Soluții BAC Mate-info 2021 · August–Septembrie

SUBIECTUL I

1. Avem $a=2021-2$ și $b=2021+2$. Media aritmetică este

$$\frac{a+b}{2}=\frac{2021-2+2021+2}{2}=\frac{2\cdot 2021}{2}=2021.$$

2. Punctul $A(1,m)$ aparține graficului funcției $f(x)=x^2-3x+1$, deci

$$m=f(1)=1^2-3\cdot 1+1=-1.$$

Prin urmare, $m=-1$.

3. Condițiile de existență sunt

$$x+3>0,\quad x-3>0,$$

deci $x>3$. Ecuația devine

$$\log_3(x+3)+\log_3(x-3)=2$$ $$\log_3\bigl((x+3)(x-3)\bigr)=2.$$

Rezultă

$$x^2-9=3^2=9,$$

deci

$$x^2=18,\qquad x=\pm 3\sqrt 2.$$

Din condiția $x>3$, soluția este

$$x=3\sqrt 2.$$

4. Dacă mulțimea are $n$ elemente, atunci are $2^n$ submulțimi. Din

$$2^n=16=2^4$$

rezultă

$$n=4.$$

5. Avem punctele $M(3,0)$, $N(8,3)$, $P(6,3)$. Calculăm

$$\overrightarrow{MN}=(8-3,3-0)=(5,3),$$ $$\overrightarrow{MP}=(6-3,3-0)=(3,3).$$

Din $\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{MQ}$, obținem

$$\overrightarrow{MQ}=(5,3)+(3,3)=(8,6).$$

Prin urmare,

$$Q=M+\overrightarrow{MQ}=(3,0)+(8,6)=(11,6).$$

6. Triunghiul este ascuțitunghic, deci $A\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$, de unde $\sin A>0$ și $\cos A>0$. Din

$$\sin 2A\cdot \cos A=\sin A$$

și $\sin 2A=2\sin A\cos A$, rezultă

$$2\sin A\cos^2 A=\sin A.$$

Împărțim la $\sin A>0$:

$$2\cos^2 A=1.$$

Astfel,

$$\cos^2 A=\frac12.$$

Cum $A$ este ascuțit, $\cos A>0$, deci

$$\cos A=\frac{\sqrt2}{2}.$$

Rezultă

$$A=\frac{\pi}{4}.$$

SUBIECTUL al II-lea

1. Se consideră

$$A(a)= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&a&0\\ 1+\log_2 a&0&1 \end{pmatrix}, \qquad a\in(0,+\infty).$$

• a) Pentru $a=1$, avem $\log_2 1=0$, deci

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

Matricea este triunghiulară inferior, deci determinantul este produsul elementelor de pe diagonala principală:

$$\det A(1)=1\cdot 1\cdot 1=1.$$

• b) Pentru orice $a>0$, matricea $A(a)$ este triunghiulară inferior, deci

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

Cum $a\in(0,+\infty)$, rezultă $\det A(a)=a\ne 0$. Prin urmare, matricea $A(a)$ este inversabilă pentru orice $a>0$.

• c) Notăm

$$\ell=1+\log_2 a.$$

Atunci

$$A(a)= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&a&0\\ \ell&0&1 \end{pmatrix}.$$

Inversa este

$$(A(a))^{-1}= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&\frac1a&0\\ -\ell&0&1 \end{pmatrix},$$

deoarece produsul celor două matrice este matricea unitate. Rezultă

$$A(a)+(A(a))^{-1}= \begin{pmatrix} 2&0&0\\ 0&a+\frac1a&0\\ 0&0&2 \end{pmatrix}.$$

Prin urmare,

$$\det\left(A(a)+(A(a))^{-1}\right) =2\cdot\left(a+\frac1a\right)\cdot 2 =4\left(a+\frac1a\right).$$

Pentru $a>0$, din inegalitatea $a+\frac1a\ge 2$, obținem

$$\det\left(A(a)+(A(a))^{-1}\right)\ge 4\cdot 2=8.$$

2. Pe $\mathbb R$ este definită legea

$$x\circ y=xy-m(x+y)+m(m+1),\qquad m\in(0,+\infty).$$

• a) Pentru $m=1$,

$$2\circ 2=2\cdot 2-1(2+2)+1(1+1)=4-4+2=2.$$

• b) Avem

$$2\circ 1=2\cdot 1-m(2+1)+m(m+1) =2-3m+m^2+m =m^2-2m+2.$$

Din $2\circ 1=5$, rezultă

$$m^2-2m+2=5,$$

adică

$$m^2-2m-3=0.$$

Factorizăm:

$$(m-3)(m+1)=0.$$

Cum $m>0$, obținem $m=3$. Atunci

$$2\circ 5=2\cdot 5-3(2+5)+3(3+1) =10-21+12=1.$$

• c) Condiția este

$$(mx^3)\circ(-mx^2)=m,\qquad \text{pentru orice }m>0.$$

Calculăm:

$$(mx^3)\circ(-mx^2) =mx^3(-mx^2)-m(mx^3-mx^2)+m(m+1).$$

Deci

$$(mx^3)\circ(-mx^2) =-m^2x^5-m^2x^3+m^2x^2+m^2+m.$$

Egalitatea cu $m$ devine

$$-m^2x^5-m^2x^3+m^2x^2+m^2+m=m.$$

Cum $m>0$, împărțim prin $m^2$:

$$-x^5-x^3+x^2+1=0.$$

Echivalent,

$$x^5+x^3-x^2-1=0.$$

Factorizăm:

$$x^5+x^3-x^2-1=x^3(x^2+1)-(x^2+1)=(x^2+1)(x^3-1).$$

Astfel,

$$(x^2+1)(x^3-1)=0.$$

Pentru $x\in\mathbb R$, avem $x^2+1>0$, deci

$$x^3-1=0,$$

de unde

$$x=1.$$

Verificare:

$$(m\cdot 1^3)\circ(-m\cdot 1^2)=m\circ(-m) =m(-m)-m(m-m)+m(m+1)=m.$$

Prin urmare, $x=1$.

SUBIECTUL al III-lea

1. Se consideră funcția

$$f:(0,+\infty)\to\mathbb R,\qquad f(x)=x^4-2-4\ln x.$$

• a) Pentru $x>0$,

$$f'(x)=4x^3-\frac4x =\frac{4x^4-4}{x} =\frac{4(x^4-1)}{x}.$$

Factorizăm

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

Prin urmare,

$$f'(x)=\frac{4(x^2+1)(x+1)(x-1)}{x},\qquad x\in(0,+\infty).$$

• b) Pentru $x>0$, factorii $4$, $x^2+1$, $x+1$ și $x$ sunt pozitivi. Semnul lui $f'(x)$ este semnul lui $x-1$. Așadar,

$$f'(x)<0 \text{ pentru } x\in(0,1),$$ $$f'(1)=0,$$ $$f'(x)>0 \text{ pentru } x\in(1,+\infty).$$

Funcția $f$ este strict descrescătoare pe $(0,1)$ și strict crescătoare pe $(1,+\infty)$.

• c) Funcția $f$ este continuă pe $(0,+\infty)$. Avem

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

deoarece $-4\ln x\to+\infty$. De exemplu,

$$f(e^{-1})=e^{-4}-2-4\ln(e^{-1})=e^{-4}+2>0,$$

iar

$$f(1)=1-2-4\ln 1=-1.$$

Prin continuitate există o soluție în $(e^{-1},1)\subset(0,1)$. Cum $f$ este strict descrescătoare pe $(0,1)$, rezultă că ecuația $f(x)=0$ are exact o soluție în $(0,1)$.

De asemenea,

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

și, mai concret,

$$f(2)=16-2-4\ln 2=14-4\ln 2>0,$$

în timp ce $f(1)=-1$. Prin continuitate există o soluție în $(1,2)$. Cum $f$ este strict crescătoare pe $(1,+\infty)$, rezultă că ecuația $f(x)=0$ are exact o soluție în $(1,+\infty)$.

Prin urmare, ecuația $f(x)=0$ are exact două soluții distincte în $(0,+\infty)$.

2. Se consideră funcția

$$f:\mathbb R\to\mathbb R,\qquad f(x)=1+\frac{2x}{x^4+1}.$$

• a) Avem

$$(x^4+1)f(x)=(x^4+1)\left(1+\frac{2x}{x^4+1}\right)=x^4+1+2x.$$

Prin urmare,

$$\int_0^1 (x^4+1)f(x)\,dx =\int_0^1 (x^4+1+2x)\,dx$$ $$=\left[\frac{x^5}{5}+x+x^2\right]_0^1 =\frac15+1+1 =\frac{11}{5}.$$

• b) Fie $F$ o primitivă a lui $f$. Pentru $x\ge 0$,

$$F(x)=F(0)+\int_0^x\left(1+\frac{2t}{t^4+1}\right)\,dt =F(0)+x+\int_0^x\frac{2t}{t^4+1}\,dt.$$

Integrala

$$\int_0^x\frac{2t}{t^4+1}\,dt$$

are limită finită când $x\to+\infty$, deoarece o primitivă este $\arctan(t^2)$. Mai exact,

$$\int_0^x\frac{2t}{t^4+1}\,dt=\arctan(x^2).$$

Deci

$$F(x)=x+\arctan(x^2)+C.$$

Panta asimptotei oblice spre $+\infty$ este

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{F(x)}{x} =\lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac{\arctan(x^2)+C}{x}\right)=1.$$

Prin urmare, panta asimptotei oblice este $1$.

• c) Cum

$$\int \frac{2x}{x^4+1}\,dx=\arctan(x^2),$$

o primitivă a lui $f$ este

$$G(x)=x+\arctan(x^2)+C.$$

Din $G(0)=0$, rezultă

$$0=0+\arctan 0+C,$$

deci $C=0$. Prin urmare,

$$G(x)=x+\arctan(x^2).$$

Calculăm:

$$\int_0^1 xG(x)\,dx =\int_0^1 x\left(x+\arctan(x^2)\right)\,dx =\int_0^1 x^2\,dx+\int_0^1 x\arctan(x^2)\,dx.$$

Prima integrală este

$$\int_0^1 x^2\,dx=\frac13.$$

Pentru a doua integrală, facem substituția $u=x^2$, deci $du=2x\,dx$:

$$\int_0^1 x\arctan(x^2)\,dx =\frac12\int_0^1 \arctan u\,du.$$

Prin părți,

$$\int \arctan u\,du=u\arctan u-\frac12\ln(1+u^2).$$

Astfel,

$$\frac12\int_0^1 \arctan u\,du =\frac12\left[u\arctan u-\frac12\ln(1+u^2)\right]_0^1$$ $$=\frac12\left(\frac{\pi}{4}-\frac12\ln 2\right) =\frac{\pi}{8}-\frac14\ln 2.$$

Rezultă

$$\int_0^1 xG(x)\,dx =\frac13+\frac{\pi}{8}-\frac14\ln 2.$$

Autoevaluare pentru punctaj maxim

• Toate cele 18 subpuncte au fost rezolvate în ordinea cerută.
• Au fost verificate condițiile de existență pentru logaritm și condițiile de domeniu pentru funcțiile cu $\ln x$.
• Au fost justificate inversabilitatea matricei, calculul inversei și inegalitatea determinantului.
• Legea de compoziție a fost tratată cu același parametru $m>0$, iar soluția $x=1$ a fost verificată.
• Monotonia și numărul soluțiilor ecuației $f(x)=0$ au fost argumentate prin semnul derivatei, continuitate și limite.
• Integralele și primitivele au fost calculate explicit, inclusiv substituția și integrarea prin părți.