Rezolvare BAC 2011 Matematică M1 (mate-info) — Model oficial

Rezolvarea completă a modelului de subiect pentru Bacalaureat 2011 la Matematică M1 (filiera teoretică, specializarea matematică-informatică). Pentru fiecare cerință găsești enunțul pe scurt, rezolvarea pas cu pas, răspunsul final și cum se punctează conform baremului oficial. Timp de lucru la examen: 3 ore; se acordă 10 puncte din oficiu.

Cum să folosești rezolvarea: lucrează întâi singur subiectul (deschide PDF-ul de mai sus), apoi compară fiecare pas. Dacă ai ajuns la alt drum corect, primești tot punctajul — baremul acceptă orice soluție corectă.

Subiectul I (30 de puncte)

1. Modulul numărului $z = 1 - i\sqrt3$

$|z| = \sqrt{1^2 + \left(-\sqrt3\right)^2} = \sqrt{1 + 3} = \sqrt4 = 2.$

Răspuns: $|z| = 2$. Barem: 3p, 2p.

2. Mulțimea valorilor funcției $f(x) = x^2 + x + 1$

$y \in \operatorname{Im} f \iff$ ecuația $x^2 + x + 1 - y = 0$ are soluții reale $\iff \Delta = 1 - 4(1 - y) = 4y - 3 \ge 0 \iff y \ge \frac34$.

(Echivalent: minimul este $-\frac{\Delta}{4a} = \frac34$, atins în $x_V = -\frac12$.)

Răspuns: $\operatorname{Im} f = \left[\dfrac34, +\infty\right)$. Barem: 1p, 2p, 2p.

3. Progresie geometrică cu $b_3 = 6$, $b_5 = 24$; termenul $b_7$

$b_5 = b_3q^2 \Rightarrow q^2 = 4$. Atunci

$b_7 = b_5q^2 = 24\cdot 4 = 96.$

(Rezultatul nu depinde de semnul lui $q$.) Răspuns: $b_7 = 96$. Barem: 1p, 2p, 2p.

4. $x > 0$ cu $\log_a x = 2\log_a 3 - 3\log_a 2$

$2\log_a 3 - 3\log_a 2 = \log_a 9 - \log_a 8 = \log_a\frac98,$

iar logaritmul este injectiv, deci $x = \dfrac98$.

Răspuns: $x = \dfrac98$. Barem: 2p, 3p.

5. Dreapta prin $A(3, 2)$, perpendiculară pe $d: x + 2y + 5 = 0$

$d: y = -\frac12x - \frac52$, deci $m_d = -\frac12$. Pentru perpendiculară $m_d\cdot m_{d'} = -1$, deci $m_{d'} = 2$.

$d': y - 2 = 2(x - 3) \iff y = 2x - 4.$

Răspuns: $y = 2x - 4$. Barem: 2p, 3p.

6. $x \in \left(\frac\pi2, \pi\right)$, $\sin x = \frac{2\sqrt2}{3}$; calculați $\cos x$

$\cos^2 x = 1 - \sin^2 x = 1 - \frac89 = \frac19 \Rightarrow \cos x = \pm\frac13.$

În cadranul al II-lea cosinusul este negativ: $\cos x = -\dfrac13$.

Răspuns: $\cos x = -\dfrac13$. Barem: 2p, 1p, 2p.

Subiectul al II-lea (30 de puncte)

1. $A(x) = \begin{pmatrix} 1 & -2x & 4x^2\\ 0 & 1 & -4x\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$

a) $(A(2) - A(0))^{2010}$

$B = A(2) - A(0) = \begin{pmatrix} 0 & -4 & 16\\ 0 & 0 & -8\\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}, \quad B^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 32\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}, \quad B^3 = O_3.$

Deci $B^{2010} = B^3\cdot B^{2007} = O_3$.

Răspuns: $O_3$. Barem: 2p, 2p, 1p.

b) $A(x)\cdot A(y) = A(x + y)$

$A(x)A(y) = \begin{pmatrix} 1 & -2y - 2x & 4y^2 + 8xy + 4x^2\\ 0 & 1 & -4y - 4x\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & -2(x+y) & 4(x+y)^2\\ 0 & 1 & -4(x+y)\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix} = A(x+y).$

Barem: 3p, 2p.

c) $A(x)$ este inversabilă; inversa

$\det A(x) = 1 \ne 0$ (matrice triunghiulară cu $1$ pe diagonală). Din b), $A(x)A(-x) = A(-x)A(x) = A(0) = I_3$, deci

$(A(x))^{-1} = A(-x) = \begin{pmatrix} 1 & 2x & 4x^2\\ 0 & 1 & 4x\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}.$

Barem: 1p, 2p, 2p.

2. Pe $G = (0, 1)$: $x * y = \dfrac{xy}{2xy - x - y + 1}$ (asociativă)

a) $e = \frac12$ este element neutru

$x * \frac12 = \frac{\frac x2}{x - x - \frac12 + 1} = \frac{\frac x2}{\frac12} = x,$

și, legea fiind simetrică în $x$ și $y$, și $\frac12 * x = x$. Cum $\frac12 \in G$, $e = \frac12$ este elementul neutru. Barem: 1p, 3p, 1p.

b) Orice element din $G$ este simetrizabil

Căutăm $x'$ cu $x * x' = \frac12$:

$\frac{xx'}{2xx' - x - x' + 1} = \frac12 \iff 2xx' = 2xx' - x - x' + 1 \iff x' = 1 - x.$

Pentru $x \in (0, 1)$, $x' = 1 - x \in (0, 1) = G$. $\blacksquare$ Barem: 3p, 2p.

c) $f(x) = \frac1x - 1$ este izomorfism de la $(G, *)$ la $(\mathbb R_+^*, \cdot)$

Bijectivitate: $f$ este continuă și strict descrescătoare pe $(0,1)$, cu $\lim\limits_{x\searrow 0} f = +\infty$ și $\lim\limits_{x\nearrow 1} f = 0$, deci $f:(0,1) \to (0, +\infty)$ este bijectivă (inversa: $f^{-1}(y) = \frac{1}{y+1}$).

Morfism:

$f(x * y) = \frac{2xy - x - y + 1}{xy} - 1 = \frac{xy - x - y + 1}{xy} = \frac{(x-1)(y-1)}{xy},$

$f(x)f(y) = \frac{1-x}{x}\cdot\frac{1-y}{y} = \frac{(x-1)(y-1)}{xy} = f(x * y). \ \blacksquare$

Barem: 2p, 2p, 1p.

Subiectul al III-lea (30 de puncte)

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

a) $f'(5)$

$f(5) = 1$, deci

$f'(5) = \lim_{x\to 5}\frac{f(x) - f(5)}{x - 5} = \lim_{x\to 5}(x-2)(x-3)(x-4) = 3\cdot 2\cdot 1 = 6.$

Răspuns: $f'(5) = 6$. Barem: 2p, 2p, 1p.

b) $\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{f(n+1) - 1}{f(n) - 1}\right)^n$

$\frac{f(n+1) - 1}{f(n) - 1} = \frac{(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)}{(n-2)(n-3)(n-4)(n-5)} = \frac{n-1}{n-5} = 1 + \frac{4}{n-5}.$

Avem $1^\infty$:

$\lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac{4}{n-5}\right)^n = e^{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{4n}{n-5}} = e^4.$

Răspuns: $e^4$. Barem: 1p, 1p, 1p, 2p.

c) Ecuația $f'(x) = 0$ are exact trei soluții reale distincte

$f(2) = f(3) = f(4) = f(5) = 1$. $f$ este polinomială, deci continuă și derivabilă. Aplicând teorema lui Rolle pe $[2,3]$, $[3,4]$, $[4,5]$, obținem câte o rădăcină a lui $f'$ în fiecare dintre intervalele $(2,3)$, $(3,4)$, $(4,5)$ — trei rădăcini distincte.

$f'$ are gradul 3, deci nu poate avea mai mult de trei rădăcini. Așadar are exact trei. $\blacksquare$ Barem: 1p, 1p, 1p, 2p.

2. $I_n = \displaystyle\int_0^1\frac{(x^2 + x + 1)^n - x}{x^2 + 1}\,dx$, $n \in \mathbb N$

a) $I_0$

$I_0 = \int_0^1\frac{1 - x}{x^2 + 1}\,dx = \int_0^1\frac{dx}{x^2+1} - \frac12\int_0^1\frac{2x}{x^2+1}\,dx = \operatorname{arctg} x\Big|_0^1 - \frac12\ln(x^2+1)\Big|_0^1 = \frac\pi4 - \frac{\ln 2}{2}.$

Răspuns: $I_0 = \dfrac\pi4 - \dfrac{\ln 2}{2}$. Barem: 1p, 1p, 2p, 1p.

b) Este $I_2 - I_0 \in \mathbb Q$?

$I_2 - I_0 = \int_0^1\frac{(x^2 + x + 1)^2 - 1}{x^2 + 1}\,dx.$

$(x^2 + x + 1)^2 - 1 = x^4 + 2x^3 + 3x^2 + 2x = (x^2 + 1)(x^2 + 2x + 2) - 2$, deci

$I_2 - I_0 = \int_0^1 (x^2 + 2x + 2)\,dx - 2\int_0^1\frac{dx}{x^2+1} = \frac13 + 1 + 2 - 2\cdot\frac\pi4 = \frac{10}{3} - \frac\pi2.$

Cum $\pi$ este irațional, $I_2 - I_0 \notin \mathbb Q$.

Răspuns: nu, $I_2 - I_0 = \dfrac{10}{3} - \dfrac\pi2 \notin \mathbb Q$. Barem: 1p, 1p, 1p, 2p.

c) $I_{4n+1} \in \mathbb Q$

Fie $P = (X^2 + X + 1)^{4n+1} - X$. Verificăm rădăcinile lui $X^2 + 1$:

• $P(i) = (i^2 + i + 1)^{4n+1} - i = i^{4n+1} - i = i - i = 0$;
• $P(-i) = (-i)^{4n+1} + i = -i + i = 0$.

Deci $X^2 + 1 \mid P$, iar câtul $g$ are coeficienți întregi ($X^2 + 1$ fiind monic și $P \in \mathbb Z[X]$). Atunci

$I_{4n+1} = \int_0^1 g(x)\,dx,$

iar integrala unui polinom cu coeficienți întregi pe $[0, 1]$ este o sumă de fracții $\frac{c_k}{k+1}$, deci rațională. $\blacksquare$ Barem: 2p, 1p, 2p.

Rezumatul răspunsurilor

Cerință	Răspuns
I.1	$2$
I.2	$[\tfrac34, +\infty)$
I.3	$b_7 = 96$
I.4	$x = \tfrac98$
I.5	$y = 2x - 4$
I.6	$\cos x = -\tfrac13$
II.1.a	$O_3$
II.1.c	$A(-x)$
II.2.b	$x' = 1 - x$
III.1.a	$6$
III.1.b	$e^4$
III.2.a	$\tfrac\pi4 - \tfrac{\ln 2}{2}$
III.2.b	$\tfrac{10}{3} - \tfrac\pi2 \notin \mathbb Q$

Ce merită reținut din model

• Imaginea unei funcții de gradul 2: $\left[-\frac{\Delta}{4a}, +\infty\right)$ pentru $a > 0$.
• Teorema lui Rolle + gradul derivatei dau numărul exact de rădăcini ale lui $f'$.
• Divizibilitate prin $X^2 + 1$: verifică $P(i) = 0$ (pentru coeficienți reali, și $P(-i) = 0$ automat).
• Izomorfism: bijectivitate + $f(x * y) = f(x)\cdot f(y)$.
• $\int\frac{1}{x^2+1} = \operatorname{arctg} x$, $\int\frac{2x}{x^2+1} = \ln(x^2+1)$.