Soluții BAC Mate șt. naturii 2020 · Iunie–Iulie

SUBIECTUL I

1. Pentru progresia aritmetică avem formula

$$a_n=a_1+(n-1)r.$$

Astfel,

$$a_3=2+2\cdot 3=8.$$

Răspuns: $\boxed{a_3=8}$.

2. Funcția este $f(x)=2x+1$. Condiția cerută este

$$f(x^2)=9 \Longleftrightarrow 2x^2+1=9 \Longleftrightarrow x^2=4 \Longleftrightarrow x\in\{-2,2\}.$$

Răspuns: $\boxed{x=-2 \text{ sau } x=2}$.

3. Rezolvăm ecuația

$$3^{2x+2}-3^{2x}=8.$$

Scoatem factor comun $3^{2x}$:

$$3^{2x}(3^2-1)=8 \Longleftrightarrow 3^{2x}\cdot 8=8 \Longleftrightarrow 3^{2x}=1.$$

Cum $3^0=1$, rezultă

$$2x=0 \Longleftrightarrow x=0.$$

Răspuns: $\boxed{x=0}$.

4. Mulțimea $A=\{1,2,3,4,5,6,7,8,9\}$ are $9$ elemente. Divizorii lui $100$ care aparțin lui $A$ sunt

$$1,\ 2,\ 4,\ 5,$$

deci sunt $4$ cazuri favorabile. Probabilitatea este

$$P=\frac{4}{9}.$$

Răspuns: $\boxed{\frac49}$.

5. Notăm cu $O$ punctul de intersecție al diagonalelor paralelogramului $ABCD$. Într-un paralelogram, diagonalele se înjumătățesc, deci $O$ este mijlocul segmentelor $AC$ și $BD$.

Pentru orice punct $P$, vectorul către mijloc dă relațiile

$$\overrightarrow{PO}=\frac{\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PC}}{2} \quad\text{și}\quad \overrightarrow{PO}=\frac{\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PD}}{2}.$$

Prin urmare,

$$\frac{\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PC}}{2} = \frac{\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PD}}{2},$$

de unde

$$\boxed{\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PC} = \overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PD}}.$$

6. Folosim formulele trigonometrice:

$$\sin\left(x-\frac{\pi}{4}\right) =\sin x\cos\frac{\pi}{4}-\cos x\sin\frac{\pi}{4} =\frac{\sqrt2}{2}\sin x-\frac{\sqrt2}{2}\cos x,$$ $$\cos\left(x+\frac{\pi}{4}\right) =\cos x\cos\frac{\pi}{4}-\sin x\sin\frac{\pi}{4} =\frac{\sqrt2}{2}\cos x-\frac{\sqrt2}{2}\sin x.$$

Adunând, obținem

$$\sin\left(x-\frac{\pi}{4}\right)+\cos\left(x+\frac{\pi}{4}\right)=0,$$

pentru orice $x\in\mathbb R$. Afirmația este demonstrată.

SUBIECTUL al II-lea

1. Se consideră

$$A(a)= \begin{pmatrix} 12+a & a\\ 1+a & 3+a \end{pmatrix}.$$

• a) Pentru $a=0$,

$$A(0)= \begin{pmatrix} 12 & 0\\ 1 & 3 \end{pmatrix}.$$

Atunci

$$\det(A(0))= \begin{vmatrix} 12 & 0\\ 1 & 3 \end{vmatrix} =12\cdot 3-0\cdot 1=36.$$

Deci $\boxed{\det(A(0))=36}$.

• b) Avem

$$A(a)-(12+a)I_2= \begin{pmatrix} 12+a & a\\ 1+a & 3+a \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 12+a & 0\\ 0 & 12+a \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & a\\ 1+a & -9 \end{pmatrix}.$$

Prin urmare,

$$\det(A(a)-(12+a)I_2) =0\cdot(-9)-a(1+a) =-a(a+1).$$

Condiția devine

$$-a(a+1)=0 \Longleftrightarrow a=0 \text{ sau } a=-1.$$

Răspuns: $\boxed{a\in\{-1,0\}}$.

• c) Fie

$$X= \begin{pmatrix} p & q\\ r & s \end{pmatrix}, \quad p,q,r,s\in\mathbb R.$$

Din $X\cdot X=A(0)$, rezultă

$$\begin{pmatrix} p^2+qr & q(p+s)\\ r(p+s) & rq+s^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 12 & 0\\ 1 & 3 \end{pmatrix}.$$

Comparând elementele, obținem în special

$$q(p+s)=0,\qquad r(p+s)=1,\qquad rq+s^2=3.$$

Din $r(p+s)=1$ rezultă $p+s\ne 0$. Atunci, din $q(p+s)=0$, avem $q=0$. Înlocuind în $rq+s^2=3$, obținem

$$s^2=3,$$

deci

$$s=\pm\sqrt3.$$

Numărul $\sqrt3$ este irațional, deci cel puțin un element al matricei $X$ este irațional. Afirmația este demonstrată.

2. Pe $\mathbb R$ este definită legea

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

• a) Calculăm direct:

$$1\circ 1=1+\sqrt[3]{1}-2=1+1-2=0.$$

Deci $\boxed{1\circ 1=0}$.

• b) Căutăm $a\in\mathbb R$ astfel încât

$$x\circ a=x,\quad \forall x\in\mathbb R.$$

Avem

$$x+\sqrt[3]{a}-2=x,\quad \forall x\in\mathbb R,$$

deci

$$\sqrt[3]{a}-2=0 \Longleftrightarrow \sqrt[3]{a}=2 \Longleftrightarrow a=8.$$

Răspuns: $\boxed{a=8}$.

• c) Rezolvăm

$$x\circ x^6=4.$$

Prin definiția legii,

$$x+\sqrt[3]{x^6}-2=4.$$

Cum $x^6=(x^2)^3$, avem $\sqrt[3]{x^6}=x^2$. Ecuația devine

$$x+x^2-2=4 \Longleftrightarrow x^2+x-6=0 \Longleftrightarrow (x+3)(x-2)=0.$$

Prin urmare,

$$x=-3 \quad \text{sau} \quad x=2.$$

Răspuns: $\boxed{x\in\{-3,2\}}$.

SUBIECTUL al III-lea

1. Se consideră funcția

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

• a) Pentru $x>1$, expresia $\sqrt{x^2-1}$ este bine definită și derivabilă. Derivăm:

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

Deci

$$f'(x)=2x-\frac{2x}{\sqrt{x^2-1}} =2x\left(1-\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}\right), \quad x\in(1,+\infty).$$

• b) Calculăm limita:

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

Pentru $x\to+\infty$, $x>0$, deci

$$\frac{2\sqrt{x^2-1}}{x} =2\sqrt{1-\frac1{x^2}}.$$

Astfel,

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2-f(x)}{x} =2\sqrt{1}=2.$$

Răspuns: $\boxed{2}$.

• c) Pentru ca axa $Ox$ să fie tangentă la grafic, căutăm un punct al graficului cu ordonata $0$ și derivata $0$.

Rezolvăm $f(x)=0$, cu $x>1$:

$$x^2-2\sqrt{x^2-1}=0 \Longleftrightarrow x^2=2\sqrt{x^2-1}.$$

Ambele membre sunt nenegative, deci putem ridica la pătrat:

$$x^4=4(x^2-1) \Longleftrightarrow x^4-4x^2+4=0 \Longleftrightarrow (x^2-2)^2=0.$$

Cum $x>1$, rezultă

$$x=\sqrt2.$$

Punctul $A(\sqrt2,0)$ aparține graficului și axei $Ox$. Calculăm derivata în acest punct:

$$f'(\sqrt2) =2\sqrt2\left(1-\frac{1}{\sqrt{(\sqrt2)^2-1}}\right) =2\sqrt2(1-1)=0.$$

Tangenta la grafic în $A$ are panta $0$ și trece prin $A(\sqrt2,0)$, deci este dreapta $y=0$, adică axa $Ox$. Afirmația este demonstrată.

2. Se consideră funcția

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

Observăm că

$$x^2+2x+2=(x+1)^2+1>0,$$

deci funcția este bine definită pe $\mathbb R$.

• a) Avem

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

Prin urmare,

$$\int_0^1 (x^2+2x+2)f(x)\,dx =\int_0^1 x\,dx =\left.\frac{x^2}{2}\right|_0^1 =\frac12.$$

• b) Calculăm integrandul:

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

Cum

$$(x^2+2x+2)'=2x+2=2(x+1),$$

obținem

$$\int_0^2\left(f(x)+\frac{1}{x^2+2x+2}\right)\,dx =\int_0^2 \frac{x+1}{x^2+2x+2}\,dx$$ $$=\frac12\left.\ln(x^2+2x+2)\right|_0^2 =\frac12\left(\ln 10-\ln 2\right) =\frac12\ln 5.$$

Afirmația este demonstrată.

• c) Pe intervalul $[1,e]$, avem $x>0$, deci $f(x)\ne 0$. Calculăm:

$$\frac1{f(x)}-2 =\frac{x^2+2x+2}{x}-2 =x+2+\frac2x-2 =x+\frac2x.$$

Atunci

$$\int_1^e\left(\frac1{f(x)}-2\right)\ln x\,dx =\int_1^e x\ln x\,dx+2\int_1^e \frac{\ln x}{x}\,dx.$$

Pentru prima integrală, prin părți:

$$\int x\ln x\,dx=\frac{x^2}{2}\ln x-\int \frac{x^2}{2}\cdot\frac1x\,dx =\frac{x^2}{2}\ln x-\frac{x^2}{4}.$$

Astfel,

$$\int_1^e x\ln x\,dx =\left.\left(\frac{x^2}{2}\ln x-\frac{x^2}{4}\right)\right|_1^e =\frac{e^2}{2}-\frac{e^2}{4}+\frac14 =\frac{e^2+1}{4}.$$

A doua integrală este

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

Prin urmare,

$$\int_1^e\left(\frac1{f(x)}-2\right)\ln x\,dx =\frac{e^2+1}{4}+1 =\frac{e^2+5}{4}.$$

Afirmația este demonstrată.

Autoevaluare pentru punctaj maxim

• Am rezolvat toate cele 18 subpuncte, în ordinea din subiect.
• Am verificat calculele numerice, determinantul, ecuațiile și condițiile de domeniu.
• Am justificat complet demonstrațiile cu vectori, lege de compoziție, derivată, tangentă și integrale.
• Am folosit notație matematică clară și rezultate finale simplificate.