Soluții BAC Mate șt. naturii 2021 · August–Septembrie

SUBIECTUL I

1. Avem $i^2=-1$. Calculăm:

$$3(4-i)+3i(1+i)=12-3i+3i+3i^2=12+3(-1)=9.$$

Deci egalitatea este adevărată.

2. Funcția este $f(x)=x^2-4$. Mai întâi,

$$f(2)=2^2-4=0.$$

Atunci

$$(f\circ f)(2)=f(f(2))=f(0)=0^2-4=-4.$$

3. Ecuația este

$$\log_3(x^2-2x+4)=1.$$

Condiția de existență este $x^2-2x+4>0$, iar

$$x^2-2x+4=(x-1)^2+3>0$$

pentru orice $x\in\mathbb R$. Din definiția logaritmului:

$$x^2-2x+4=3.$$

Rezultă

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

Soluția este $x=1$.

4. Numerele naturale de două cifre sunt de la $10$ la $99$, deci sunt $90$ de numere. Cele divizibile cu $10$ sunt

$$10,20,30,\ldots,90,$$

adică $9$ numere. Probabilitatea cerută este

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

5. Punctele sunt $O(0,0)$, $A(2,4)$, $B(3,a)$. Dacă $O,A,B$ sunt coliniare, atunci pantele dreptelor $OA$ și $OB$ sunt egale:

$$\frac{4-0}{2-0}=\frac{a-0}{3-0}.$$

Prin urmare,

$$2=\frac a3 \iff a=6.$$

6. Pentru $x=\frac\pi4$,

$$E\left(\frac\pi4\right)=\cos\frac\pi4+\cos\frac\pi2+\cos\frac{3\pi}4.$$

Folosind valorile trigonometrice cunoscute,

$$\cos\frac\pi4=\frac{\sqrt2}{2},\qquad \cos\frac\pi2=0,\qquad \cos\frac{3\pi}4=-\frac{\sqrt2}{2}.$$

Deci

$$E\left(\frac\pi4\right)=\frac{\sqrt2}{2}+0-\frac{\sqrt2}{2}=0.$$

SUBIECTUL al II-lea

1. Se consideră

$$I_2=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix},\qquad A(x,y)=\begin{pmatrix}x+3y&4y\\-2y&x-3y\end{pmatrix}.$$

• a) Pentru $x=1$ și $y=1$,

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

Prin urmare,

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

• b) Calculăm determinantul:

$$\det A(x,y)=(x+3y)(x-3y)-4y(-2y).$$

Astfel,

$$\det A(x,y)=x^2-9y^2+8y^2=x^2-y^2.$$

Dacă matricea $A(x,y)$ este inversabilă, atunci $\det A(x,y)\ne 0$, deci

$$x^2-y^2\ne 0 \iff x^2\ne y^2 \iff |x|\ne |y|.$$

• c) Avem

$$A(m,n)=\begin{pmatrix}m+3n&4n\\-2n&m-3n\end{pmatrix},$$

iar

$$A(-m,n)=\begin{pmatrix}-m+3n&4n\\-2n&-m-3n\end{pmatrix}.$$

Calculăm produsul:

$$A(m,n)A(-m,n) =\begin{pmatrix}n^2-m^2&0\\0&n^2-m^2\end{pmatrix} =(n^2-m^2)I_2.$$

Condiția $A(m,n)A(-m,n)=I_2$ devine

$$n^2-m^2=1.$$

Atunci

$$(n-m)(n+m)=1.$$

Cum $m,n\in\mathbb Z$, avem cazurile:

$$\begin{cases} n-m=1\\ n+m=1 \end{cases} \quad\text{sau}\quad \begin{cases} n-m=-1\\ n+m=-1 \end{cases}$$

De aici rezultă

$$(m,n)=(0,1)\quad\text{sau}\quad (m,n)=(0,-1).$$

2. Pe $A=[0,+\infty)$ se definește

$$x\circ y=4^{xy}-(1-x-y)=4^{xy}-1+x+y.$$

• a) Calculăm:

$$2\circ 0=4^{2\cdot 0}-(1-2-0)=4^0-(-1)=1+1=2.$$

• b) Pentru $x\in A$, $x\ne 0$, avem $x>0$, deci $\frac1x>0$. Atunci

$$x\circ \frac1x =4^{x\cdot \frac1x}-\left(1-x-\frac1x\right) =4-1+x+\frac1x =3+x+\frac1x.$$

Deoarece $x>0$, din inegalitatea $x+\frac1x\ge 2$, rezultă

$$x\circ \frac1x\ge 3+2=5.$$

• c) Fie $m$ și $n$ numere naturale impare. Atunci

$$m\circ n=4^{mn}-(1-m-n)=4^{mn}-1+m+n.$$

Numărul $4^{mn}$ este natural par, iar $m+n$ este par, deoarece suma a două numere impare este pară. Prin urmare,

$$4^{mn}+m+n$$

este par, deci

$$4^{mn}-1+m+n$$

este impar. În plus, deoarece $m,n$ sunt naturale impare, avem $m\ge 1$, $n\ge 1$, deci

$$m\circ n=4^{mn}-1+m+n\ge 4^1-1+1+1=5,$$

adică expresia este număr natural. Așadar $m\circ n$ este număr natural impar.

SUBIECTUL al III-lea

1. Se consideră funcția

$$f:(0,+\infty)\to\mathbb R,\qquad f(x)=x^3-3\ln x.$$

• a) Funcția este derivabilă pe $(0,+\infty)$, iar

$$f'(x)=3x^2-\frac3x=\frac{3x^3-3}{x} =\frac{3(x^3-1)}x.$$

Folosind $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$, obținem

$$f'(x)=\frac{3(x-1)(x^2+x+1)}x,\qquad x\in(0,+\infty).$$

• b) Pentru $x=1$,

$$f(1)=1^3-3\ln 1=1$$

și, din formula de la punctul anterior,

$$f'(1)=0.$$

Ecuația tangentei în punctul de abscisă $1$ este

$$y-f(1)=f'(1)(x-1).$$

Deci

$$y-1=0\cdot(x-1),$$

adică

$$y=1.$$

• c) Trebuie demonstrat că

$$x^3\ge 3\ln x+1,\qquad x>0.$$

Aceasta este echivalent cu

$$f(x)=x^3-3\ln x\ge 1.$$

Din

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

observăm că, pentru $x>0$, avem $x^2+x+1>0$ și $x>0$. Prin urmare, semnul lui $f'(x)$ este semnul lui $x-1$. Rezultă că $f$ este descrescătoare pe $(0,1)$ și crescătoare pe $(1,+\infty)$, deci are minim în $x=1$. Cum

$$f(1)=1,$$

obținem

$$f(x)\ge 1,\qquad x>0.$$

Prin urmare,

$$x^3\ge 3\ln x+1,\qquad x\in(0,+\infty).$$

2. Se consideră funcția

$$f:\mathbb R\to\mathbb R,\qquad f(x)=xe^x.$$

• a) Avem

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

Prin urmare,

$$\int_0^2 \frac{f(x)}{e^x}\,dx=\int_0^2 x\,dx =\left.\frac{x^2}{2}\right|_0^2 =\frac{4}{2}-0=2.$$

• b) Observăm că

$$f(x)+e^x=xe^x+e^x=(x+1)e^x.$$

Dar

$$(xe^x)'=e^x+xe^x=(x+1)e^x.$$

Deci

$$\int_{-1}^1 (f(x)+e^x)\,dx =\left.xe^x\right|_{-1}^1 =e-\left(-\frac1e\right) =e+\frac1e =\frac{e^2+1}{e}.$$

• c) Derivata funcției $f(x)=xe^x$ este

$$f'(x)=e^x+xe^x=(x+1)e^x.$$

Cum $e^x>0$ pentru orice $x\in\mathbb R$, rezultă că $f'(x)<0$ pentru $x<-1$, $f'(-1)=0$ și $f'(x)>0$ pentru $x>-1$. Prin urmare, funcția $f$ are minim global în $x=-1$, iar

$$f(-1)=-\frac1e.$$

Așadar, pentru orice $x\in\mathbb R$,

$$f(x)\ge -\frac1e.$$

Pentru $a>0$, intervalul $[-1-a,-1+a]$ are lungimea $2a$, deci

$$\int_{-1-a}^{-1+a} f(x)\,dx \ge \int_{-1-a}^{-1+a} \left(-\frac1e\right)\,dx =-\frac1e\cdot 2a =-\frac{2a}{e}.$$

Prin urmare,

$$\int_{-1-a}^{-1+a} f(x)\,dx\ge -\frac{2a}{e},\qquad a\in(0,+\infty).$$

Autoevaluare pentru punctaj maxim

• Toate cele 6 cerințe din SUBIECTUL I sunt rezolvate în ordine, cu calcule explicite.
• La SUBIECTUL al II-lea sunt verificate determinantul, condiția de inversabilitate, produsul matricial și proprietățile legii de compoziție.
• La SUBIECTUL al III-lea sunt tratate domeniile, derivarea, tangenta, monotonia, minimele și integralele definite.
• Inegalitățile sunt justificate prin argumente standard acceptate la BAC: $x+\frac1x\ge 2$, studiu de semn al derivatei și minim global.
• Rezultatele finale au fost simplificate și verificate pentru coerență cu enunțul.