Soluții BAC Mate-info 2020 · Iunie–Iulie

SUBIECTUL I

1. Avem

$$z=(1-i\sqrt2)(1+i\sqrt2)=1^2-(i\sqrt2)^2=1-i^2\cdot 2.$$

Cum $i^2=-1$, rezultă

$$z=1-(-1)\cdot 2=3.$$

Deci $z=3\in\mathbb N$.

2. Pentru $f(x)=3x+a$,

$$f(x)+f(1-x)=3x+a+3(1-x)+a=3+2a.$$

Condiția $f(x)+f(1-x)=7$, pentru orice $x\in\mathbb R$, devine

$$3+2a=7 \Rightarrow 2a=4 \Rightarrow a=2.$$

3. Notăm $t=5^x$, unde $t>0$. Ecuația devine

$$t+\frac1t=2.$$

Înmulțind cu $t$, obținem

$$t^2-2t+1=0 \Rightarrow (t-1)^2=0 \Rightarrow t=1.$$

Așadar $5^x=1=5^0$, deci

$$x=0.$$

4. Submulțimea cu trei elemente trebuie să îl conțină pe $1$. Alegem celelalte două elemente dintre cele patru elemente rămase, $\{2,3,4,5\}$:

$$\binom42=6.$$

Numărul cerut este $6$.

5. Punctele $O(0,0)$ și $M(-4,4)$ determină dreapta $OM$, cu panta

$$m_{OM}=\frac{4-0}{-4-0}=-1.$$

Dreapta perpendiculară pe $OM$ are panta $m_d=1$. Ecuația dreptei prin $M(-4,4)$ este

$$y-4=1(x+4),$$

deci

$$d:\ y=x+8.$$

6. Triunghiul $ABC$ este dreptunghic în $A$, deci, pentru unghiul $B$,

$$\sin B=\frac{AC}{BC},\qquad \cos B=\frac{AB}{BC}.$$

Din $\sin B=\cos B$ rezultă

$$\frac{AC}{BC}=\frac{AB}{BC}.$$

Deoarece $BC\ne 0$, obținem $AC=AB$. Prin urmare, triunghiul $ABC$ este isoscel.

SUBIECTUL al II-lea

1. Se consideră

$$A(a)= \begin{pmatrix} a & a+1 & a+2\\ a^2+1 & a^2+2 & a^2+3\\ 1 & 2 & 4 \end{pmatrix}.$$

• a) Pentru $a=0$,

$$A(0)= \begin{pmatrix} 0&1&2\\ 1&2&3\\ 1&2&4 \end{pmatrix}.$$

Calculăm determinantul:

$$\det A(0) =0\cdot(2\cdot4-3\cdot2)-1\cdot(1\cdot4-3\cdot1)+2\cdot(1\cdot2-2\cdot1) =-1.$$

• b) Calculăm determinantul pentru $a\in\mathbb R$. Facem operațiile pe coloane $C_2\leftarrow C_2-C_1$, $C_3\leftarrow C_3-C_1$, care nu schimbă determinantul:

$$\det A(a)= \begin{vmatrix} a&1&2\\ a^2+1&1&2\\ 1&1&3 \end{vmatrix}.$$

Apoi $C_3\leftarrow C_3-2C_2$:

$$\det A(a)= \begin{vmatrix} a&1&0\\ a^2+1&1&0\\ 1&1&1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a&1\\ a^2+1&1 \end{vmatrix} =a-(a^2+1).$$

Deci

$$\det A(a)=-a^2+a-1=-(a^2-a+1).$$

Dar

$$a^2-a+1=\left(a-\frac12\right)^2+\frac34>0,$$

pentru orice $a\in\mathbb R$. Prin urmare $\det A(a)\ne0$, deci $A(a)$ este inversabilă pentru orice $a\in\mathbb R$.

• c) Pentru $a\in\mathbb Z$, matricea $A(a)$ are elemente întregi. Dacă $A(a)^{-1}$ are toate elementele întregi, atunci $\det(A(a)^{-1})\in\mathbb Z$. Dar

$$\det(A(a)^{-1})=\frac1{\det A(a)}.$$

Cum $\det A(a)=-(a^2-a+1)$ este număr întreg, rezultă necesar $\det A(a)=\pm1$. Deoarece $\det A(a)<0$, trebuie să avem

$$\det A(a)=-1.$$

Astfel

$$-(a^2-a+1)=-1 \Rightarrow a^2-a=0 \Rightarrow a(a-1)=0.$$

Deci $a\in\{0,1\}$.

Reciproc, pentru $a=0$ sau $a=1$, avem $\det A(a)=-1$, iar adjuncta matricei are elemente întregi, deci

$$A(a)^{-1}=\frac{1}{\det A(a)}\operatorname{adj}(A(a))$$

are toate elementele întregi. Răspunsul este

$$a\in\{0,1\}.$$

2. Pe $A=[1,+\infty)$ este definită legea

$$x*y=\frac12\sqrt[3]{x^3y^3-x^3-y^3+9}.$$

• a) Calculăm:

$$1*2020=\frac12\sqrt[3]{1^3\cdot2020^3-1^3-2020^3+9} =\frac12\sqrt[3]{8} =\frac12\cdot2=1.$$

• b) Avem

$$x^3y^3-x^3-y^3+9=(x^3-1)(y^3-1)+8.$$

De aceea

$$x*y=\frac12\sqrt[3]{(x^3-1)(y^3-1)+8}.$$

Cum $\frac12\sqrt[3]{u}=\sqrt[3]{\frac{u}{8}}$, rezultă

$$x*y=\sqrt[3]{\frac18\left((x^3-1)(y^3-1)+8\right)} =\sqrt[3]{\frac18(x^3-1)(y^3-1)+1}.$$

• c) Condiția $x*x=x$, cu $x\in[1,+\infty)$, devine, folosind formula de la punctul b),

$$\sqrt[3]{\frac18(x^3-1)^2+1}=x.$$

Ridicăm la puterea a treia:

$$\frac18(x^3-1)^2+1=x^3.$$

Notăm $t=x^3-1$. Deoarece $x\ge1$, avem $t\ge0$. Ecuația devine

$$\frac18t^2+1=t+1 \Rightarrow t^2=8t \Rightarrow t(t-8)=0.$$

Prin urmare $t=0$ sau $t=8$.

Dacă $t=0$, atunci $x^3=1$, deci $x=1$. Dacă $t=8$, atunci $x^3=9$, deci $x=\sqrt[3]{9}$. Soluțiile sunt

$$x\in\left\{1,\sqrt[3]{9}\right\}.$$

SUBIECTUL al III-lea

1. Se consideră

$$f:(2,+\infty)\to\mathbb R,\qquad f(x)=\frac1{x-2}+\ln\frac{x-1}{x}.$$

• a) Pentru $x>2$,

$$f'(x)=\left(\frac1{x-2}\right)'+\left(\ln(x-1)-\ln x\right)'.$$

Deci

$$f'(x)=-\frac1{(x-2)^2}+\frac1{x-1}-\frac1x.$$

Observăm că

$$\frac1{x-1}-\frac1x=\frac1{x(x-1)}.$$

Prin urmare

$$f'(x)=-\frac1{(x-2)^2}+\frac1{x(x-1)} = \frac{(x-2)^2-x(x-1)}{x(x-1)(x-2)^2}.$$

Numărătorul este

$$(x-2)^2-x(x-1)=x^2-4x+4-x^2+x=-3x+4.$$

Așadar

$$f'(x)=\frac{-3x+4}{x(x-1)(x-2)^2},\qquad x\in(2,+\infty).$$

• b) Asimptota orizontală spre $+\infty$ se obține din limita funcției:

$$\lim_{x\to+\infty}\frac1{x-2}=0, \qquad \lim_{x\to+\infty}\ln\frac{x-1}{x} = \lim_{x\to+\infty}\ln\left(1-\frac1x\right)=\ln1=0.$$

Deci

$$\lim_{x\to+\infty}f(x)=0,$$

iar asimptota orizontală este

$$y=0.$$

• c) Pentru $x>2$, avem $x(x-1)(x-2)^2>0$ și $-3x+4<0$, deci, din punctul a),

$$f'(x)<0.$$

Funcția $f$ este strict descrescătoare pe $(2,+\infty)$. Din punctul b), $\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$. Dacă ar exista $x_0>2$ cu $f(x_0)\le0$, alegem $x_1>x_0$. Atunci $f(x_1)<f(x_0)\le0$, iar pentru orice $x>x_1$ avem $f(x)<f(x_1)<0$, deci limita la $+\infty$ ar fi cel mult $f(x_1)<0$, contradicție. Deci, pentru orice $x>2$, rezultă $f(x)>0$.

Dar

$$f(x)=\frac1{x-2}+\ln\frac{x-1}{x} = \frac1{x-2}-\ln\frac{x}{x-1}.$$

Din $f(x)>0$ obținem

$$\frac1{x-2}>\ln\frac{x}{x-1},$$

pentru orice $x\in(2,+\infty)$.

2. Se consideră

$$f:(-1,+\infty)\to\mathbb R,\qquad f(x)=\frac{x}{\sqrt{x^3+1}}.$$

• a) Deoarece

$$f^2(x)=\frac{x^2}{x^3+1},$$

avem

$$(x^3+1)f^2(x)=x^2.$$

Rezultă

$$\int_0^1 (x^3+1)f^2(x)\,dx=\int_0^1 x^2\,dx =\left.\frac{x^3}{3}\right|_0^1 =\frac13.$$

• b) Folosind $f^2(x)=\dfrac{x^2}{x^3+1}$, obținem

$$\int_0^1 f^2(x)\,dx=\int_0^1\frac{x^2}{x^3+1}\,dx.$$

Cu substituția $u=x^3+1$, $du=3x^2\,dx$, rezultă

$$\int_0^1\frac{x^2}{x^3+1}\,dx =\frac13\int_1^2\frac1u\,du =\frac13\ln u\Big|_1^2 =\frac13\ln2.$$

• c) Pentru $n\in\mathbb N^*$,

$$I_n=\int_0^1 f(x^n)\,dx = \int_0^1 \frac{x^n}{\sqrt{x^{3n}+1}}\,dx.$$

Pentru $x\in[0,1]$, avem

$$0\le \frac{x^n}{\sqrt{x^{3n}+1}}\le x^n,$$

deoarece $\sqrt{x^{3n}+1}\ge1$. Prin integrare,

$$0\le I_n\le \int_0^1 x^n\,dx=\frac1{n+1}.$$

Cum

$$\lim_{n\to+\infty}\frac1{n+1}=0,$$

din teorema cleștelui rezultă

$$\lim_{n\to+\infty} I_n=0.$$

Autoevaluare pentru punctaj maxim

• Toate cele 6 cerințe din SUBIECTUL I sunt rezolvate în ordine, cu calculele esențiale explicite.
• Toate subpunctele de algebră din SUBIECTUL al II-lea sunt justificate: determinantul, inversabilitatea, condiția pentru inversă cu elemente întregi și ecuația pentru legea de compoziție.
• Toate subpunctele de analiză din SUBIECTUL al III-lea sunt rezolvate riguros: derivata, asimptota, inegalitatea, integralele și limita șirului de integrale.
• Domeniile și condițiile folosite la radicali, logaritmi, matrice inversabile și integrale au fost verificate.
• Rezultatele finale au fost simplificate și recitite pentru concordanță cu subiectul.