Регионално такмичење из математике
ученика средњих школа Републике Српске

Наука

Школска 2003/2004. година

Организација:

• Србиње, домаћин 83 ученика од 1. до 4. разреда био је СШЦ Вишеград;
• Бијељина 55 ученика – Гимназија «Филип Вишњић»;
• Добој 72 – Гимназија Добој;
• Бањалука 111 ученика – Гимназија.

У свим регијама такмичење је почело у исто вријеме, рађени су исти задаци и сва такмичења су одржана у складу са правилником о такмичењима ученика средњих школа. Такмичењу се једино није одазвао Средњошколски центар из Прњавора.

Задатке су припремили професори Момир Васић, Жељко Поткоњак и Борис Чекрлија.

Сваки тачно урађен и коректно образложен задатак вреднује се са 20 бодова. Вријеме израде задатака је 120 минута.

I Разред:

Прва варијанта:

Први пут лопта ће се подићи до 8,1·(2/3)=16,2:3=5,4; други пут 5,4·(2/3)=10,8:3=3,6; трећи пут 3,6·(2/3)=7,2:3=2,4; четврти пут 2,4·(2/3)=4,8:3=1,6.

Друга варијанта:

Решавање може поћи и од очигледне једнакости

8,1·(2/3)ⁿ =1,6 Û ()ⁿ=Û()ⁿ=()⁴ Ûn=4.

АНАЛИЗА: Нека је задатак решен као на горњој слици. Јасно је да се тачка C налази на пресеку две кружне линије k1(A₁, A₁C₁) и k2(B₁,B₁C₁). Тачке A и B се налазе на пресецима праве p конструисане кроз тачку C₁ нормално на CC₁ и кружних линија k2 и k1.

КОНСТРУКЦИЈА:

i)k1(A₁,A₁,C₁)
ii) k2(B₁,B₁C₁)
iii) k1Çk2={C}
iv) p^CC₁ i  C₁Îp
v) k2Çp={A}, k1Çp={B}

ДОКАЗ:

CB пречник кружне линије k2, A₁ центар кружне линије што повлачи A₁ средина странице BC. AC пречник кружне линије k1 што повлачи B₁ средина странице AC. Из конструкције праве p следи CC₁^p што повлачи CC₁ је висина на страницу AB.

ДИСКУСИЈА:

Ако су тачке A₁, B₁ и C₁ колинеарне задатак нема решења, ако нису задатак има једно решење.

Ученик добија 5 бодова за сваку од 4 фазе.

Ako su a,b,c, d и e позитивни бројеви те a+b+c+ d +e=1, онда је (1/а-1)(1/b-1)(1/c-1)(1/d-1)(1/e-1)>1024

1.1/a-1=(1-a)/a=(b+c+d+e)/a 

2. по A-G неједнакости је (b+c+d+e)/4>√bcde

      3. то се искористи за свих пет заграда

      4. Након скраћивања остане 4.4.4.4=1024

Нека су AD и BC основице трапеза, а М и N  половишта основица BC и АD  (АD> BC). Треба наћи дужину М N.

1. Повуцимо из М паралеле са  краковима трапеза до пресјека са  AD у тачкама A₁ и D₁. Тада је , тј. трооугао  MA₁D₁ је правоугли.
2. Имамо AA₁=BM  i DD₁=MC, према томе и AA₁=DD₁ и A₁N=ND₁. Слиједи да је MN teжишница у правоуоглом троуглу МА1D1, која је једнака половини хипотенузе А₁D₁.
3. Како је АА₁=BМ и DD₁=MC то је А₁D₁=АD-BC и MN=(AD-MC)/2.
4. Нека је даље EF средња линија трапеза која пресјеца дијагонале трапеза у тачкама G и H; ЕH је средња линија троугла АBD, а ЕG средња линија троугла АBC. Према томе је GH=EH-ЕG=(AD-BC)/2.

1. Алекасндар Бојиновић, Гимназија Бања Лука;
2. Александар Сибинчић, Гимназија Бања Лука;
3. Маријана Ђенадија, Гимназија «Свети Сава» Приједор.

II Разред:

 = 15 log_Na.

1. Ненад Чикић, Гимназија Градишка;
2. Милош Ивановић, Гимназија Бања Лука;
3. Мирјана Дакић, Гимназија Бања Лука.

III Разред:

Ријешити по x једначину:  2^x+2+2^x+1+2^x+…=3^x+3+3^x+2+3^x+1+….

= = .

Израз под кореном узима минималну вредност за za x=0, тј. координатни почетак је најближа тачка тачки A.

Како су А₁ и  редом тежишта троуглова  и , то је  .(1) Из тога слиједи да је || и , слика, па с обзиром на (1) добијамо . Даље се слично доказује да и дужи  и  сијеку  у тачки  и да та тачка дијели дужи  и  у односу 3:1.

1. Сања Недић, Гимназија «Јован Дучић» Теслћ;
2. Јасмина Смаиловић, Гимназија Бања Лука;
3. Милан Кондић, Гимназија Бања Лука.

IV Разред:

1. Примјетимо да заправо тражимо к^2р-1 =а_к (мод р). Из малог Фермаовог теорама слиједи да је к^2р-1 = (^кр-1 ).к=к= (мод р).
2. Дакле имамо: а_к =0, за к=р и а_к =к-р, за р+1<к<2р-1
3. Из горњег, добијамо а_р + а_р+1+ ...+ а_2р-1= 0+1+2+...р-1=(р² –р)/2

Ријеши једначину (sin² x+√2sinx+1)^. (sin⁴ x+cos⁴ x)=1/4

1. Тражимо вриједности првог фактора.Уведимо смијену sinx=y. Посматрајмо функцију f(y)=y² -y√2+1. Mинимум ове функције је у тачки y=√2/2, значи f(y)>=f(√2/2)=1/2.
2. Трансформишимо други фактор sin⁴ x+cos⁴ x=...=1/4(1-cos4x)>=1/2.
3. Из (1) и (2) слиједи закључак да лијева страна једнакости може попримити вриједност ¼ само тада када оба фактора попримају своје минималне вриједности, тј. ½, што је еквивалентан услов систему једначина: sinx=(√2/2) ;cos4x=-1.  Рјешења овог система једначина су x=, x+

Колико цјелобројних ријешења има једначина x₁. x₂. x₃.x₄.x₅=512

Реалан низ (a_n) дефинисан је рекурентном формулом a_n+2=5a_n+1-6a_n,  a₁=3, a₂=1. Одредити општи члан низа.

 r²-5r+6=0 <=> r=3 или r=2. Зато је a_n=3ⁿ или a_n=2ⁿ. Уопште је a_n=A·3ⁿ+B·2ⁿ. Конастанте A и B одредимо стављајући да је a₁=3 и a₂=1, па је A=  и  B=4. Дакле, општи члан a_n=·3ⁿ+4·2ⁿ .

Доказ проводимо индукцијом. За два града тврдња вреди.

Претпоставимо да тврдња вреди за n градова и градове поредајмо по реду обиласка: G₁, G₂, ..., G_n.

Додајмо (n+1)-и град G_n+1. Ако се из G_n+1 може директно доћи у G₁ или из G_n у G_n+1 доказ је готов. Ако је то немогуће онда се из G₁ може директно доћи у G_n+1 и из G_n+1 у G_n. Нека је G_k први град из којег се не може директно доћи у G_n+1. Очигледно је 1<k<n. Тада се из G_k-1 може директно доћи у G_k+1 а из G_k+1 у G_k, дакле постоји обилазак: G₁, G₂,..., G_k-1, G_n+1, G_k,...,G_n.

1. Јелена Бановић, Гимназија «Свети Сава» Приједор;
2. Маријана Моћић, Гимназија «Јован Дучић» Теслић;
3. Славко Бошњак, Електротехничка школа Бања Лука;
   Божица Миливојевић, Гимназија «Јован Дучић» Теслић.