Simulare Poli 2026: matematică

Matricea este inversabilă exact când $\det A\ne0$. Dezvoltând după prima linie, $\det A=1\cdot(-2-1)-1\cdot(2a-3)+a(a+3)=a^2+a=a(a+1)$. Determinantul se anulează pentru $a\in\{-1,0\}$, deci $a\in\mathbb{R}\setminus\{-1,0\}$.

Fie $q$ rația, $S_i$ suma termenilor de rang impar și $S_p$ suma celor de rang par. Fiecare termen de rang par este $q$ ori termenul dinaintea lui, deci $S_p=qS_i$, iar suma tuturor termenilor este $(1+q)S_i$. Cum $S_i=a_1(1+q^2+\cdots+q^{2n-2})\ne0$, condiția $(1+q)S_i=4qS_i$ dă $1+q=4q$, adică $q=\frac13$.

Pe fiecare ramură funcția este continuă, deci rămâne de verificat punctul $x=1$. Limita la stânga este $-1+2m$, iar $f(1)=3+2=5$. Din $-1+2m=5$ rezultă $m=3$.

Pentru $x\to\pi$, $\sin x\to0$ și $\operatorname{tg}x\to0$, deci avem cazul $\frac00$. Fie $\displaystyle F(u)=\int_0^ue^{t^2}\,dt$, cu $F'(u)=e^{u^2}$. Cu regula lui l'Hôpital, $\displaystyle l=\lim\nolimits_{x\to\pi}\frac{e^{\sin^2x}\cos x}{e^{\operatorname{tg}^2x}\cdot\frac{1}{\cos^2x}}=\frac{-1}{1}=-1$.

Avem $x+2\le1$ pentru $x\le-1$, $\frac{5+4x}{7}\le1$ pentru $x\le\frac12$ și $x+2\le\frac{5+4x}{7}$ pentru $x\le-3$. Așadar minimul este $x+2$ pe $(-\infty,-3]$, $\frac{5+4x}{7}$ pe $\left[-3,\frac12\right]$ și $1$ pe $\left[\frac12,\infty\right)$. Pe primul interval, $x+2=\frac{2x+1}{3}$ dă $x=-5$. Pe al doilea, $\displaystyle \frac{5+4x}{7}=\frac{2x+1}{3}$ dă $x=4$, care nu aparține intervalului. Pe al treilea, $1=\frac{2x+1}{3}$ dă $x=1$. Suma pătratelor este $25+1=26$.

Ecuația devine $\sqrt{x^2+3}=2$. Ambii membri sunt nenegativi, deci ridicăm la pătrat: $x^2+3=4$, de unde $x=\pm1$.

Avem $f'(x)=(x+1)e^x+\frac{2x}{x^2+1}$ și $f''(x)=(x+2)e^x+\frac{2(1-x^2)}{(x^2+1)^2}$. Prin urmare $f''(0)=2+2=4$.

Avem $f'(x)=e^{-x}(2x+a-x^2-ax-5)=-e^{-x}\left(x^2+(a-2)x+5-a\right)$. Funcția are un maxim local și un minim local exact când trinomul din paranteză are două rădăcini reale distincte, în care $f'$ schimbă semnul. Discriminantul este $(a-2)^2-4(5-a)=a^2-16$, pozitiv pentru $a\in(-\infty,-4)\cup(4,\infty)$.

Cum $4=2^2$, avem $x^2-3x+4=2$, adică $x^2-3x+2=0$, cu soluțiile $1$ și $2$. Suma pătratelor este $1+4=5$.

O primitivă a integrandului este $x^5+2x^4$. Prin urmare $I=(1+2)-0=3$.