Soluții BAC Mate-info 2023 · Iunie–Iulie

SUBIECTUL I

1. Se consideră $z=3+i$. Atunci

$$z-2i=3+i-2i=3-i.$$

Prin urmare,

$$z(z-2i)=(3+i)(3-i)=3^2-i^2=9-(-1)=10.$$

2. Pentru orice $x\in\mathbb{R}$,

$$f(2x)=5\cdot 2x+1=10x+1,\qquad 2f(x)=2(5x+1)=10x+2.$$

Deci

$$f(2x)-2f(x)=10x+1-(10x+2)=-1.$$

3. Ecuația este

$$\sqrt[3]{x^3-2x+2}=x.$$

Funcția $u\mapsto u^3$ este injectivă pe $\mathbb{R}$, deci putem ridica la puterea a treia fără a introduce soluții false:

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

Rezultă

$$-2x+2=0 \Longleftrightarrow x=1.$$

Verificare:

$$\sqrt[3]{1^3-2\cdot 1+2}=\sqrt[3]{1}=1.$$

Soluția este $x=1$.

4. Mulțimea numerelor naturale de două cifre este

$$A=\{10,11,\ldots,99\},$$

deci are $90$ de elemente. Condiția ca $n+5$ să fie multiplu de $10$ este

$$n+5\equiv 0\pmod {10}\Longleftrightarrow n\equiv 5\pmod {10}.$$

Numerele de două cifre care se termină în cifra $5$ sunt

$$15,25,35,45,55,65,75,85,95,$$

adică $9$ numere favorabile. Probabilitatea este

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

5. Punctele sunt $A(4,0)$ și $B(5,4)$. Panta dreptei $AB$ este

$$m_{AB}=\frac{4-0}{5-4}=4.$$

Dreapta $d$ trece prin $O(0,0)$ și este paralelă cu $AB$, deci are aceeași pantă:

$$d:\ y=4x.$$

6. Triunghiul $ABC$ este isoscel și dreptunghic în $A$, deci catetele sunt egale. Notăm

$$AB=AC=a.$$

Aria triunghiului este

$$\frac{AB\cdot AC}{2}=\frac{a^2}{2}=4,$$

de unde

$$a^2=8.$$

Prin teorema lui Pitagora,

$$BC^2=AB^2+AC^2=a^2+a^2=2a^2=16.$$

Cum $BC>0$, rezultă

$$BC=4.$$

SUBIECTUL al II-lea

1. Se consideră

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

• a) Pentru $a=0$,

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

Calculăm determinantul:

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

Astfel,

$$\det(A(0))=2\cdot 2-1\cdot(-2)+2\cdot 1=4+2+2=8.$$

• b) Calculăm determinantul matricei $A(a)$:

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

Rezultă

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

Deci

$$\det(A(a))=4-2a^2-2a+2+a^2+4a+2=-a^2+2a+8.$$

Factorizăm:

$$-a^2+2a+8=-(a^2-2a-8)=-(a-4)(a+2).$$

Matricea este inversabilă dacă și numai dacă determinantul este nenul:

$$\det(A(a))\ne 0 \Longleftrightarrow a\ne 4,\ a\ne -2.$$

Mulțimea cerută este

$$\mathbb{R}\setminus\{-2,4\}.$$

• c) Pentru $a=-2$, sistemul devine

$$\begin{cases} 2x+y+2z=2\\ x-y-2z=4\\ -2x-y-2z=-2 \end{cases}.$$

A treia ecuație este opusul primei, deci folosim primele două ecuații. Adunându-le, obținem

$$(2x+y+2z)+(x-y-2z)=2+4,$$

adică

$$3x=6 \Longleftrightarrow x=2.$$

Din a doua ecuație,

$$2-y-2z=4 \Longleftrightarrow y+2z=-2.$$

Pentru orice soluție $(x_0,y_0,z_0)$ avem $x_0=2$ și $y_0+2z_0=-2$, deci

$$x_0z_0+y_0=2z_0+y_0=-2.$$

2. Pe $\mathbb{R}$ este definită legea

$$x\circ y=xy+(2^x-2)(2^y-2).$$

• a) Avem

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

Prin urmare,

$$2\circ 3=6+(4-2)(8-2)=6+2\cdot 6=18.$$

• b) Arătăm că $e=1$ este element neutru. Pentru orice $x\in\mathbb{R}$,

$$x\circ 1=x\cdot 1+(2^x-2)(2^1-2)=x+(2^x-2)\cdot 0=x.$$

De asemenea,

$$1\circ x=1\cdot x+(2^1-2)(2^x-2)=x+0\cdot(2^x-2)=x.$$

Deci $1$ este element neutru al legii de compoziție.

• c) Pentru orice $x\in\mathbb{R}$,

$$x\circ(-x)=x(-x)+(2^x-2)(2^{-x}-2).$$

Deoarece $2^x\cdot 2^{-x}=1$, obținem

$$(2^x-2)(2^{-x}-2)=1-2\cdot 2^x-2\cdot 2^{-x}+4 =5-2(2^x+2^{-x}).$$

Astfel,

$$x\circ(-x)=-x^2+5-2(2^x+2^{-x}).$$

Pentru $2^x>0$, avem

$$2^x+2^{-x}\ge 2$$

din inegalitatea $u+\frac1u\ge 2$, pentru $u>0$. Prin urmare,

$$x\circ(-x)\le -x^2+5-4=1-x^2\le 1.$$

Deci

$$x\circ(-x)\le 1,\qquad \forall x\in\mathbb{R}.$$

SUBIECTUL al III-lea

1. Se consideră funcția

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

• a) Pentru $x\in(1,+\infty)$, avem $x-1>0$ și $x+3>0$, deci funcția este derivabilă pe domeniul dat. Scriem

$$f(x)=x+3\bigl(\ln(x+3)-\ln(x-1)\bigr).$$

Atunci

$$f'(x)=1+3\left(\frac{1}{x+3}-\frac{1}{x-1}\right).$$

Deci

$$f'(x)=1+3\cdot\frac{x-1-x-3}{(x+3)(x-1)} =1-\frac{12}{(x-1)(x+3)}.$$

Aducând la același numitor,

$$f'(x)=\frac{(x-1)(x+3)-12}{(x-1)(x+3)} =\frac{x^2+2x-15}{(x-1)(x+3)}.$$

• b) Asimptota oblică spre $+\infty$ are forma $y=mx+n$, unde

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

Avem

$$\frac{f(x)}{x} =1+\frac{3}{x}\ln\frac{x+3}{x-1}.$$

Cum

$$\frac{x+3}{x-1}=1+\frac{4}{x-1}\to 1,$$

rezultă

$$\ln\frac{x+3}{x-1}\to 0,$$

deci $m=1$. Mai departe,

$$n=\lim_{x\to+\infty}\bigl(f(x)-x\bigr) =\lim_{x\to+\infty}3\ln\frac{x+3}{x-1}=0.$$

Asimptota oblică spre $+\infty$ este

$$y=x.$$

• c) Definim, pentru $x\in(1,+\infty)$,

$$g(x)=\ln\frac{x+3}{3(x-1)}-1+\frac{x}{3}.$$

Trebuie să demonstrăm că $g(x)\ge 0$. Derivata este

$$g'(x)=\frac{1}{x+3}-\frac{1}{x-1}+\frac{1}{3}.$$

Astfel,

$$g'(x)=\frac{-4}{(x-1)(x+3)}+\frac{1}{3} =\frac{(x-1)(x+3)-12}{3(x-1)(x+3)}.$$

Deci

$$g'(x)=\frac{x^2+2x-15}{3(x-1)(x+3)} =\frac{(x-3)(x+5)}{3(x-1)(x+3)}.$$

Pe intervalul $(1,+\infty)$, numitorul este pozitiv și $x+5>0$. Prin urmare,

$$g'(x)<0\ \text{pe }(1,3),\qquad g'(3)=0,\qquad g'(x)>0\ \text{pe }(3,+\infty).$$

Rezultă că $g$ are minim global în $x=3$. Calculăm

$$g(3)=\ln\frac{3+3}{3(3-1)}-1+\frac{3}{3} =\ln 1-1+1=0.$$

Așadar

$$g(x)\ge g(3)=0,\qquad \forall x\in(1,+\infty).$$

Prin urmare,

$$\ln\frac{x+3}{3(x-1)}\ge 1-\frac{x}{3},\qquad \forall x\in(1,+\infty).$$

2. Se consideră funcția

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

• a) Observăm că

$$f(x)e^x=(x^2+2x)e^{-x}e^x=x^2+2x.$$

Deci

$$\int_0^3 f(x)e^x\,dx=\int_0^3 (x^2+2x)\,dx.$$

Calculăm:

$$\int_0^3 (x^2+2x)\,dx = \left[\frac{x^3}{3}+x^2\right]_0^3 =\frac{27}{3}+9=9+9=18.$$

• b) Pentru $x\in[0,1]$, avem $x+2\ne 0$, iar

$$\frac{f(x)}{x+2}=\frac{(x^2+2x)e^{-x}}{x+2} =\frac{x(x+2)e^{-x}}{x+2}=xe^{-x}.$$

Prin urmare,

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

Prin integrare prin părți, sau folosind primitiva cunoscută,

$$\int xe^{-x}\,dx=-(x+1)e^{-x}+C.$$

Atunci

$$\int_0^1 xe^{-x}\,dx = \left[-(x+1)e^{-x}\right]_0^1 =-\frac{2}{e}+1 =\frac{e-2}{e}.$$

• c) Notăm

$$F(x)=\int_0^x f(t)\,dt.$$

Deoarece $f$ este derivabilă pe $\mathbb{R}$, $F$ este derivabilă și $F'(x)=f(x)$. Limita cerută este

$$\lim_{x\to 0}\frac{F(x)}{x^2}.$$

Avem forma nedeterminată $\frac00$, deoarece $F(0)=0$. Aplicăm regula lui L’Hôpital:

$$\lim_{x\to 0}\frac{F(x)}{x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{2x}.$$

Cum $f(0)=0$, obținem din nou forma $\frac00$. Calculăm derivata lui $f$:

$$f'(x)=\bigl((x^2+2x)'-(x^2+2x)\bigr)e^{-x} =(2x+2-x^2-2x)e^{-x} =(2-x^2)e^{-x}.$$

Aplicăm încă o dată regula lui L’Hôpital:

$$\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{2x} = \lim_{x\to 0}\frac{f'(x)}{2} = \frac{f'(0)}{2} = \frac{2}{2}=1.$$

Prin urmare,

$$\lim_{x\to0}\left(\frac{1}{x^2}\int_0^x f(t)\,dt\right)=1.$$

Autoevaluare pentru punctaj maxim

• Am rezolvat toate cele 6 iteme din SUBIECTUL I, în ordinea cerută.
• Am calculat determinantul general la SUBIECTUL al II-lea și am tratat separat cazul singular $a=-2$.
• Am verificat elementul neutru bilateral și inegalitatea pentru legea de compoziție pe tot domeniul real.
• Am precizat domeniile relevante pentru logaritmi și integrale.
• Am justificat asimptota oblică, inegalitatea prin minim global și limita integrală prin L’Hôpital.
• Rezultatele finale au fost simplificate și verificate algebric.