Soluții BAC Mate-info 2021 · Iunie–Iulie

SUBIECTUL I

1. Avem $i^2=-1$. Calculăm:

$$(1+i)^2-2(1+i)+2=1+2i+i^2-2-2i+2.$$

Cum $i^2=-1$, rezultă

$$1+2i-1-2-2i+2=0.$$

Deci $(1+i)^2-2(1+i)+2=0$.

2. Punctul $M(1,2)$ aparține graficului funcției $f(x)=x^2+ax-5$, deci $f(1)=2$.

$$1^2+a\cdot 1-5=2 \Longleftrightarrow a-4=2 \Longleftrightarrow a=6.$$

Prin urmare, $a=6$.

3. Ecuația este

$$\log_4(x^2+1)=\log_4 x+\log_4(x+1).$$

Condițiile de existență sunt $x>0$ și $x+1>0$, deci $x>0$. Folosind proprietatea logaritmilor,

$$\log_4 x+\log_4(x+1)=\log_4\bigl(x(x+1)\bigr).$$

Baza $4>0$, $4\ne 1$, deci funcția logaritmică este injectivă:

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

Rezultă $x=1$, care respectă $x>0$. Soluția este

$$\boxed{x=1}.$$

4. Numerele naturale de două cifre sunt de la $10$ la $99$, deci sunt $90$ numere. Un număr divizibil cu $2$ și cu $5$ este divizibil cu $10$.

Multiplii de $10$ cu două cifre sunt:

$$10,20,30,40,50,60,70,80,90,$$

adică $9$ numere. Probabilitatea cerută este

$$P=\frac{9}{90}=\frac{1}{10}.$$

5. Punctele sunt $M(3,4)$, $N(0,1)$, $P(3,0)$. Panta dreptei $MN$ este

$$m_{MN}=\frac{4-1}{3-0}=1.$$

Dreapta $d$ este paralelă cu $MN$, deci are aceeași pantă $m=1$, și trece prin $P(3,0)$. Ecuația ei este

$$y-0=1(x-3),$$

deci

$$\boxed{d:\ y=x-3}.$$

6. Triunghiul $ABC$ este dreptunghic în $C$, deci unghiurile ascuțite sunt complementare:

$$A+B=90^\circ.$$

Atunci

$$\operatorname{tg} B=\operatorname{tg}(90^\circ-A)=\operatorname{ctg} A=\frac{1}{\operatorname{tg} A}.$$

Cum $A$ este unghi ascuțit, $\operatorname{tg} A\ne 0$, deci relația este bine definită.

SUBIECTUL al II-lea

1. Se consideră

$$A(a)= \begin{pmatrix} a+2 & 0 & -a\\ 0 & 2 & 0\\ 3a & 0 & 2-3a \end{pmatrix}.$$

• a) Pentru $a=0$,

$$A(0)= \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}=2I_3.$$

Prin urmare,

$$\det A(0)=2\cdot 2\cdot 2=8.$$

• b) Avem

$$A(a)-2I_3= \begin{pmatrix} a & 0 & -a\\ 0 & 0 & 0\\ 3a & 0 & -3a \end{pmatrix} =a \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\ 0 & 0 & 0\\ 3 & 0 & -3 \end{pmatrix}.$$

Din condiția $aB=A(a)-2I_3$, pentru orice $a\in\mathbb R$, rezultă

$$\boxed{ B= \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\ 0 & 0 & 0\\ 3 & 0 & -3 \end{pmatrix} }.$$

Pentru $a=0$, egalitatea devine $0=0$, deci nu apare nicio contradicție.

• c) Calculăm determinantul lui $A(a)$ dezvoltând după linia a doua:

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

Astfel,

$$\det A(a)=2\bigl((a+2)(2-3a)-(-a)\cdot 3a\bigr).$$ $$\det A(a)=2\bigl((a+2)(2-3a)+3a^2\bigr) =2(4-4a)=8(1-a).$$

Atunci

$$\det\bigl(A(n)\cdot A(-n)\bigr)=\det A(n)\cdot \det A(-n).$$ $$\det\bigl(A(n)\cdot A(-n)\bigr)=8(1-n)\cdot 8(1+n)=64(1-n^2).$$

Condiția cerută este

$$64(1-n^2)>0 \Longleftrightarrow 1-n^2>0 \Longleftrightarrow -1<n<1.$$

Pentru $n\in\mathbb N$, rezultă

$$\boxed{n=0}.$$

În notația folosită la BAC, $\mathbb N$ conține și numărul $0$, iar pentru excluderea lui se folosește $\mathbb N^*$.

2. Legea de compoziție este

$$x*y=\frac{x+y+|x-y|}{2}.$$

• a) Calculăm direct:

$$2*0=\frac{2+0+|2-0|}{2}=\frac{2+2}{2}=2.$$

• b) Dacă $a\le b$, atunci $|a-b|=b-a$. Prin urmare,

$$a*b=\frac{a+b+|a-b|}{2} =\frac{a+b+b-a}{2} =\frac{2b}{2}=b.$$

Deci, pentru $a\le b$, avem $a*b=b$.

• c) Din punctul b) și din simetria formulei rezultă că $x*y=\max(x,y)$, pentru orice $x,y\in\mathbb R$: dacă $x\le y$, atunci $x*y=y$, iar dacă $y\le x$, atunci $x*y=x$. Deoarece legea este asociativă,

$$(2x)*(x^2+1)*(-2x)=\max(2x,x^2+1,-2x).$$

Observăm că

$$x^2+1-2|x|=(|x|-1)^2\ge 0,$$

deci $x^2+1\ge 2|x|$. În particular,

$$x^2+1\ge 2x \quad \text{și} \quad x^2+1\ge -2x.$$

Astfel,

$$\max(2x,x^2+1,-2x)=x^2+1.$$

Ecuația devine

$$x^2+1=10 \Longleftrightarrow x^2=9 \Longleftrightarrow x\in\{-3,3\}.$$

Soluțiile sunt

$$\boxed{x\in\{-3,3\}}.$$

SUBIECTUL al III-lea

1. Se consideră funcția

$$f:\mathbb R\to\mathbb R,\qquad f(x)=x-\sqrt{x^2+3}.$$

• a) Funcția este derivabilă pe $\mathbb R$, deoarece $x^2+3>0$ pentru orice $x\in\mathbb R$. Avem

$$f'(x)=1-\frac{2x}{2\sqrt{x^2+3}} =1-\frac{x}{\sqrt{x^2+3}}.$$

Prin urmare,

$$\boxed{f'(x)=\frac{\sqrt{x^2+3}-x}{\sqrt{x^2+3}}},\qquad x\in\mathbb R.$$

• b) Pentru $x\to +\infty$,

$$f(x)=x-\sqrt{x^2+3} =\frac{x^2-(x^2+3)}{x+\sqrt{x^2+3}} =\frac{-3}{x+\sqrt{x^2+3}}.$$

Cum $x+\sqrt{x^2+3}\to +\infty$, rezultă

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

Asimptota orizontală spre $+\infty$ este

$$\boxed{y=0}.$$

• c) Determinăm imaginea funcției $f$. Din formula derivatei,

$$f'(x)=\frac{\sqrt{x^2+3}-x}{\sqrt{x^2+3}}.$$

Deoarece $\sqrt{x^2+3}>|x|$, rezultă $\sqrt{x^2+3}-x>0$, deci

$$f'(x)>0,\quad \forall x\in\mathbb R.$$

Funcția este strict crescătoare pe $\mathbb R$.

Limitele la capetele domeniului sunt:

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

iar

$$\lim_{x\to-\infty}\left(x-\sqrt{x^2+3}\right)=-\infty,$$

deoarece, pentru $x=-t$ și $t\to+\infty$, avem

$$f(-t)=-t-\sqrt{t^2+3}\to-\infty.$$

În plus, $f(x)=x-\sqrt{x^2+3}<0$, pentru orice $x\in\mathbb R$, deoarece $\sqrt{x^2+3}>x$.

Prin urmare, imaginea funcției este

$$f(\mathbb R)=(-\infty,0).$$

Ecuația $f(x)=a$ are soluție dacă și numai dacă

$$\boxed{a\in(-\infty,0)}.$$

2. Se consideră funcția

$$f:\mathbb R\to\mathbb R,\qquad f(x)=\frac{x}{x^2+x+3}.$$

Observăm că $x^2+x+3=\left(x+\frac12\right)^2+\frac{11}{4}>0$, deci funcția este definită pe $\mathbb R$.

• a) Avem

$$(x^2+x+3)f(x)=(x^2+x+3)\cdot \frac{x}{x^2+x+3}=x.$$

Astfel,

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

• b) Pentru $x>0$,

$$g(x)=\frac{2x+1}{x}\cdot f(x) =\frac{2x+1}{x}\cdot \frac{x}{x^2+x+3} =\frac{2x+1}{x^2+x+3}.$$

Cum $(x^2+x+3)'=2x+1$, avem

$$\int_1^2 g(x)\,dx =\int_1^2 \frac{2x+1}{x^2+x+3}\,dx =\left.\ln(x^2+x+3)\right|_1^2.$$

Calculăm:

$$x^2+x+3\big|_{x=2}=4+2+3=9,$$ $$x^2+x+3\big|_{x=1}=1+1+3=5.$$

Deci

$$\int_1^2 g(x)\,dx=\ln 9-\ln 5=\ln\frac95.$$

• c) Fie $0\le a<b$ și

$$I_n=\int_a^b f^n(x)\,dx,\qquad n\in\mathbb N^*,$$

unde $f^n(x)=(f(x))^n$. Pentru $x\in[a,b]\subset[0,+\infty)$,

$$0\le f(x)=\frac{x}{x^2+x+3}<1,$$

deoarece $x\ge 0$ și $x^2+x+3>x$.

Funcția $f$ este continuă pe intervalul compact $[a,b]$, deci își atinge maximul. Notăm

$$q=\max_{x\in[a,b]} f(x).$$

Din $f(x)<1$ pentru orice $x\in[a,b]$, rezultă $0\le q<1$. Atunci, pentru orice $n\in\mathbb N^*$,

$$0\le f^n(x)\le q^n,\qquad x\in[a,b].$$

Integrând,

$$0\le I_n=\int_a^b f^n(x)\,dx\le \int_a^b q^n\,dx=(b-a)q^n.$$

Cum $0\le q<1$, avem $q^n\to 0$, deci $(b-a)q^n\to 0$. Prin teorema cleștelui,

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

Autoevaluare pentru punctaj maxim

• Toate cele 6 cerințe din SUBIECTUL I sunt rezolvate în ordine, cu domenii și verificări unde sunt necesare.
• SUBIECTUL al II-lea include calculul determinantului, determinarea matricei $B$, condiția pentru $n$, verificarea legii de compoziție și rezolvarea ecuației cu operația $*$.
• SUBIECTUL al III-lea include derivarea corectă, asimptota orizontală, imaginea funcției, integralele cerute și demonstrația limitei prin majorare uniformă.
• Rezultatele finale au fost simplificate și condițiile de existență au fost menționate.