Soluții BAC Mate șt. naturii 2023 · Iunie–Iulie

SUBIECTUL I

1. Se calculează direct:

$$4-6\sqrt3+3(2\sqrt3-1)=4-6\sqrt3+6\sqrt3-3=1.$$

Deci egalitatea este adevărată.

2. Condiția $f(a)=g(a)$ devine

$$5a-3=2a+3.$$

Rezultă

$$3a=6 \quad\Rightarrow\quad a=2.$$

3. Ecuația este

$$2^{2x+1}\cdot 2^3=1.$$

Folosind regula produsului puterilor cu aceeași bază:

$$2^{2x+1+3}=1 \quad\Rightarrow\quad 2^{2x+4}=1.$$

Cum $1=2^0$, avem

$$2x+4=0 \quad\Rightarrow\quad x=-2.$$

Soluția este $\boxed{x=-2}$.

4. Numerele au două cifre distincte, alese din $A=\{3,4,5,6\}$.

Cifra zecilor se poate alege în $4$ moduri, iar după alegerea ei, cifra unităților se poate alege în $3$ moduri. Prin regula produsului:

$$4\cdot 3=12.$$

Se pot forma $\boxed{12}$ numere.

5. Punctul $M$, mijlocul segmentului $AB$, are coordonatele

$$M\left(\frac{4+0}{2},\frac{0+2}{2}\right)=M(2,1).$$

Deoarece $O(0,0)$, obținem

$$MO=\sqrt{(2-0)^2+(1-0)^2}=\sqrt{4+1}=\sqrt5.$$

De asemenea,

$$MC=\sqrt{(3-2)^2+(3-1)^2}=\sqrt{1+4}=\sqrt5.$$

Prin urmare,

$$MO=MC.$$

6. Avem

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

Pentru $x=\frac{\pi}{6}$:

$$\sin\frac{\pi}{6}=\frac12,\qquad \sin\frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt3}{2},\qquad \cos\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt3}{2}.$$

Atunci

$$E\left(\frac{\pi}{6}\right) =2\cdot \frac12\cdot \frac{\sqrt3}{2}-\frac{\sqrt3}{2} =\frac{\sqrt3}{2}-\frac{\sqrt3}{2}=0.$$

SUBIECTUL al II-lea

1. Se consideră

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

• a) Pentru $a=0$,

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

Determinantul este

$$\det(A(0))=3\cdot 1-2\cdot 1=3-2=1.$$

• b) Calculăm mai întâi:

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

Atunci

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

Înmulțind matricile:

$$A(0)\bigl(A(a)-A(0)\bigr) = \begin{pmatrix} 3a-2a&-6a+6a\\ a-a&-2a+3a \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}a&0\\0&a\end{pmatrix} =aI_2.$$

Egalitatea este demonstrată pentru orice $a\in\mathbb R$.

• c) Calculăm:

$$A(a^2)= \begin{pmatrix} 3+a^2&2-2a^2\\ 1-a^2&1+3a^2 \end{pmatrix}$$

și

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

Prin scădere,

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

Pentru o matrice $2\times 2$, $\det(\lambda M)=\lambda^2\det(M)$. Deci

$$\det\bigl(A(a^2)-aA(a)\bigr) =(1-a)^2\det(A(0))=(1-a)^2\cdot 1=(1-a)^2\ge 0.$$

Rezultă cerința pentru orice $a\in\mathbb R$.

2. Legea de compoziție este

$$x\circ y=x^2-4xy+3y^2,\qquad x,y\in\mathbb R.$$

• a) Calculăm:

$$0\circ 2=0^2-4\cdot 0\cdot 2+3\cdot 2^2=0-0+12=12.$$

• b) Avem

$$(2x)\circ x=(2x)^2-4(2x)x+3x^2.$$

Deci

$$(2x)\circ x=4x^2-8x^2+3x^2=-x^2.$$

Condiția $(2x)\circ x=-1$ devine

$$-x^2=-1 \quad\Rightarrow\quad x^2=1.$$

Prin urmare,

$$x=-1 \quad \text{sau} \quad x=1.$$

Soluțiile sunt $\boxed{x\in\{-1,1\}}$.

• c) Pentru $m,n\in\mathbb Z$,

$$m\circ n=m^2-4mn+3n^2.$$

Factorizăm:

$$m^2-4mn+3n^2=(m-n)(m-3n).$$

Cerința devine

$$(m-n)(m-3n)=3,\qquad m<n.$$

Din $m<n$ rezultă $m-n<0$. Produsul este pozitiv, deci și $m-3n<0$. Factorizările întregi negative ale lui $3$ sunt:

$$(m-n,m-3n)=(-1,-3)$$

sau

$$(m-n,m-3n)=(-3,-1).$$

Pentru primul caz:

$$m-n=-1,\qquad m-3n=-3.$$

Scăzând ecuațiile:

$$-2n=-2 \quad\Rightarrow\quad n=1,$$

iar

$$m=n-1=0.$$

Obținem perechea $(0,1)$.

Pentru al doilea caz:

$$m-n=-3,\qquad m-3n=-1.$$

Scăzând ecuațiile:

$$-2n=2 \quad\Rightarrow\quad n=-1,$$

iar

$$m=n-3=-4.$$

Obținem perechea $(-4,-1)$.

Perechile cerute sunt

$$\boxed{(-4,-1)\ \text{și}\ (0,1)}.$$

SUBIECTUL al III-lea

1. Se consideră funcția

$$f:(0,+\infty)\to\mathbb R,\qquad f(x)=5+\frac{4x-4}{x^2}.$$

• a) Pentru $x>0$,

$$f(x)=5+\frac{4x-4}{x^2}.$$

Derivăm termenul fracționar cu regula câtului:

$$\left(\frac{4x-4}{x^2}\right)' = \frac{4x^2-(4x-4)\cdot 2x}{x^4}.$$

Prin urmare,

$$f'(x)=\frac{4x^2-8x^2+8x}{x^4} =\frac{8x-4x^2}{x^4} =\frac{4x(2-x)}{x^4} =\frac{4(2-x)}{x^3}.$$

Deci

$$\boxed{f'(x)=\frac{4(2-x)}{x^3}},\qquad x\in(0,+\infty).$$

• b) Scriem funcția sub forma

$$f(x)=5+\frac{4}{x}-\frac{4}{x^2}.$$

Atunci

$$\lim_{x\to+\infty} f(x) = \lim_{x\to+\infty}\left(5+\frac4x-\frac4{x^2}\right)=5.$$

Dreapta

$$\boxed{y=5}$$

este asimptota orizontală spre $+\infty$ la graficul funcției $f$.

• c) Pentru $x\ge 1$, semnul lui $f'(x)$ este semnul lui $2-x$, deoarece $4>0$ și $x^3>0$.

Astfel,

$$f'(x)\ge 0 \text{ pe } [1,2],\qquad f'(x)\le 0 \text{ pe } [2,+\infty).$$

Funcția este crescătoare pe $[1,2]$ și descrescătoare pe $[2,+\infty)$. Calculăm valorile relevante:

$$f(1)=5+\frac{4-4}{1}=5,$$ $$f(2)=5+\frac{8-4}{4}=5+1=6,$$

iar

$$\lim_{x\to+\infty}f(x)=5.$$

Rezultă că

$$5\le f(x)\le 6,\qquad \forall x\in[1,+\infty).$$

Deci, pentru orice $x,y\in[1,+\infty)$, valorile $f(x)$ și $f(y)$ aparțin intervalului $[5,6]$, de lungime $1$. Prin urmare,

$$\boxed{|f(x)-f(y)|\le 1}.$$

2. Se consideră funcția

$$f:(0,+\infty)\to\mathbb R,\qquad f(x)=3x^2+4\ln x.$$

• a) Pentru $x\in[1,2]\subset(0,+\infty)$,

$$f(x)-4\ln x=3x^2+4\ln x-4\ln x=3x^2.$$

Atunci

$$\int_1^2 \bigl(f(x)-4\ln x\bigr)\,dx = \int_1^2 3x^2\,dx = \left[x^3\right]_1^2 = 8-1=7.$$

• b) Pentru $x\in[1,e]$,

$$f(x)-3x^2=4\ln x.$$

Atunci

$$\int_1^e x\bigl(f(x)-3x^2\bigr)\,dx = \int_1^e 4x\ln x\,dx.$$

Calculăm prin părți:

$$\int 4x\ln x\,dx = 2x^2\ln x-x^2+C.$$

Prin urmare,

$$\int_1^e 4x\ln x\,dx = \left[2x^2\ln x-x^2\right]_1^e.$$

Deoarece $\ln e=1$ și $\ln 1=0$, obținem

$$\left(2e^2-e^2\right)-\left(0-1\right) = e^2+1.$$

Deci

$$\int_1^e x\bigl(f(x)-3x^2\bigr)\,dx=e^2+1.$$

• c) Fie $F:(0,+\infty)\to\mathbb R$ o primitivă a lui $f$. Atunci

$$F'(x)=f(x).$$

Derivând încă o dată:

$$F''(x)=f'(x).$$

Prin urmare,

$$\int_1^{\sqrt e} f(x)F''(x)\,dx = \int_1^{\sqrt e} f(x)f'(x)\,dx.$$

Dar

$$\int f(x)f'(x)\,dx=\frac{f^2(x)}2+C.$$

Așadar,

$$\int_1^{\sqrt e} f(x)F''(x)\,dx = \left[\frac{f^2(x)}2\right]_1^{\sqrt e} = \frac{f^2(\sqrt e)-f^2(1)}2.$$

Calculăm:

$$f(1)=3\cdot 1^2+4\ln 1=3,$$

iar

$$f(\sqrt e)=3(\sqrt e)^2+4\ln(\sqrt e)=3e+4\cdot \frac12=3e+2.$$

Deci

$$\int_1^{\sqrt e} f(x)F''(x)\,dx = \frac{(3e+2)^2-3^2}{2}.$$

Simplificăm:

$$\frac{(3e+2)^2-9}{2} = \frac{9e^2+12e+4-9}{2} = \frac{9e^2+12e-5}{2}.$$

Pe de altă parte,

$$(3e-1)(3e+5)=9e^2+15e-3e-5=9e^2+12e-5.$$

Prin urmare,

$$\boxed{ \int_1^{\sqrt e} f(x)F''(x)\,dx = \frac{(3e-1)(3e+5)}2 }.$$

Relația este valabilă pentru orice primitivă $F$ a funcției $f$, deoarece în calcul intervine numai $F''=f'$, nu constanta primitivei.

Autoevaluare pentru punctaj maxim

• Am rezolvat toate cele 18 cerințe, în ordinea din subiect.
• Am verificat domeniile relevante: funcțiile cu $\ln x$ și fracții sunt tratate pe $(0,+\infty)$, iar integralele sunt pe intervale incluse în domeniu.
• Am inclus calcule complete pentru puteri, trigonometrie, distanțe, matrice, determinant, lege de compoziție, monotonie, limite, derivate și integrale.
• Am demonstrat explicit afirmațiile de tip „Arătați” și „Demonstrați”.
• Am reverificat rezultatele finale: $a=2$, $x=-2$, $12$ numere, perechile $(-4,-1)$ și $(0,1)$, asimptota $y=5$, integralele $7$, $e^2+1$ și $\frac{(3e-1)(3e+5)}2$.