + sin x ) ≥ 0, ∀x ∈  . 0

π

b) Utilizăm schimbarea de variabilă sin x = t . Rezultă ∫ f ( x)cos dx = ∫ ln (1 + t 2 ) dt = 0 . 0

0 arcsin x

c) Funcţia f , fiind continuă pe  , admite o primitivă. În plus, g ( x ) =

∫

π

4

de unde g ′( x) = arcsin ′ x ⋅ F ′ ( arcsin x ) =

1 1 − x2

f

( arcsin x) =

1 1 − x2


 π  4

f (t ) dt = F ( arcsin x ) − F   ,

ln (1 + x2 ) .


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) f 2′ ( x ) = 2 x + b) Cum

1 x

> 0, ∀x ∈ ( 0, ∞ ) .

 1  1 − 1 ⋅ 1 < 0 şi f este continuă rezultă că ecuaţia f n ( x ) = 0 are cel puţin o rădăcină f n   ⋅ f n (1) =  n e e 

reală, situată în intervalul

( 1e ,1) . Cum f este strict crescătoare, rădăcina este unică. n

c) Folosind de două ori regula lui l'Hospital: 

lim 

3

x →1  f 2 ( x ) − 1

−

1 

−2 +

2

3 x − 2 − x − ln x

1 x

2

= lim  = lim 1 1 x − 1  x→1 ( x − 1) ( x 2 + ln x − 1) x→1 6 x + − 2 +

x

x

=−

1 6

.

2

2. a) Considerăm funcţiile, g : [ −2π , 0] →  , g ( x ) = x3 şi H : ( 0, ∞ ) →  , h : [ 0, 2π ] →  , h ( x ) = 1 + sin x . Deoarece f ( x ) = g ( x ) , ∀x ∈ [ −2π , 0] \ {0} şi g este integrabilă pe [ −2π , 0] rezultă f integrabilă pe [ −2π , 0] . Analog, deoarece f ( x ) = h ( x ) , ∀x ∈ [ 0, 2π ] şi h este integrabilă pe [ 0, 2π ] rezultă f integrabilă pe [ 0, 2π ] . Prin urmare f este integrabilă pe [ −2π , 0] ∪ [ 0, 2π ] = [ −2π , 2π ] . b) c)

π

0

−

−

π

0

∫ 1 f ( x) dx = ∫ 1 f ( x) dx + ∫0 f ( x) dx = ∫ 1 x 2π

∫0

(1 + sin x )

n

dx ≤

−

2π

∫0

3

dx +

7

π

∫0 (1 + sin x) dx = π + 4 .

(1 + sin x ) ⋅ 2n−1 dx = 2n−1 ( x − cos x )

2π 0

n

= 2 π.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) f ( x ) ≤ max ( x , x3 ) ≤ b) Din

x , ∀x ∈ [ −1,1] .

f ( x ) ≤ x , ∀x ∈ [ −1,1] rezultă lim f ( x ) = 0 . Cum f ( 0 ) = 0 , rezultă că f este continuă în origine. x→0

f ( x ) − f ( 0 )

1  1  1 = 1 , lim g  = lim = 0 , deci f nu este derivabilă în 0.   n→∞  n 2  n →∞ 2 2 n 3 x − 0 n →∞  n  2.a) f trebuie să fie derivabilă, deci continuă. Din continuitatea lui f rezultă b = 0 .

c) Fie g ( x ) =

x

, x ≠ 0 . lim g 

x

Apoi f ′ ( x ) = ae + axe − 1, ∀x < 0 şi f ′ ( x ) = cos x − x sin x , ∀x > 0 . Cu o consecinţă a teoremei lui Lagrange rezultă lim f ′ ( x ) = lim f ′ ( x ) = f ′ ( 0 ) ⇔ a − 1 = 1 ⇒ a = 2 . x0

b)

π

∫1 −

f ( x )dx =

c) Avem I n = ∫ π

∫0 x

0

∫1

f ( x )dx +

−

π

0

x

n +1

π

∫0

cos xdx = x n+1 sin x

π

n

sin xdx =

∫02 x

n

f ( x )dx = −

sin xdx +

∫

π π

2

n

π

0

0

∫1 −

xdx +

− (n + 1)

x sin xdx ≥

∫

π π

x0

π

∫0 π

∫0 x

x cos xdx = − n

2 x 0

2 −1

sin xdx = − ( n + 1)

n

+ x sin x π

∫0 x

n

π

0

+ cos x

π

0

=−

3 2

.

sin xdx şi

x sin xdx = 1, deci I n ≤ − ( n + 1) , de unde concluzia.

2




1.a) f ( x ) = ln

x + 2 x

= ln x + 2 − ln x , f ′ ( x ) =

3 4 5 6

n +1 n + 2 

b) an = ln  ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅ ⋅  − ln n −1 n  1 2 3 4 Rezultă lim an = lim ln

1 x + 2

n ( n + 1)

2

−

1 x

, f ′′ ( x ) =

= ln

1 x

2

1

−

( n + 1)( n + 2 ) 2

( x + 2) − ln

2

4 x + 4

=

x

n ( n + 1)

2

2

2

(x + 2)

= ln

n+2 n

< 0, ∀x ∈ ( −∞, −2 ) .

.

n+2

= 0. n c) Considerăm funcţia h : [1, 2] → , h ( x ) = ( x − 1) f ( x ) . Aplicăm teorema lui Lagrange funcţiei h : n→∞

n→∞

există c ∈ ( 0,1) astfel încât h′ ( c ) = 1

1

2.a) ∫ x f ( x ) dx = ∫ 0

0

b) Se observă că 1

1

1

∫ 1 + x 0

1

c) ∫ 0

2

dx ≤

x

1 + x

1 1 + x 2

≤

dx 4

=

2

1 1 + x4 1

1

1

h ( 2 ) − h (1)

1

0

f ( x ) f ′′( x) − ( f ′( x))

( f ( x )) 2

0

2

1

π

( 2) 0= 8 .

arctg x

≤ 1, ∀ x ∈ [ 0,1] . Aplicând proprietatea de monotonie a integralei rezultă

∫ 1 + x dx ≤ ∫1dx , de unde 4

, de unde f ( c ) + ( c − 1) f ′ ( c ) = f (2 ) .

π

4

1

≤

∫ f ( x )dx ≤ 1 . 0

 f ′( x) ′ f ′(1) f ′(0) dx = ∫  dt = −   f ( x )  f (1) f (0 )   0 1

= −2, deoarece f ′ ( x ) = −


4 x3

(1 + x ) 4

2

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) Funcţia f este strict crescătoare pe  , deci este injectivă. Deoarece lim

x →−∞

f ( x ) = −∞ , lim f ( x ) = ∞ şi x →∞

f este continuă rezultă Im f =  , prin urmare f este surjectivă.

b) Fie funcţia h :  → , h ( x ) = x + e x − ( 2 x + 1) = e x − x − 1 . h′ ( x ) = e x − 1 , iar din tabelul de variaţie rezultă concluzia. −∞

0

h′ ( x )

−−−−−−−−−−−−−

0 + + + + + + + + + + + + + + +

h(x)

∞

x



∞



0

∞

c) Fie funcţia θ :  → , 0 θ ( x ) = x + e x − ( mx + 1) . Atunci θ ( x ) ≥ θ ( 0 ) , ∀x ∈  , adică 0 este punct de minim a lui

θ .

Conform teoremei lui Fermat,

θ ′

( 0 ) = 0 . Deoarece θ ′ ( x ) = 1 + e x − m rezultă

( 0 ) = 2 − m = 0 , de unde m = 2 . 2.a) Deoarece F este o primitivă pe  a funcţiei f , atunci θ ′

Deci ( 4 F ( x ) )′ = 4 f ( x ) = 4sin 3 x cos x . Apoi sin 4 x

(

4

4 F ( x ) = sin x + c . Fie G :  → , G ( x ) =

1

F ′ ( x ) = f ( x ) , ∀x ∈  .

)′ = 4sin3 x cos x . Deci există c ∈  astfel încât

sin 4 x. Cum G ' ( x ) = f ( x ) , ∀x ∈  , există d ∈  astfel încât

4 F ( x ) = G ( x ) + d , iar pentru c = 4d , rezultă concluzia. π

b) A = ∫

2

0

f ( t )dt =

1

π

1 sin t 2 = . 4 4 0 4

c) Utilizăm schimbarea de variabilă x = π − t şi obţinem I =

π

∫ 0 sin

6 n +3

x cos

2 n +1

xdx =

∫

0 π

sin 6 n +3 ( π − t ) cos2 n +1 ( π − t )( −1) dt =

π

∫0 sin


6 n +3

2 n +1

t ( − cos t )

dt = −I , de unde I = 0 .



1.a) f ( x ) = l− 1 − x2 şi f ′ ( x ) =

1 − x

b)

m = lim

f ( x ) x

x →∞

= lim

x

x→∞

(

x→∞

= lim

)

n = lim ( f ( x ) − mx ) = lim x − x →∞

, ∀x ∈ ( −1,1) .

1 1  − 1 −  = − 1 . x→∞ x x    1 2 + 1 = 1 . x − 1 + 1 = lim   2 x→∞   x + x − 1 

2 x −1

l−

2

Prin urmare, ecuaţia asimptotei spre +∞ la graficul funcţiei f este y = − x + 1 .

c) Pentru x ∈ ( 0,1] avem −

1

≤

f ( x ) x2

x

2.a)

3/ 4

∫0

≤

l− 1 − x 2 x

2

f ( x )

x

x 2

2t + 1 f ( t )

dt =

2t + 1

3/ 4

∫0

2

1 + 1 − x2

1

, de unde −1 ≤ 2

1

=

2

t + t + 1

∈ [ 0,1]. Pentru x ∈ [1, ∞ ) avem − x ≤ 1 − x ≤ 1, deci

≤ 1, ∀ x ≥ 1. Astfel −1 ≤ g ( x ) ≤ 1, ∀x ∈ ( 0, ∞ )

(2

3/ 4

)0

dt = ln t + t + 1

= ln

37 16

.

b) Utilizăm schimbarea de variabilă g ( x ) = t ⇔ x = f (t ) . 3

Rezultă

∫ 1

1

∫

g ( x )dx = tf ′ ( t )dt = tf ( t ) 0 1

α

0

1 3

1 0

1

−

1

1

0

0 3

∫ f ( t )dt = f (1) − ∫ f ( x)dx = 3 − ∫ f ( x)dx , de unde concluzia. 0 3

α

1

1

c) Folosind b) avem ∫ f ( x)dx + ∫ g ( x )dx = 3 − ∫ g ( x )dx + ∫ g ( x )dx = 3 − ∫ g ( x )dx, aşa încât inegalitatea de

∫

α

demonstrat este echivalentă cu g ( x )dx ≤ 3 − α . Deoarece g : [1,3] → [ 0,1] rezultă g ( x ) ≤ 1, ∀α ∈ [α ,3] din α

3

∫

care prin integrare rezultă g ( x )dx ≤ 3 − α . α



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) într-adevăr, u este o funcţie de două ori derivabilă, u ' ( x ) = e x ( sin x + cos x ) , deci u '(0) = 1 şi f (0) = 0 .

b) Avem (1 + f ( x ) )

Apoi lim

f ( x )

x →0

c) lim

x

x

n +1

f

x→0

2

lim

=

lim

( x)

x

k

= lim

1

∫0

x

f ′(x ) −1

2 x

 

2

= lim

x→ 0

x

x

0

0

f 2 ( x) g ( x) dx =

1

1 1 + t

x

1

şi lim (1 + f ( x ) )

f ( x)

x→0

n −1

⋅

 f ( x ) − f ( 0 )  = lim   x→ 0  x − 0  

2. a) g ( x ) = ∫ f ( t ) dt = ∫ b)

f ( x ) − x  f

x→ 0

f ( x )

= e , deoarece lim f ( x ) = f ( 0 ) = 0 . x→0

= f ′ ( 0 ) = 1 .

x−0

n

x→ 0

k

f ( x ) − f ( 0 )

x→0

n

f ( x ) − x

x →0

lim

x

f ( x ) − x

x →0

lim

=

1   f ( x )   = (1 + f ( x ) )     

1 x

x

(x)

n −1

+

xf

n−2

x

n −1

1 f ' ( x ) − f ' (0 ) x−0

2

(x )

=

+

x

n −2

x f ′′ ( 0 )

2

f (x )

n −1

+

  , iar n −1  x  x

n −1

,

k

( '( 0 ) )

= f

k

= 1, ∀k ∈ {0,1, 2,..., n − 1} .

dt = ln (1 + x ) .

ln (1 + x )

∫0 ( x + 1)2

∫

1 ′ 1 ln (1 + x ) dx = − ln 2 +  2  x + 1 

1

dx = −  0

1

1

∫0 ( x + 1)2 dx =

1 − ln 2 2

.

k

c) Pentru

n

k ∈ {0,1, 2,..., n − 1} cu teorema de medie

∫ k −1

 k k −1   k −1 k  , . f ( ck ) , cu ck ∈  −  n  n  n n

f ( x )dx = 

n k

1

n 1  k   k  ă . Rezult f ≤ ∑   ∑ f ( x )dx = ∫ f ( x )dx = ln 2 .  n k =1  n  k =1 k ∫−1 n 0 n

n

Apoi, deoarece f este descrescătoare, f ( ck ) ≥ f 

n




f ′ ( x ) = −

b) Deoarece

1

( x + 1)

2

+

2 2 x + 1

−

2 2x + 3

1

=

2

( x + 1)

.

( 2 x + 1)( 2x + 3 )

f ′ ( x ) > 0 rezultă că funcţia f este strict crescătoare. Cum lim f ( t ) = 0 , rezultă f ( x ) < 0,∀ x ∈ ( 0, ∞ ) . t →∞

c) xn+1 − xn = 1 +

1 2

+ ... +

1

+

1

n +1

n

 

− ln  n + 1 +

 1 1 1   −  1 + + ... + − ln  n +   = f ( n ) < 0.  2  2 2  n 

1

− x

2. a) Utilizăm schimbarea de variabilă

t = − u . Rezultă f ( − x ) =

∫e

t2

x

2

x

2

x

2

c)

1

1

1

2

et ≤ et , ∀t ∈ [ 0,1] .

Rezultă

∫

x t 2

0

e dt ≤

Prin urmare

∫

1

0

∫

x t

0

e dt , ∀x ∈ [ 0,1] , deci f ( x ) ≤ e x − 1, ∀x ∈ [ 0,1] .

f ( x )dx ≤

1

∫ (e 0

x

0

x

b) Concluzia rezultă din f ( x ) = ∫ et dt + ∫ et dt > ∫ et dt > ∫ et dt = e x − e 0

t 2

∫

dt = − e du = − e dt = − f ( x ) .

0 1

∫

x

u2

)

− 1 dx = e − 2 .


0

(

x

)

şi lim e − e = ∞ . x→∞



f s′ ( 0 ) = lim

f ( x ) − f ( 0 )

=

x − 0

x0

lim

x0

3 3

2 x

= −∞, deci f

nu este derivabilă în 0.

b) Deoarece funcţia f este continuă pe intervalul [ k , k + 1] şi derivabilă pe intervalul ( k , k + 1) , aplicăm teorema lui Lagrange . Rezultă existenţa unui punct c ∈ ( k , k + 1) astfel încât f ( k + 1) − f ( k ) = f ′ ( c ) =

c) an+1 − an = − f ( n + 1) + f ( n) + 3  x 2 2.a) f ( x ) dx =   2 0 1

∫

b) Cum

lim

x →0

−

x3

+

6

1 n +1

=

1 3

1

− 3

n +1

x4  1

5 x 4

1 − x + x2 − lim

20 x3

x →0

c) f ′ ( x ) = 1 − x + x2 −

1

.

cu cn ∈ ( n, n + 1) , deci an +1 − an < 0, ∀n ∈ ∗ .

cn

1

x →0

=

c

1

7

 − ( x + 1) ln ( x + 1) + x = − − 2ln 2. . 0 0 12  0 12

F ( 0 ) = 0 , aplicăm regula lui l´Hôspital: lim

f ( x )

1 3

1 1 + x = lim

x3

x →0 20 x3

=

(1 + x )

F ( x) x

5

1 20

=

lim

x→ 0

F ′( x )

5x

4

=

lim

x→ 0

f (x)

5x

4

. Dar

.

x3

. Cum, pe ( −1, 0 ) derivata f ′ este negativă, iar pe ( 0, ∞ ) este pozitivă, 1 + x 1 + x rezultă că 0 este punct de minim absolut, deci f ( x ) ≥ f ( 0 ) = 0 . =

 x2 + ≥ ln (1 + x ) , din care se obţine ∫  x − Rezultă x −  2 3 2 0 1 1  x2 x3  5 5 dx = + Dar ∫  x − , deci ∫ ln (1 + x )dx ≤ .    2 3 12 12  0 0 x 2

x3

1

x3  + dx ≥ ln (1 + x )dx 3 


1

∫

0


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Prin inducţie demonstrăm că, pentru orice n ∈ * , f1 ( x ) = f0′ ( x) = 2 e2 f3 ( x) = 8e

2x

x→−∞

−∞

n +1

e

2x

, ∀x ∈  .Într-adevăr

.Presupunem că fn ( x ) = 2n e2 x şi rezultă că f n+1 ( x ) = 2 n+1 e 2 x . Pentru n = 3 rezultă

, ∀ x ∈  .

b) Deoarece lim spre

x

f n+1 ( x) = 2

f n ( x ) =

lim 2n e2 x

x→−∞

. Cum lim f n ( x ) = lim 2n e2 x x→∞

x→∞

= 0 rezultă că axa Ox = ∞ şi

lim

x→∞

f n ( x ) x

=

este asimptotă orizontală lim

x→∞

2n e 2 x x

= ∞ rezultă că f n

nu are alte asimptote.

f1 ( a ) + f 2 ( a ) + ... + fn ( a ) 2e2a + 22 e2a + ... + 2n e 2a 1 + 2 + 22 + ... + 2n −1 = lim = lim = lim n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ f n +1 ( a ) 2n+1 e 2a 2n

2n − 1 = 1. 2n 2. a) Funcţia f este continuă pe intervalul ( 0, ∞ ) deoarece pe acest interval f este produs de funcţii continue. Deoarece

c) lim

ln 2 x lim f ( x ) = lim x ln x = lim = 0 = f ( 0) , f este continuă în 0. Rezultă f continuă pe [ 0, ∞ ) şi prin urmare x0 x0 x0 1 2

x

este integrabilă pe [0,1] .

b) Deoarece funcţia 1

1

x ln xdx = 

t

c)

e

1

∫1 x

1

F ( t ) . Cum ∫t f ( x ) dx este continuă, avem ∫0 f ( x ) dx = F ( 0) = t lim 0

2 2 2 2  x 2 2 1 1 t 2 1 x x 1 t t 2 ă că ∫ f ( x ) dx = . ln ln ln ln , rezult x− x+ t t = − + −   2 0 4 2 4  t 2 2 4 4 

2

∫

F : [ 0, ∞ ) → , F ( t ) =

ln 2

1 x

dx =

e

1

∫1 x

( − ln x )

2

dx =

e

∫1

1

e 1 1 ln 2 xdx = ln3 x = . 1 3 3 x



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) f ′ ( x ) = 1 −

1

=

x

. 1 + x 1 + x b) Deoarece f ′ ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0, ∞ ) rezultă că f este strict crescătoare pe ( 0, ∞ ) . Din x > 0 şi f este strict crescătoare pe ( 0, ∞ ) , rezultă f ( x ) > f ( 0 ) = 0 . x

c) f ( x ) = ln e

x

− ln (1 + x ) = ln

2

2.a) F ( x ) = ∫ t dt =

x +1

t

x

1

2

=

x + 1 1

e

1 + x

2

x+1

. Deci lim f ( x ) = ∞ . x →∞

−1

x +1

, pentru x ≠ −1 , deci 1 + ( x + 1) F ( x ) = 2 x +1 ,∀x ∈  \ {−1} ; pentru x = −1

relaţia se verifică direct.

b) lim F ( x ) = lim

2 x+1 − 1

x +1

ln 2 = ln 2 . x→−1 x + 1 c) Din teorema de existenţă a primitivelor unei funcţii continue, rezultă că F este primitiva funcţiei f pentru care F (0) = 1 (condiţie care este îndeplinită). Deci F ′ ( x ) = f ( x ) , ∀x ∈ ( −1, ∞ ) . x →−1

x→−1

= lim 2

 2 x +1 − 1 ′ ( x ln 2 + ln 2 − 1) 2 x +1 + 1 = . 2  x + 1  ( x + 1)  

Rezultă f ( x ) = 



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) Ecuaţia asimptotei spre m = lim

x→∞

b)

f ′ ( x )

c) Cum 2. a)

f ( x )

=

x

x2 + x + 1

lim

2 x +x

x→∞

la graficul funcţiei f este y = mx + n , unde:

= 1 şi

1

n = lim ( f ( x ) − mx ) = lim

x→∞ x + 1

x →∞

=0.

′ 2 2 x + x + 1) ⋅ ( x + 1) − ( x + x + 1) ⋅ ( x + 1)′ x 2 + 2 x ( . = =

( x + 1)

f ′′ ( x ) =

2 3

( x + 1)

π

π

∫0 f 2 ( x ) dx = ∫0

b) Cum

+∞

sin ( nx ) x

≤

x

2

( x + 1)

< 0, ∀ x ∈ ( −∞, −1) funcţia f este concavă pe intervalul

sin 2 x dx =

1

2

π

∫0

/ 2

sin 2 xdx −

∫

π

π

/2

2π

, ∀ x ∈ [π , 2π ] , rezultă I n =

∫

π

sin 2 xdx = −

sin ( nx ) x

cos 2 x

π

2

0

2π

dx ≤

∫

π

1 x

I n =

∫

nπ

+

cos 2 x

π

2

π

dx = ln2.

c) Utilizăm schimbarea de variabilă 2 nπ

/ 2

( −∞, −1) .

nx = t şi obţinem ( k +1)π 2 n −1 ( k +1)π sin t 2 n−1 2 n−1 sin t 1 2 ndt = dt ≥ sin t dt = . nt t k 1 k 1 + + π π ( ) ( ) k =n k =n k =n

∑ ∫

kπ

∑

∫

∑

k π


/2

= 2.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie x 2 +( a +1) x

x −1    x + a + 1   x + a + 1  x + a +1  = 1 +  =  1 + 2   2 x − 1  x −1      2

x

1.a) ( f ( x ) ) b) Avem

x 2 −1

x

x

2

f ' ( x ) = −

+2

( a + 1) x + 1

( x

2

)

−1

2

, deci limita este e.

, x ≠ ±1 . Dacă x0

= 3 este

punctul de extrem local şi f este derivabilă

8 8 în 3, atunci f ' ( 3 ) = 0, deci a = − . Pentru a = − , din semnul lui f ' rezultă că x0 3 3

c) Fie

g :  → , g ( x ) = x

2

+

= 3 este

punct de extrem.

x + a. Dacă g (1) ≠ 0, g ( −1) ≠ 0 ⇔ a ∈  \ {− 2, 0} atunci f are două asimptote verticale,

x = 1 şi x = −1 . Dacă a = 0 atunci f ( x ) =

x x − 1

, x ≠ ±1 , iar dacă a = −2 , atunci f ( x ) =

x + 2 x + 1

, x ≠ ±1 şi în ambele

cazuri f are o singură asimptotă verticală. x

x

x

x

2. a) f1 ( x ) = ∫ f0 ( t ) dt = ∫1dt = x , iar f2 ( x ) == ∫ f1 ( t ) dt = ∫ tdt = 0

0

0

b) Se demonstrează prin inducţie că fn ( x ) =

( n + 1) x n+1 + ( n + 1)! . + f n+1 ( x) + 2 x n 1 + 2 ( n + 1)! xf n ( x) + 1

=

π

∫0

= π

x2 sin 2 xdx

π

2

∫

x

0

2

0

n!

.

. Prin urmare : xfn ( x) + 1

=

x →∞ f n +1 ( x) + 2

(1 − cos 2 x )dx =

2

n

Rezultă lim

π

c) V

x

x 2

 x3  2  3

π

n +1.

2

−

x sin 2 x

2

−

x cos 2 x

2


+

sin 2 x  π 4

 0

=

π

4

6

−

π

2

4

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) Deoarece lim f ( x ) = lim ln

2 + x

= −∞ şi

2 − x x = −2 şi x = 2 ; alte asimptote nu există. x−2

b) Deoarece

x−2

2 − x  2 + x ′

lim f ( x ) = lim ln

x2

x 2

2 + x 2 − x

= ∞ , rezultă asimptotele verticale

4

> 0, ∀ x ∈ ( −2, 2 ) , deci f este strict crescătoare pe ( −2, 2 ) .   = 2 + x  2 − x  4 − x2 1 1 1 c) Notăm = y . Atunci lim xf   = lim f ( y ) = f ′ ( 0 ) = 1 . x →∞ x  x  y→0 y

f ′ ( x ) =

2

2.a) f ( t ) = t ∫ 2

1

1 x 2 2

b) Deoarece A = ∫ 1

dx − 2t 1

x

2

2 x

2

1

1

e

∫ x dx + ∫ e

dx =

1 2

2 x

2

∫

2

dx = At − 2Bt + C , unde C = e dx = 1

, rezultă f ( t ) =

1 2

 2 e x  adică B ≤ AC din care rezultă  ∫ dx   x  1 

2

e

2 x

2

2 1

4

=

e −e

2

2

t ( 4 B − t ) + C , de unde f ( 2 B + t ) = f ( 2 B − t ) =

c) Deoarece f ( t ) = At 2 − 2 Bt + C ≥ 0, ∀ t ∈  , rezultă 4 B2 − 4 AC ≤ 0 , 2

2 x

2

∫ 1

≤ e

2 x

 2 1  dx  .  ∫ x 2   1 

dx 


. 1

2 2 4 B − t ) + C . ( 2


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) f ′ ( x ) = α (1 + x )

α −

1

− α . α −

1

Dacă x < 0 rezultă 1 + x < 1 , deci rezultă (1 + x )

α −

1

Dacă x > 0 rezultă 1 + x > 1 , deci rezultă (1 + x )

α −

1

< 1,

de unde α (1 + x )

> 1,

de unde α (1 + x )

α −

1

< α şi

în final f ′ ( x ) < 0 .

> α şi

în final f ′ ( x ) > 0 .

Rezultă f strict descrescătoare pe ( −1, 0] şi strict crescătoare pe [ 0, ∞ ) .

b) f este strict descrescătoare pe ( −1, 0] , deci x < 0 ⇒ f ( x ) > f ( 0 ) = 1 . f este strict crescătoare pe [ 0, ∞ ) , deci x > 0 ⇒ f ( x ) > f ( 0 ) = 1 . Aşadar f ( x ) > 1, ∀x ∈ ( −1, ∞ ) \ {0} , de unde rezultă cea ce trebuia demonstrat. α −

1

c) f ′′ ( x ) = α (α − 1)(1 + x )

> 0, ∀x ∈ ( −1, ∞ ) .

Rezultă f convexă pe [ 0, ∞ ) .Prin urmare

 a + b  f ( a ) + f ( b ) , ∀a, b ∈ [ 0, ∞ ) . Pentru a = 2 x şi b = 2 y rezultă inegalitatea din enunţ. ≤ 2  2 

f 

2.a) ∫

1

1

1 1   f ( x )dx = dx =  1 − dx = ( x − ln (1 + x ) ) = 1 − ln 2 .  0 0 1 + x  1+ x 

1

x

∫

∫

0

3

∫1 f

b)

16

=

3

c)

2

0

( x )[ x ]dx =

2

∫1 f

2

3

∫2 f

( x )dx + 2

2

 

( x )dx =  x − 2 ln ( 1 + x ) −

∫

0

 

2 x − 2 ln ( 1+ x ) −

1 3  =. 1+ x  2

− 6 ln 2 + 2 ln 3 .

an +1 − an = f ( n + 1) −

∫

n +1

n

f ( x ) dx, iar

∫

n +1

n

f ( x ) dx = ( n + 1 − n ) f ( cn ) = f ( cn ) , cu cn ∈ ( n, n + 1) , deci

an+1 − an > 0 deoarece f este strict descrescătoare. Apoi, din n

1 2  + 1 + x  1

n −1

f ( x ) dx =

∑∫ k =o

k +1

k

∫

k +1

1

f ( x ) dx = f ( ck ) , cu ck ∈ ( k , k + 1) .

n −1

f ( x ) dx =

∑ f (c

)

k >

f ( 0 ) + f (1) + ... + f ( n − 1) , de unde an < f ( n ) − f ( 0 ) < 1, deci

k =o

şirul este mărginit.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) lim

x→∞

f ( x )

=

x

 x →∞ 

lim  1 +

ln x 

( f ( x ) − x ) = ∞ .  = 1, xlim →∞

x 

1 1 f   = − 1 < 0, f (1) = 1 > 0 . e e

b) Funcţia este strict crescătoare, este continuă şi c) Folosind regula lui l'Hôspital pentru cazul rezultă că x0 1

2.a) I1 = ∫

0

= − ln x0 =

1 x + 1

(

ln x

ln

1

x0

x0

, deci e

+ 1) dx =

1

1

c) Avem I n ≥ 0 şi I n ≤ ∫ 0

x

n

1 + x

2

2

x + 1

2

1 x0

>0,

avem

1 n +1

−1

lim ( x + 1) e x

=

x − x0 =1+

1 x0

=

x → x0

=

( x0 + 1) e x

0

, din f ( x0 ) = 0

f ' ( x0 ).

2.

(

ln 1 + x n

dx ≤ x dx = 0

xe

x → x0

( x0 + 1)

1

1

n

=

lim

=

(x + 1 ) 0 = 12 ln

1

∫

0

x

avem l

şi l

x0

ln

b) Deoarece x ∈ ( 0,1) ⇒ x n > x n +1 şi

1

=

0

x + 1

) > ln ( x n 1 + 1) , ∀ x ∈ 0,1 de unde concluzia. +

x +1

(

; concluzia rezultă din teorema cleştelui.


)



e −1

1. a) f ( x) =

x

' dacă x ≠ 0 şi f ( 0 ) = a ; f (1) = e − 1, f (1) = 1 , deci y = x + e − 2 este ecuaţia tangentei.

b) lim f ( x ) = 1 , deci f este continuă în x = 0 dacă şi numai dacă f ( 0 ) = a = 1 . → x

0

c) Evident f este derivabilă pe 2.a) I 1 = b) I n =

2

∫ 1 1 2

2

∫

 \ {0} şi

 

(x − 1)(2 − x )dx = − 

(

( 2 x − 3)′ − x 2 + 3x − 2

1

)

x

n

3

3

+

dx =

lim x →0

f ( x ) − f ( 0) x

e x − x − 1

= lim

x

x →0

2

= lim

ex − 1

x →0

=

2x

1 2

( 2x − 3) ( − x

2

+ 3x − 2

)

2

n

+

1

n

2

2

∫ ( 2x − 3)

2

( −x 2 + 3x − 2)

1

n −1 9  2 1  2 − + − + − 3 3 2 x x x x dx = 2n  I n −1 − I n  , de unde concluzia cerută. ( )   4  4  1

∫

1 4

2

'

= f ( 0 ) .

 3x 2 1 − 2x  |12 = . 2 6 

2

= 2n

1

c) 0 ≤ (x − 1)(2 − x ) ≤ , ∀x ∈ [1;2 ] , de unde 0 ≤ I n ≤

2  1 n

∫ 1  4 

=


1 , deci lim I n = 0 . n →∞ 4n

n −1

dx =


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) m = lim

x →∞

f (x ) x

= 1 , n = lim (f (x ) − x ) = 0 , deci y = x asimptota oblică spre ∞ . x →∞

b) Punctele de extrem sunt aceleaşi cu ale funcţiei punctele de extrem sunt

g :  → , g ( x ) = x

3

− 3 x + 2. Deoarece

(

g '( x ) = 3 x

2

),

−1

±1.

x + 1

2 2

1 + f (x ) 3 (x − 1)(x + 2)2 2arctg f (x ) − π = lim = −2 . c) Folosind regula lui l'Hospital pentru cazul : lim x →∞ 0 x →∞ 1 x − 1 0

−

2.a)

π

π

3

3

1

∫ 3 + cos x dx = ∫ 0

0

1 + tg

2 x

2 dx = 2 x 

 2  2 + tg  2 

3 3

1

∫ t + 2 dt = 2

0

b) Dacă F este o primitivă, atunci F ′(x ) =

1 2

arctg

6 6

.

1 . Cum cos x ∈ −1;1 , F ′(x ) > 0, ∀x ∈ , deci F este   3 + cos x

strict crescătoare. x x x 1 1 ≤ f (x ) ≤ , ∀x ∈  , de unde < f (t )dt ≤ , ∀x > 0. 0 4 2 4 2 1 1 x 1 < f (t )dt ≤ , ∀x > 0 , deci limita este egală cu 0. Rezultă 2 4x x 0 2x

∫

c) Avem

x 2

∫



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) f ′(x ) = 3e 3x + 2, f (0) = 2, f ′(0) = 5 , deci ecuaţia cerută este y − 2 = 5x . b) f ′(x ) > 0 ⇒ f strict crescãtoare ⇒ f injectivã . lim f (x ) = ∞, lim = −∞, f continuã ⇒ f surjectivã . x →∞

Deci f este bijectivã

c) Suma este egală cu

⇒ f inversabilã . e

1

2.a)

a1 =

∫ sin

π

xdx = −

0

x →−∞

−3

1

+e

−6

+ ... + e

cos π x

π

1 0

=

2

− 3n

=e

−3

1 − e −3n 1− e

−3

şi are limita

.

. 2 π

≤ 1 = a0

an

∀x ∈

e −1

π

b) Arătăm inductiv că 0 ≤ an +1 ≤ an , ∀n ≥ 0 . Cum 0 ≤ a1 = rezultă 0 ≤ sin π x ≤ 1,

1 3

[ 0, an ] , deci

0 ≤ an+1 =

∫ sin 0

, presupunând că 0 ≤ an

≤ an −1 ≤ ... ≤ a0 = 1

an π xdx

≤

∫ dx = a . Deci ( a n

)

n n

este monoton şi mărginit.

0

x

c) Dacă (a n )n ≥0 convergent către x = lim a n , atunci obţinem, prin trecere la limită, x =∫ sin tdt . π

n →∞

Fie g :



0

x

g (0) = 0 şi g ′(x ) = 1 − sin x ≥ 0 ⇒ x = 0 → , g(x ) = x − ∫ sin tdt . Avem este soluţie unică. π

0


π


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) f este strict descrescătoare pe (

, 0] şi strict crescătoare pe [ 0, ) . x b)Avem x 2 + 1f ′(x ) = x ş i derivând f ′(x ) + x 2 + 1f ''(x ) = 1 , de unde (x 2 2 x + 1 −∞

∞

+ 1)f '' (x ) + xf ′(x ) =

= x 2 + 1 .

c) m = lim

f (x )

x →−∞

2.a) I 1 = ∫

1

0

x x

x

1

b) I n = ∫ x 0

= −1 , n = lim ( f (x ) + x ) = 0 , deci y = −x este asimptota oblică spre

dx

+1

x →−∞

1

= ∫ (1 −

nx n −1 x n + 1

0

dx

1

1

)dx = ( x − ln(x + 1)) |10 = 1 − ln 2 . x + 1

( (

′

1

))

= ∫ x ln x + 1 dx = ln 2 − ∫ ln (x n + 1)dx 0

n

0

1

1

c) Ştim că ln(1 + t ) ≤ t, ∀t ≥ 0 , de unde 0 ≤ ∫ ln (1 + x n )dx < ∫ x n dx = 0

1

ln (1 + x n )dx = 0, de unde ∫ n →∞ 0

Rezultă lim

lim I n = ln 2 .

n →∞


0

1 n + 1

.

−∞

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie −

1.a) f (1) = 0 , f ' (x ) = e

1

x2

x

+ x − 1

x 2

b) f ' ( x ) = 0 are rădăcinile x1, 2

=

, f ' (1) =

−1±

5

2

1 e

, deci ecuaţia este y =

1 e

( x − 1) .

. Din semnul derivatei rezultă că acestea sunt puncte de

extrem local.

c) m = lim

f ( x ) x

−

= 1,

n = lim( f ( x ) − x ) = lim x (e x →∞

1

x

x →∞

−

− 1) − e

1

x

= −2 , deci

y

=

x − 2 este asimptotă

oblică spre + ∞ .

2.a) Cum f ' ( x ) = x3 x 2 + 1 ≥ 0, ∀x ∈ , rezultă concluzia. 1

b)

∫

f (1) = t

2

3

t

2

+ 1dt =

0

∫( 1

c) Deoarece lim

x→∞

f ' ( x )

5 x

4

=

1 5

u

4

−u

2

)

du

 u5  5 

=

−

3 u 

 3  1

2

2 =

(

)

2 +1 15

.

, din teorema lui l'Hôspital rezultă că limita cerută este


1 5

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) a1 > a 0 , iar a k+1 > ak ⇒ a k+2 > a k +1 , deci prin inducţie (a n )n ≥1 este crescător. b)Avem a 0 < 2 şi ak < 2 ⇒ a k +1 < 2 , deci inductiv (a n )n ≥1 este mărginit superior. Fiind şi monoton (a n )n ≥1 este convergent.

c) Avem lim an = 2 şi lim n →∞

n→∞

π

an+ 2

−

an+1

an +1 − an

=

1

lim

n→∞

2 + an +1

+

=

2 + an

1 4

.

π

1   2.a) f   = ∫ 4 (tg 2t + tgt )dt = ∫ 4 ((tgt )′ + tgt − 1)dt = 1 − + ln 2 . 4 0 0 4 2   (sin x + cos x ) sin x > 0, ∀x ∈ 0;  , deci f este strict crescătoare. b) f ′(x ) =  2  cos2 x π

π

π

c) Pentru cazul

(sin x + cos x ) sin x 1 0 , aplicând regula lui l'Hôspital, limita devine lim = . x  0 0 2 2x cos2 x



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a). lim f ( x ) = +∞ deci dreapta de ecuaţie x = 1 este asimptota verticală la graficul funcţiei. 1 x →

b) m = lim

f (x )

x →∞

x

= 1 şi

n

 = lim x  x →∞  

 − 1 = 1 , deci y = x + 1 este asimptota oblică spre x − 1 

x + 1

+∞

.

c) Funcţia este derivabilă în punctele în care este definită şi expresia de sub radical nu se anulează, adică pe  \ {−1,1} . În punctul − 1, derivatele laterale nu sunt finite, deci funcţia nu este derivabilă. π

2

2.a)

∫ (cos x + sin x )dx = 2 . 0

b) Din F '(x ) = f4 (x ) rezultă F ''(x ) = 4 sin x cos x (cos2 x − sin2 x )f 42 (x ) , deci F ''(x ) = f42 (x ) sin 4x . c) Cu schimbarea de variabilă π

2

I

=

sin

∫ sin x 0

3

+

x

cos x

π

2

∫

sin 3 

−

x,

 2 cos3 y 2  dy dy = J , iar − = 1 ( ) y + cos y sin π   π  0 sin  − y  + cos  − y  2 2  2  0

dx =

y =

π

π

−

y 

∫

π

π

2

2 I

=

I

+

J

=

∫ (sin 0

π

2

2

)

x − sin x cos x + cos x dx

π 12 2 1 − sin x dx = − . ∫ 2 20 2 2

π

=




e ( x − 1)

1.a) f ' ( x) =

x

2

b) lim f ( x) = ∞ , lim x →∞

x →∞

, deci f este strict descresc ătoare pe ( −∞, 0) şi pe ( 0,1] şi strict crescătoare pe [1, ∞ ) .

f ( x)

= ∞

x

, deci nu avem asimptotă spre

lim f ( x ) = 0 , deci y = 0 este asimptota orizontală spre

.

+∞

−∞.

x →−∞

lim f ( x) = +∞ , lim f ( x) = −∞ , deci x = 0 este asimptotă verticală.

x →0 x > 0

x →0 x < 0

c

c) Cu teorema lui Lagrange,

e n (cn

f (n + 1) − f (n) =

cn

−

1)

2

, cn ∈ (n, n + 1). Rezultă lim n 2 ( f ( n ) − f (n + 1) = n→∞

2

 n  c = lim   (1 − cn ) e n n→∞  cn 

2.a) f (1) = ∫

1

0

2 −t e (t

−

=

lim (1 − cn ) e

cn

= −∞

.

n→∞

3t + 2)dt

=

1

∫0 e

−

t

(t

−

1) (t

−

2 ) dt > 0.

b) f '( x) = e x ( x 2 − 3x + 2) . Din tabelul de variaţie reiese că x =1 este punct de maxim local şi x = 2 este punct −

de minim local.

c) L = lim

x →0

f ( x) + f ( − x ) x 2

=

lim

x →0

f '( x) − f '( −x )

2 x

e =

lim

x →0

x

−

( x2

−

3x + 2

)

−

2x


e

x

( x2

+

3x + 2

)

= −

5


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) lim f (x ) = 1, y = 1 este asimptota orizontală spre +∞ . x →∞

lim f (x ) = 1, y = 1 este asimptota orizontală spre

x →−∞

−∞ .

lim f (x ) = −∞, lim f (x ) = +∞, x = 0 este asimptota verticală.

x 0

x  0

1

b)

f ''( x ) =

( 2 x + 1)

e x

x

4

, deci x =

− 0,5

este punct de inflexiune. 1

−  − 1  1 x (x +1) 2  x e − −1  + = −1 . c) lim x 2 (e x +1 − e x ) = lim e x x 2 e x (x 1) − 1 = lim e x 1 x →∞ x →∞   x →∞ x (x + 1) − x (x +1) 1

1

π

2.a) I 1 =

1

π

π

π

π

∫ 04 tg xdx = ∫04 (1 + tg x )dx − ∫ 04 1dx = tgx |04 −x | 04 = 1 − 4 2

2

π

b) I n +1 =

∫0

4

π

2n +2

tg

xdx

c) Cum 0 ≤ tg x2n+ 2 ≤ tg x2n ,

=∫

4

0

∀x ∈

π

2n +1

π

x 4 tg 1 2 2n   2n tg x (tg x + 1) − tg x dx = 2n + 1 |0 −I n ; I n +1 + I n = 2n + 1 .

 π   0, 4  , rezultă că 0 ≤ I n +1 ≤ I n , deci şirul ( I n )n≥1 este descrescător şi mărginit.

Dacă l = lim I n , atunci din punctul b) rezultă concluzia. n →∞



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) f ′(x ) =

6x 2

(x

3

2

+ 1)

, f ′(0) = 0, f (0) = −1 , deci ecuaţia este y+1=0 .

b) lim f (x ) = 1, y = 1 este asimptota orizontală spre +∞ . x →∞

lim f (x ) = 1, y = 1 este asimptota orizontală spre −∞ .

x →−∞

lim f (x ) = −∞, lim f (x ) = +∞, x = −1 este asimptota verticală.

x − 1

x −1

2

c) Din

k − 1 (k − 1) (k(k + 1) + 1) = , rezultă k 3 + 1 (k + 1) (k( k − 1) + 1) 3

π

2.a) I 2 =

∫0

π

2

sin xdx =

2

∫

2 0

 n 2 + n + 1n 3 n + n + 1 f (2)f (3)...f (n ) = , de unde lim   = e . 2 2  n →∞ 2 n + n  n + n 

 x sin 2x  1 − cos 2x  |02 = π . dx =  −  2 2 4  4 π

π

π

b) I n =

2

n −1

∫02 sin

x (−cosx )′dx

= − sin

n −1

x cos x

|02

π

+(n − 1)∫ 2 sinn −2 x cos 2 xdx 0

π

= (n − 1)∫ 2 sinn −2 x(1 − cos 2 x )dx = (n − 1)I n −2 − (n − 1)I n , de unde rezultă relaţia. 0

π

π

3

c) 0 ≤ ∫ sin 0

3

n

xdx ≤

∫ sin 0

n

n π

3

dx =

 3    , deci limita cautată este 0. 3  2 

π




1

f ' ( x ) = x

2

> 0, ∀x ∈ . +1

b) x2 = f ( x1 ) = ln (1 + 2 ) ∈ ( 0,1) şi, inductiv, 0 < xn+1 < xn , ∀n ∈ ∗ , deci şirul este descrescător şi mărginit. c) Cu teorema lui Lagrange, e

2.a) ∫ ln xdx = x ln 1

e

1

f ( x + 1) − f ( x ) = f ' (c x ) =

1 1 + c x2

≤ 1.

e

−

∫1dx = e − (e − 1) = 1. 1 2

b) Cu schimbarea de variabilă x = 3 − t ,

∫

1

f ( x )dx =

1

c) Pentru x ∈ ( 0,3) avem

ln ( 3 − x ) x

>

ln 2 x

ln t

∫3−t (

2

) dt

−1

2

1

, deci

∫ t

∫ 1

1

g ( x ) dx >

=

∫ t

ln 2 x

ln t

dt 3 − t

2 =

∫ g ( x )dx.

1

dx = ln 2 ⋅ ( − ln t ) . Concluzia rezultă

din lim ( − ln 2ln t ) = ∞ . t 0



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) f (1) = b) lim

π

, f ′(1) =

4

x − f ( x )

x →0

c) Avem

x

3

1 1 π , deci ecuaţia este y − = (x − 1) . 2 4 2

= lim

1 − f '( x )

x →0

g ′( x) = arctg x +

2

3x x − 1 x 2 + 1

=

1 3

, g ′′( x ) =

2(1 − x ) ( x 2 + 1)2

. Rezultă că g ′ este strict crescătoare pe (−∞,1] şi strict

decrescătoare pe [1, ∞ ) . Din g ′(1) > 0, lim g ′( x ) > 0 şi lim g ′( x ) < 0 , reiese concluzia cerută. x →∞

1

1

x →−∞

1

2.a) I 1 = ∫ x sin x = − cos x + ∫ cos xdx = sin 1 − cos 1. 0

0

0

b) x n > x n +1 ⇒ I n > I n + 1 ; sin x > 0 ⇒ I n > 0 ; (I n )n ≥1 descrescător şi mărginit, rezultă (I n )n ≥1 convergent. 1

1

c) I 2n = ∫ x 2n (− cos x )′dx = −x 2n cos x |10 + 2n ∫ x 2n −1 (sin x )′ 0

0

= − cos 1 + 2nx 2n −1 sin x |10 −2n (2n − 1)In − 1 = 2n sin 1 − cos 1 − 2n(2n − 1)I 2n −2 .



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1 1.a) f a' ( x) = ln 1 +  −



b) f a" ( x ) =

x 

x ( x + 1)

x(2a − 1) + a x

2

2

.

. f convexă

( x + 1) ln ( x + 1) − ln x

c) lim f ( x ) = lim x→∞

x + a

1

x→∞

⇔

= 1,

f " ( x) ≥ 0, ∀x > 0

⇔

2a − 1 ≥ 0 şi

a

2a − 1

>0,

1  de unde a ∈  ; ∞  . 2 

folosind regula lui l’Hôpital.

x + a π

π

2

2

2.a) I 2 = ∫ cos2 xdx = 0

∫ 0

1 + cos 2 x 2

dx =

π

π

π

2

2

4

.

b) I n = ∫ cosn−1 x ( sin x ) ' dx = ( n − 1) ∫ cosn−2 x sin 2 xdx 0

=

( n − 1) I n−2 − ( n − 1) I n , de unde nI n = ( n − 1) I n− 2 .

0

c) cos x ∈ [0;1] de unde I n+1 < I n ; în plus I n

≥

0 , deci şirul este descrescător şi mărginit inferior.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a). lim ( x + ln x ) = −∞ ,deci x = 0 este asimptotă verticală; lim f ( x ) = ∞ , deci nu avem asimptotă orizontală; x x 0

→∞

m = 1 dar n nu este finit, deci nu avem asimptotă oblică.

b)

gn ( x ) = x

c) Din

n

+

x

−n

, g " ( x ) = n ( n −1) x n

n

a

2

t

a n

b ) I n + I n−1 = ∫ 0

t

n −1 + t

t + 1

a

∫

dt = t

n −1

0

=

a

0, ∀x > 0 , deci funcţiile sunt convexe.

n

, ∀t ∈ [ 0; a ] , 0 < I n

<

2n

− 1 < xn <

−

a + ln ( a + 1)

n n t a a . = dt = n 0 n

∫t 0

n

2

2

a

n

t + 1

>

n

1   2.a) I 2 = ∫ dt = ∫  t − 1 + dt = t +1 t + 1   0 0

c)

− n −2

+ n( n + 1) x

f n (1) < 2 şi f n ( 2 ) > 2 , rezultă că xn ∈ (1, 2) , deci ln xn ∈ ( 0,1) . Deci a

t

−2

n

n

dt

=

a

n +1

n +1

→ 0, ∀a ∈

[ 0;1] , de unde rezultă lim I n


n→∞

=0.

2 ⇒ lim xn n→∞

=

2.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) lim f ( x ) = ∞ , lim x→∞

b) f ' ( x ) =

f ( x ) x

x→∞

2 x 4

( x

+

6x2

)

2

+1

2

≥

=

2 = m , lim ( f ( x ) − 2 x ) = 0 = n , deci y = 2 x asimptota oblică spre

∞

x →∞

.

0 , deci f este strict crescătoare, adică injectivă. lim f ( x ) = −∞, lim f ( x ) = ∞ şi x →−∞

x →∞

f continuă, rezultă că f este surjectivă. Deoarece f este bijectivă rezultă că deci f este inversabilă.

c) lim ( f ( e

x

x→∞

2.a) F ' ( x ) = esin

1

1

x =

x ⋅ e3 ⋅

)) 2

x

lim 2 x→∞

>0

(e

2x

)

, de unde F este strict crescătoare π

1

π

b) ∫ cos 2 xF ( x )dx = sin 2 xF ( x ) 2 − 0

1 x = e.

+1

π

2

−

2

0

1

π

2

1

2

sin 2 xF ' ( x )dx = − ∫ sin 2 xe 2∫ 2 0

c) Conform teoremei l’Hôpital, pentru cazul

0

0 0

, avem lim

x →0

F ( x) x

=

sin 2 x

dx = − e 2

lim f ( x ) = 1 .

x →0


1

π

sin 2 x

2 0

=

1− e 2

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) f '(x ) =

1 1 1 , f '(e ) = , f (e ) = 0 , deci ecuaţia este y = (x − e ) . e e x ln x

b) f " ( x ) = −

ln x + 1

( x ln x )

2

< 0, ∀x > 1 ,

deci f este concavă

c) Conform teoremei lui Lagrange există Avem de calculat lim x →∞

x ln x c x ln cx

. Cum

c x ∈ ( x, x + 1) a.i. f ( x + 1) − f ( x ) = f ' ( cx ) =

x ln x

( x + 1) ln ( x + 1)

<

x ln x

1 c x ln c x

.

< 1 limita căutată este 1.

c x ln c x

π

2.a)

2

π

0

0

π

∫ f ( x ) dx = arctg ( sin x ) 2 = 4

b) Fie F o primitivă a lui f . Atunci F '(x ) =

cos x 1 + sin2 x

2π

c) Cu substituţia x = 2π − y obţinem I =

∫ (2

π

0

≥

π  π  0,(∀)x ∈ [0, ] , deci F este strict cresătoare pe  0,  . 2  2

2π −

y ) f ( y ) dy = 2π

∫

f ( y ) dy − I , de unde I = 0.

0



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) f t ' ( x ) = 3x 2 + t 2 b) f t ' ( x ) = 3x 2 + t 2

0 pentru orice x real, deci funcţia este strict crescătoare. lim ft ( x ) = ∞, lim f t ( x ) = −∞,

>

x →∞

x →−∞

f t continuă ⇒ f t surjectivă. Cum funcţia este strict crescătoare, deci injectivă, înseamnă că ea este inversabilă.

c) Avem

g

3

( t ) + t 2 g ( t ) = 1 , unde 1 ≥ g ( t ) ≥ 0, ∀t ∈  , rezultă lim g ( t ) = lim 3 1 − t 2 g ( t ) = 1 = g ( 0 ) . t →0

1

2a) f (1) = ∫ ( t 2 + 1)

t dt =

0

b)

f ( x ) =

2 x 3

x

+

2x

7

20 21 x

3

.

, deci f

( − x ) = − f ( x ) , adică f este impară.

c) Conform teoremei lui Lagrange, există Cum

( x 2 x

+ 1)

2

x

x

<

(c x2

+ 1)

x

2

x

t →0

cx

2

c x ∈ ( x, x + 1) astfel încât f ( x + 1) − f ( x ) = f ' ( c x ) = (c x

( x + 1)2 + 1) ( < x

2

x +1

, rezultă că limita căutată este 1.

x


+ 1)

cx .


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) lim f (x ) = +∞ şi lim x →∞

x →∞

f (x ) x

= +∞ , deci f nu admite asimptotă spre +∞ .

b) f '(x ) = 0 ⇔ (n + 1)x n − (n + 2) = 0 , deci avem punctul de extrem unic x n = n 1   = lim 1 +   n→∞  n +1 1 x 2 + 1 − 1 2.a) I 1 = dx = 0 1 + x2 2 c) lim xnn n→∞

n + 2 n + 1

n =

e.

1   − 1  ∫ ∫ 0  1 + x 2 dx = x |10 −arctg (x ) |10 = 1 − 4 . 1 2n 1 x 2n +2 + x 2n 1 . dx = b) I n +1 + I n = ∫ x dx = ∫ 2 0 0 2n + 1 1 + x

c)

x 2n

1 + x 2

1

π

1 ≤ x 2n , ∀x ∈  0,1 ⇒ 0 < I n ≤ ∫ x 2n dx = 0

1 2n + 1

→ 0 , deci lim


n →∞

I n

= 0.

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) lim f (x ) = x →∞

π

deci y =

2

π

2

este asimptotă orizontală spre +∞ .

′  1 1  ⋅   = 0 ⇒ g = constan ă = g (0) = 0  x 2 + x + 1  x 2 + x + 1

b) g ′(x ) = f ′(x + 1) − f ′(x ) − f ′  c) arctg

1 k2

+ k + 1

= arctg(k + 1) − arctgk , deci

n

∑ arctg k 2 +1k + 1 = arctg(n + 1) − 4 , iar π

k =1 π

π

lim (arctg(n + 1) − ) = . n →∞ 4 4

b) I n

1

1

1

∫ 0 e− xdx = ∫0 x (e− )′dx = −xe− |10 +∫ 0 e− dx = −e−1 −e− |10 = −2e −1 + 1 . 1 1 = ∫ (−e− )′ x dx = −x e − |10 +n ∫ e− x −1dx = −e−1 + nI −1 . 0 0

2.a) I 1 =

x

x

x

n

c) Avem 0 ≤ I n ≤ ∫

1

0

n

x dx =

x

n

1 n +1

x

x n

, deci lim I n n →∞

=

x

x

0.


n


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) lim f (x ) = ∞ şi lim f (x ) = −∞, k ∈ {1,2,...,2009} , deci x = k este asimptota verticală pentru x k

x k

k ∈ {1,2,...,2009}. lim f (x ) = 0 = lim f (x ) ⇒ y=0 este asimptota orizontală spre x →∞

b)

x →−∞

∞ şi spre −∞ .

f ′( x ) < 0 , deci f este strict descrescătoare pe fiecare interval inclus în A . Din lim f ( x) = ∞, lim f ( x) = −∞ x k

x k +1

reiese că avem câte o solu ţie pe fiecare interval ( k , k + 1) , k ∈{1, 2, 3, ..., 2008} , adică 2008 soluţii. Apoi, din lim f ( x) = ∞, lim f ( x) = 0, lim f ( x) = −∞ , lim f ( x) = 0, reiese că, pentru a ≠ 0 , mai avem şi o soluţie în

x 2009

x 1

x →∞

x →−∞

(−∞,1) ∪ (2009, ∞ ) .

c) f ′′(x ) =

2

+

3

(x − 1)

2

+ ... +

3

(x − 2)

2 (x − 2009)

3

se anulează în (k , k + 1) o singură dată, deci, avem 2008

puncte de inflexiune. 2

2.a) f ′(x ) = e −x > 0 , ∀x ∈  ⇒ f este strict crescătoare pe  . 2

b) f ′′(x ) = −2xe −x ≤ 0 , ∀x ∈ [0; ∞) ⇒ f este concavă pe [0;∞) . n

n +1

2

c) f (n ) = ∫ e −t dt şi f (n + 1) − f (n ) = ∫ 0

f ( n ) ≤

1

∫e 0

2 −t

n

dt +

∫

n

1

(

2

e −t dt

2

> 0 ⇒ ( f n )n ≥1 crescător. e−t ≤ e −t pentru t ≥ 1 ⇒

)

e−t dt ≤ 1 + e −1 − e− n ≤ 2 ⇒ ( f n )n≥1 este mărginit superior. Deci ( f n )n≥1 este convergent.



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) f '( x) =

1 1 + x 2

, f ''( x ) =

−2 x

≤ 0, ∀x ∈ [0; ∞ ) .

(1 + x 2 ) 2

1 arctg ( x + 1) − arctg x

2

b) L = lim x ( f ( x + 1) − f ( x )) = lim x →∞

1

x→∞

x

c) Fie g :  → , g ( x ) = f ( x ) − x +

x3 3

=

lim

1 + ( x + 1)

x→∞

−

2

x 4

1 + x 2

≥

1 1 + x

2

= 1.

2 x

, atunci g '( x ) =

−

2

3

0 , deci g este strict crescătoare. Cum g ( 0 ) = 0 ,

rezultă g ( x ) < 0 ⇔ x ∈ ( −∞ , 0 ) . 1

1

2.a) ∫ x(1 + x 2 ) f (x )dx = ln(1 + x 2 ) |10 2

0

=

1 2

ln2.

b) F '( x ) = x 4 f ( x ) > 0 pentru x ∈ * , deci F este strict crescătoare pe a

c) Fie A = ∫ f ( x )dx. Dacă 1

a < 1, atunci A < 0 <

1 4

. a

, iar dacă a ≥ 1, atunci A ≤


x

∫ (1 + x 1

2 2

)

dx =

1 4

−

1 2

2(1 + a )

<

1 4

.


Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1.a) f ′(x ) = nx n −1 − n şi f ′′(x ) = n(n − 1)x n −2 ≥ 0,

∀x ≥ 0 , deci f este convexă.

b) Şirul lui Rolle ataşat ecuaţiei x n − nx − 1 = 0, x ≥ 0 este: x

0

1

∞

f ( x )

−

−

+

de unde concluzia.

c) Avem f n (1) < 0 şi 1 ≤ xn

≤

1

n

f n ( n ) = n

1 + n 2 , de unde lim xn n→∞

−n

2

−1 >

0 pentru n ≥ 3 , deci 1 < xn

<

n . Din xn

= n 1 + nxn

rezultă

= 1.

1

1+ e

0

2

2.a) ∫ f ( x)dx = ln (1 + e x ) = ln 0

n

.

π π b) g ' ( x ) = f ( x ) cos x + f ( − x ) cos x = cos x , deci g este crescătoare pe  0,  şi descrescătoare pe  ,π  .  2 2 

c) Din

()

 π   = 1. 2

g ' ( x ) = cos x şi g 0 = 0 , rezultă g ( x ) = sin x, deci g 



Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Soluţie 1. a) f ′(x ) =

3x 2 + 6x + 2 3 3 (x 3 + 3x 2 + 2x + 1)2

−

3x 2 − 1 2 3 3 (x 3 − x + 1)

f (0) = 0, f ′(0) = 1 , deci ecuaţia este

y = x

.

3x 2 + 3x

b) lim f (x ) = lim x →∞

x →∞ 3

3

2

2

3

(

2

)

3

= 1 , deci 3

3

(x + 3x + 2x + 1) + 3 (x + 3x + 2x + 1) x − x + 1 + (x − x + 1)

y = 1 este asimptota spre

+∞

3

.

c) Din f (k ) = 3 k (k + 1)(k + 2) + 1 − 3 (k − 1)k( k + 1) + 1 deducem

n

∑= f (k ) = 3 n 3 + 3n 2 + 2n + 1 − 1 .

k 1 3

3

2

lim ( n + 3n +2n +1−n −1)

= e n →∞

Limita cerută este de tipul 1∞ şi devine l

= e 0 = 1 .

e t 2 ′ t 2 ln t e2 3 1 e  2.a) f1(e) = ∫1   ln tdt = − = + 2. tdt 1 1 ∫ 2 2 2 e 4 4e e   e

e

b) fn ′(x ) = x n ln x , iar x ∈ (0;1) ⇒ ln x ≤ 0 ⇒ f ′(x ) ≤ 0

1 

c) −1 ≤ ln t ≤ 0 ∀x ∈  ;1 , rezultă − e





1 n 1t e

∫

≤ f n (1) ≤ 0 , adică −

1 n + 1

lim f n (1) = 0

n →∞


+

1 ≤ f n (1) ≤ 0 , deci (n + 1)e n +1

SOLUTII - Variante BAC 2009 M1 Mate-Info - 100 Variante Cu Solutii

Recommend Documents