Такмичарска комисија: проф. Др. Мухарем Авдиспахић, доцент Др. Хасан Јамак, Мр. Мехмед Нуркановић, Мр. Видан Говедарица, Жељко Поткоњак, Филип Морић, Дамир Хасић и Нико Сушац.

Екипу Републике српске водио је Жељко Поткоњак, школски надзорник за математику у РПЗ-Бањалука.

1. Нека су x, y, z реални бројеви такви да је

x+y+z=3  и  xy+yz+zx=a  (a реалан параметар).

Одредити вриједност параметра a за коју је разлика између највеће и најмање могуће вриједности од xједнака 8.

2. Кроз тачку пресјека симетрале угла BAC троугла ABC и дужи која спаја подножја симетрала преостала два угла тог троугла, повучена је права паралелна страници BC. Нека ова права сијече странице AB и AC у тачкама M и N респективно. Доказати да је

2×MN=BM+CN.

3. Ако је n природан број доказати да број (n+1)(n+2)…(n+10) није потпун квадрат.

1. Нека су a, b, c позитивни реални бројеви такви да је . Доказати да је .

2. Нека су p и q различити прости бројеви. Ријешити у скупу цијелих бројева систем (сустав): , .

3. Нека су тјемена (врхови) конвексног четвороугла (четверокута) ABCD и пресјечна тачка (точка) S његових дијагонала цјелобројне тачке (точке) у равни (равнини). Означимо са P површину четвероугла (четверокута) ABCD и са P₁ површину тоугла (трокута) ABS. Доказати да је .

1/I. y+z=3-x; yz=a-x(y+z)=a-x(3-x)=a-3x+x². y и z су реални бројеви и они представљају рјешења једначине: , тј. . Како ова једначина има реална рјешења, то је

D ³ 0, тј. , , , ; , , .  Û  Û  Û a = -9. У том случају је , . Ове вриједности се заиста достижу за y=z=3 и y=z=-1.

2/I. Нека су AA₁, BB₁ и CC₁ симетрале углова троугла ABC. Нека AA₁ сијече B₁C₁ у тачки D. Како је MN||BC, то су троуглови AMN и ABC слични, па је

,   (*).

Како је AB=AD+DA₁ , то и (*) дају . Одавде је

, тј.

   (1).

Но,   (2).

Из (1) и (2) имамо:

  (3).

Даље, из (*) слиједи , тј.    (4).

На основу тога (3) постаје     (5).

Одредимо сада . CC₁  је симетрала угла, па је . Нека је , . Тада је . Но, , . Сада је . Даље имамо: , тј.

.

Сада (5) постаје . QED

3/I. Међу бројевима n+1, n+2, …, n+10 су највише 4 броја која су дељива са 5 или са са 7.  Претпоставимо супротно, тј. да је A=(n+1)(n+2)…(n+10) потпун квадрат. Међу бројевима n+1, n+2, …, n+10 тада има бар 6 бројева који су облика 2^a×3^b×c, при чему су сви прости фактори броја c већи од 10. Слиједи да је c потпун квадрат, па су уочених 6 бројева облика 2^a×3^b×k².

   Разматраћемо 4 случаја: 1° a паран, b паран; 2° a паран, b непаран; 3° a непаран, b паран; 4° a непаран, b паран.

   На основу Дирихлеовог принципа (прилог у Архимеду) бар два од уочених бројева су истог облика.

1° У овом случају су два од ових бројева потпуни квадрати. Како је  слиједи да један од та два квадрата мора бити 2², 3² или 4². У сваком случају A није потпун квадрат (гледамо дјељивост са 11, 13 и 17).

2° У овом случају међу бројевима n+1, n+2, …, n+10 два су облика 3x² и 3y², па како је (уз x>y) , мора бити y=1, па опет A није потпун квадрат.

Трећи и четврти случај се рјешавају аналогно.

1/II. Како је  и аналогно , , довољно је доказати да је  уз услов , тј. да за позитивне бројеве x, y, z такве да је x+y+z=1 вриједи . Посљедња неједнакост је еквивалентна са

 и вриједи пошто је

.

2/II. Након сабирања, односно одузимања једначина (једнаџби) датог система (сустава), добијамо   /:2   (1),   /:2   (2), одакле слиједи  Þ  Þ p/zy. Имамо слиједеће случајеве:

(i) p|z Þ z=ap (aÎZ) Þ x=ay. Уврштавањем у једначину (1), добијамо

 Û  Û ,

одакле слиједи: a|p и q|(1+a²), односно a=±p и q|(1+p²), дакле 1+p²=bq (bÎN). Због тога је  , , .

Непосредном провјером закључујемо да обе тројке (pb,b,p²) и (pb,-b,-p²) задовољавају дати систем (bÎZ).

(ii) p|y Þ y=cp (cÎZ) Þ . Уврштавањем у једначину (1) добијамо

 Û ,     (*)

одакле слиједи да p|z, односно z=pd (dÎZ), па замјеном у посљедњој једнакости, добијамо  Û  Û . Одавде је d=±1, cq=±2, па је q=2, c=±1. Дакле x=±z, y=±p, q=2, па из  слиједи z=±p. Уврштавањем у (*) имамо:  Û  Û , одакле је , тј.

Непосредном провјером се утврди да тројке (p,p,p) (за d=1) и (p,-p,-p) (за d=-1) једино задовољавају дати систем у овом случају.

Резултат: {(p,p,p),(p,-p,-p)}È{(pb,b,p²),(pb,-b,-p²); bÎZ и q|(1+b²)}

3/II. ПРВО РЕШЕЊЕ Уз ознаке као на слици имамо да је , тј.

. Даље имамо    , тј.

.

ДРУГО РЕШЕЊЕ. Очито је довољно доказати тврдњу за случај да на дужима CS и DS нема дјелобројних тачака. У том случају постоје природни бројеви m, n такви да је AS=m×CS, BS=n×DS,  па ако означимо: j=ÐASB, P₁=P_ABS, P₃=P_CDS, имамо , , ;