Soluții BAC Mate șt. naturii 2021 · Iunie–Iulie

SUBIECTUL I

1. Avem progresia geometrică $(b_n)_{n\ge 1}$, cu $b_1=2$ și $b_2=6$.

Rația este

$$q=\frac{b_2}{b_1}=\frac{6}{2}=3.$$

Prin urmare,

$$b_3=b_2\cdot q=6\cdot 3=18.$$

Răspuns: $\boxed{18}$.

2. Funcțiile sunt $f(x)=x+7$ și $g(x)=x-7$.

$$(f\circ g)(7)=f(g(7)).$$

Calculăm:

$$g(7)=7-7=0,\qquad f(0)=0+7=7.$$

Răspuns: $\boxed{7}$.

3. Rezolvăm ecuația

$$\sqrt{2x-1}=x-2.$$

Condițiile de existență și de semn sunt

$$2x-1\ge 0$$

și

$$x-2\ge 0.$$

Rezultă $x\ge 2$.

Ridicăm la pătrat:

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

Obținem

$$2x-1=x^2-4x+4,$$

deci

$$x^2-6x+5=0.$$

Factorizăm:

$$(x-1)(x-5)=0.$$

Soluțiile posibile sunt $x=1$ și $x=5$, dar numai $x=5$ verifică $x\ge 2$. Verificare:

$$\sqrt{2\cdot 5-1}=3=5-2.$$

Răspuns: $\boxed{x=5}$.

4. Mulțimea numerelor naturale de o cifră este

$$\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\},$$

deci are $10$ elemente.

Inegalitatea este

$$n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)>0.$$

Pentru $n=0,1,2,3,4$, produsul este $0$, deci nu convine. Pentru $n=5,6,7,8,9$, toți factorii sunt pozitivi, deci produsul este pozitiv.

Sunt $5$ cazuri favorabile din $10$ cazuri posibile, deci probabilitatea este

$$P=\frac{5}{10}=\frac12.$$

Răspuns: $\boxed{\frac12}$.

5. Punctele sunt $A(1,1)$, $B(-1,0)$, $C(3,5)$, $D(5,6)$.

Mijlocul segmentului $AC$ este

$$M\left(\frac{1+3}{2},\frac{1+5}{2}\right)=M(2,3).$$

Vectorii

$$\overrightarrow{BD}=(5-(-1),6-0)=(6,6)$$

și

$$\overrightarrow{BM}=(2-(-1),3-0)=(3,3)$$

sunt proporționali, deoarece

$$\overrightarrow{BD}=2\overrightarrow{BM}.$$

Prin urmare, punctele $B$, $M$ și $D$ sunt coliniare.

6. Avem $x\in(0,\pi)$ și

$$(\sin x-\cos x)^2=2.$$

Dezvoltăm:

$$\sin^2x-2\sin x\cos x+\cos^2x=2.$$

Deoarece $\sin^2x+\cos^2x=1$, obținem

$$1-2\sin x\cos x=2,$$

deci

$$2\sin x\cos x=-1.$$

Astfel,

$$\sin 2x=-1.$$

Cum $x\in(0,\pi)$, avem $2x\in(0,2\pi)$, iar

$$\sin 2x=-1 \Longleftrightarrow 2x=\frac{3\pi}{2}.$$

Prin urmare,

$$x=\frac{3\pi}{4}.$$

Răspuns: $\boxed{x=\frac{3\pi}{4}}$.

SUBIECTUL al II-lea

1. Se consideră

$$I_2=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix},\qquad A(a)=\begin{pmatrix}1+2^a&2^a\\-2^a&1-2^a\end{pmatrix}.$$

• a) Pentru $a=0$, avem $2^0=1$, deci

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

Atunci

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

Deci $\boxed{\det(A(0))=1}$.

• b) Notăm

$$N=\begin{pmatrix}1&1\\-1&-1\end{pmatrix}.$$

Atunci $N^2=O_2$, iar

$$A(a)=I_2+2^aN.$$

Prin urmare,

$$A(1)=I_2+2N,\qquad A(2)=I_2+4N.$$

Calculăm produsul:

$$A(1)A(2)=(I_2+2N)(I_2+4N)=I_2+6N+8N^2=I_2+6N.$$

De asemenea,

$$A(1)+A(2)=2I_2+6N.$$

Rezultă

$$A(1)+A(2)-A(1)A(2) =(2I_2+6N)-(I_2+6N)=I_2.$$

• c) Din forma de mai sus,

$$A(m)A(n)=(I_2+2^mN)(I_2+2^nN) =I_2+(2^m+2^n)N,$$

deoarece $N^2=O_2$.

Pe de altă parte,

$$A(m+n)=I_2+2^{m+n}N.$$

Condiția $A(m)A(n)=A(m+n)$ devine

$$2^m+2^n=2^{m+n}.$$

Notăm $u=2^m$ și $v=2^n$. Atunci $u,v$ sunt numere naturale pozitive și

$$u+v=uv.$$

Echivalent,

$$uv-u-v=0$$

și, adăugând $1$,

$$(u-1)(v-1)=1.$$

Cum $u-1$ și $v-1$ sunt numere naturale, rezultă

$$u-1=v-1=1,$$

deci

$$u=v=2.$$

Astfel,

$$2^m=2,\qquad 2^n=2,$$

de unde

$$\boxed{m=n=1}.$$

2. Pe $\mathbb{R}$ se definește legea

$$x*y=x^2+y^2+x+y.$$

• a) Calculăm:

$$(-1)*(-1)=(-1)^2+(-1)^2+(-1)+(-1)=1+1-1-1=0.$$

Deci $\boxed{(-1)*(-1)=0}$.

• b) Pentru orice $x,y\in\mathbb{R}$,

$$x*y=x^2+x+y^2+y.$$

Completăm pătratele:

$$x^2+x=\left(x+\frac12\right)^2-\frac14$$

și

$$y^2+y=\left(y+\frac12\right)^2-\frac14.$$

Prin urmare,

$$x*y=\left(x+\frac12\right)^2+\left(y+\frac12\right)^2-\frac12.$$

• c) Cerința este

$$x^2*x^2\le 4.$$

Folosind definiția legii,

$$x^2*x^2=(x^2)^2+(x^2)^2+x^2+x^2=2x^4+2x^2.$$

Inegalitatea devine

$$2x^4+2x^2\le 4,$$

adică

$$x^4+x^2-2\le 0.$$

Notăm $t=x^2$, cu $t\ge 0$. Obținem

$$t^2+t-2\le 0$$

sau

$$(t+2)(t-1)\le 0.$$

Rezultă

$$t\in[-2,1].$$

Cum $t=x^2\ge 0$, avem

$$x^2\in[0,1],$$

deci

$$x\in[-1,1].$$

Răspuns: $\boxed{[-1,1]}$.

SUBIECTUL al III-lea

1. Se consideră funcția

$$f:(-2,+\infty)\to\mathbb{R},\qquad f(x)=x^2+4x-\frac12\ln(x+2).$$

• a) Pentru $x\in(-2,+\infty)$, avem $x+2>0$, deci funcția este derivabilă pe domeniul ei.

$$f'(x)=2x+4-\frac{1}{2(x+2)}.$$

Aducem la același numitor:

$$f'(x)=\frac{(2x+4)\cdot 2(x+2)-1}{2(x+2)}.$$

Cum $2x+4=2(x+2)$, rezultă

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

Aplicând formula $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$,

$$(2x+4)^2-1=(2x+3)(2x+5).$$

Deci

$$\boxed{f'(x)=\frac{(2x+3)(2x+5)}{2(x+2)}}.$$

• b) Calculăm:

$$x^2+4x-f(x)=x^2+4x-\left(x^2+4x-\frac12\ln(x+2)\right) =\frac12\ln(x+2).$$

Prin urmare,

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2+4x-f(x)}{x} =\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac12\ln(x+2)}{x}.$$

Justificăm limita prin regula lui l’Hospital:

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x+2)}{x} =\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{1}{x+2}}{1}=0.$$

Rezultă

$$\boxed{0}.$$

• c) Trebuie demonstrat că

$$x^2+4x+\frac{15}{4}\ge \frac12\ln(2x+4),\qquad x\in(-2,+\infty).$$

Deoarece

$$\ln(2x+4)=\ln(2(x+2))=\ln 2+\ln(x+2),$$

inegalitatea este echivalentă cu

$$x^2+4x-\frac12\ln(x+2)+\frac{15}{4}-\frac12\ln2\ge 0.$$

Adică

$$f(x)\ge -\frac{15}{4}+\frac12\ln2.$$

Studiem minimul funcției $f$. Din punctul a),

$$f'(x)=\frac{(2x+3)(2x+5)}{2(x+2)}.$$

Pe domeniul $(-2,+\infty)$, numitorul este pozitiv. Punctele critice date de numărător sunt

$$2x+3=0 \Rightarrow x=-\frac32$$

și

$$2x+5=0 \Rightarrow x=-\frac52,$$

dar $-\frac52\notin(-2,+\infty)$.

Pentru $x\in(-2,-\frac32)$, avem $f'(x)<0$, iar pentru $x\in(-\frac32,+\infty)$, avem $f'(x)>0$. Deci funcția $f$ are minim în

$$x=-\frac32.$$

Calculăm:

$$f\left(-\frac32\right) =\left(-\frac32\right)^2+4\left(-\frac32\right)-\frac12\ln\left(-\frac32+2\right).$$

Astfel,

$$f\left(-\frac32\right) =\frac94-6-\frac12\ln\frac12 =-\frac{15}{4}+\frac12\ln2.$$

Prin urmare,

$$f(x)\ge -\frac{15}{4}+\frac12\ln2,$$

ceea ce demonstrează inegalitatea cerută.

2. Se consideră funcția

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

• a) Avem

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

Deci

$$\int_0^3 (x^2+1)f(x)\,dx =\int_0^3 (x^2+3)\,dx.$$

Calculăm:

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

Deci

$$\boxed{\int_0^3 (x^2+1)f(x)\,dx=18}.$$

• b) Calculăm:

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

Așadar,

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

O primitivă este

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

Prin urmare,

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

Calculăm:

$$\left(\frac92+\ln 10\right)-\left(\frac12+\ln2\right) =4+\ln\frac{10}{2} =4+\ln5.$$

Deci

$$\boxed{\int_1^3 xf(x)\,dx=4+\ln5}.$$

• c) Fie $F$ o primitivă a funcției $f$. Pentru orice $x\in\mathbb{R}$,

$$F(x+1)-F(x)=\int_x^{x+1} f(t)\,dt.$$

Dar

$$f(t)=1+\frac{2}{t^2+1}\ge 1,\qquad \forall t\in\mathbb{R},$$

deoarece $t^2+1>0$. Atunci

$$F(x+1)-F(x)=\int_x^{x+1} f(t)\,dt \ge \int_x^{x+1}1\,dt=1.$$

Rezultă

$$F(x+1)\ge F(x)+1,\qquad \forall x\in\mathbb{R}.$$

Autoevaluare pentru punctaj maxim

• Am rezolvat toate cele 18 cerințe, în ordinea din subiect.
• Am verificat condițiile de domeniu pentru funcția cu logaritm: $x\in(-2,+\infty)$.
• Am folosit forma corectă a matricei $A(a)$, cu $2^a$, și am justificat complet cazul $m=n=1$.
• Am justificat coliniaritatea prin vectori proporționali și probabilitatea prin numărarea cazurilor favorabile.
• Am verificat calculele de derivare, limită, monotonie, integrale și demonstrația cu primitiva.