LIII TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I … · Rješenja zadataka II razred 1. Ako su x i y nenegativni realni brojevi za koje je x y 1, odrediti minimum i maksimum izraza A

UDRUŽENJE MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE / BOSNIAN MATHEMATICAL

SOCIETY

Zmaja od Bosne 35/IV, 71000 Sarajevo, Bosnia and Herzegovina

Tel. (++387)(33) 279-975; Fax: (++387)(33) 649-342

© 2013 Udruženje matematičara Bosne i Hercegovine

LIII TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE

Federalno prvenstvo učenika srednjih škola

Sarajevo, 28. 4. 2013. godine

I razred

1. Ako su x i y realni brojevi za koje je 2012201220132013 yxyx , onda je

2013201320142014 yxyx . Dokazati.

2. U trouglu ABC je 50ACB i

70CBA . Neka je D podnožje

normale iz vrha A na stranicu BC , O centar opisane kružnice oko

trougla ABC i E tačka na kružnici dijametralno suprotna tački A .

Odrediti veličinu DAE .

3. Naći najveći prirodan broj p takav da se 75 može izraziti kao zbir p

uzastopnih prirodnih brojeva.

4. (a) Da li je moguće na modificiranoj šahovskoj ploči 3020 povući pravu

koja siječe 50 polja? Polja šahovske ploče su kvadrati.

(b) Koliki je najveći broj polja koji prava povučena na modificiranoj

šahovskoj ploči dimenzija nmnm ,, , može presjeći?

Vrijeme za izradu zadataka: 180 minuta.

Svaki zadatak se vrednuje sa 7 bodova.

S R E T N O !


SOCIETY


Tel. (++387)(33) 279-975; Fax: (++387)(33) 649-342





II razred

1. Ako su x i y nenegativni realni brojevi za koje je 1 yx , odrediti

minimum i maksimum izraza

xyyxA 11 .

2. U kružnici poluprečnika 10 tačka M je data na

tetivi PQ takva da je 5PM i 10MQ . Kroz tačku

M su povučene tetive AB i CD i tačke X i Y su

tačke presjeka tetiva AD i BC sa tetivom PQ

respektivno (vidi sliku). Ako je poznato da je 3XM ,

odredi MY .

3. Naći sve cijele brojeve a takve da je

6

49

a

a racionalan broj.

4. (a) Da li je moguće na modificiranoj šahovskoj ploči 3020 povući pravu

koja siječe 50 polja? Polja šahovske ploče su kvadrati.

(b) Koliki je najveći broj polja koji prava povučena na modificiranoj

šahovskoj ploči dimenzija nmnm ,, , može presjeći?



S R E T N O !


SOCIETY


Tel. (++387)(33) 279-975; Fax: (++387)(33) 649-342





III razred

1. Neka su a i b realni brojevi iz intervala

2,0

. Dokazati da je

1coscossin3sin 6226 bbaa ,

ako i samo ako je ba .

2. Naći sve cijele brojeve dcba ,,, takve da je

03225 2222 dcdcba .

3. Neka je S presječna tačka dijagonala konveksnog četverougla ABCD .

Ako su poluprečnici kružnica upisanih u trouglove CSDBSCASB ,, i

DSA jednaki, dokazati da je četverougao ABCD romb.

4. Ako je ssA 4,14.,..,2,1 i AS takav da je 22 sS , onda se u S

mogu naći tri različita broja zyx ,, takva da je zyx 2 . Dokazati.

(oznaka S predstavlja broj elemenata skupa S )



S R E T N O !


SOCIETY


Tel. (++387)(33) 279-975; Fax: (++387)(33) 649-342





IV razred

1. Ako su cba ,, nenegativni realni brojevi za koje je 1222 cba ,

dokazati da je

10

39

1112

1444

c

c

b

b

a

a.

Kada se dostižu jednakosti?

2. Ako su x i y cijeli brojevi, onda razlomak

2

142

2

y

x nije cijeli broj.

Dokazati.

3. Neka je S presječna tačka dijagonala konveksnog četverougla ABCD .

Ako su poluprečnici kružnica upisanih u trouglove CSDBSCASB ,, i

DSA jednaki, dokazati da je četverougao ABCD romb.

4. Ako je ssA 4,14.,..,2,1 i AS takav da je 22 sS , onda se u S

mogu naći tri različita broja zyx ,, takva da je zyx 2 . Dokazati.




S R E T N O !




Rješenja zadataka

I razred

1. Ako su x i y realni brojevi za koje je 2012201220132013 yxyx , onda je 2013201320142014 yxyx . Dokazati.

Rješenje:

Pretpostavimo suprotno, tj. da je 2014201420132013 yxyx . Zbrajanjem ove i početne

nejednakosti dobijemo da je: 201220122014201420132013 22 yxyxyx

2201222012 110 yyxx .

Posljednja nejednakost je očigledno netačna.

2. U trouglu ABC je 50ACB i 70CBA . Neka je D podnožje normale iz

vrha A na stranicu BC , O centar opisane kružnice oko trougla ABC i E tačka

na kružnici dijametralno suprotna tački A . Odrediti veličinu DAE .

Rješenje:

U pravouglom trouglu ABD je 20BAD . Iz dobro

poznatog odnosa centralnog i periferijskog ugla, imamo da je 1402 ABCAOC . Tada je

40180 AOCCOE , pa je 20CAE . Kako je 60BAC , slijedi da je 20202060 DAE .

3. Naći najveći prirodan broj p takav da se 75 može izraziti kao zbir p uzastopnih

prirodnih brojeva.

Rješenje:

Označimo sa n prvi od p uzastopnih prirodnih brojeva. Tada je

2

1)1(...211...2157 pp

nppnppnnnn

.

Odavde dobijemo da je

pnpppnp 121252 7 .

Kako je pnp 12 , to mora biti 72 52 p , tj. 3552 p . Kako 752 p slijedi

da je 25052 3 p . Sada se lako dobije da je 188n .

4. (a) Da li je moguće na modificiranoj šahovskoj ploči 3020 povući pravu koja

siječe 50 polja? Polja šahovske ploče su kvadrati.

(b) Koliki je najveći broj polja koji prava povučena na modificiranoj šahovskoj

ploči dimenzija nmnm ,, , može presjeći?

Rješenje:

Prava koja siječe k kvadrata mora da siječe najmanje 1k pravih koje čine te kvadrate.

Ploču nm čini ukupno 11 nm takvih ivica, što znači da je maksimalno

1 nmk , što je i odgovor na pitanje (b).

U slučaju (a) bi to bilo 4913020 k , pa je odgovor na pitanje u (a) ne.




Rješenja zadataka

II razred

1. Ako su x i y nenegativni realni brojevi za koje je 1 yx , odrediti minimum i

maksimum izraza

xyyxA 11 .

Rješenje:

Mimimum se lako određuje. Naime,

111 yxyxA .

Jednakost se dostiže za 1,0 yx ili 0,1 yx .

Za određivanje maksimuma primijetimo da A i 2A istovremeno dostižu maksimum, pa

ćemo tražiti maksimum od 2A . Imamo:

,2

31

4

122

4

11

1221221

1122

12

11211

2

2222

222

xyxyxyxyxy

xyxyyxxyxyyx

xyyxxyxyyxyx

yxxyxyyxA

pa je 2

3A . Koristili smo AG nejednakost, tj. da je

2

2

yxxy .

Jednakost vrijedi za 2

1 yx .

2. U kružnici poluprečnika 10 tačka M je data na tetivi PQ

takva da je 5PM i 10MQ . Kroz tačku M su

povučene tetive AB i CD i tačke X i Y su tačke

presjeka tetiva AD i BC sa tetivom PQ respektivno

(vidi sliku). Ako je poznato da je 3XM , odredi MY .

Rješenje:

Prije svega primijetimo da je BCDBAD i ADCABC jer se radi o parovima

uglova upisanim u isti kružni luk. Povucimo normale iz tačaka X i Y na AB i CD , kao

što je na slici. Koristeći da je 3XM i yMY , iz sličnih trouglova slijedi da je

2

2

1

13

y

x

y

x

y ,

CY

AX

y

x

2

1 i BY

DX

y

x

1

2 .

Odavde slijedi da je

CYBY

DXAX

yy

xx

y

21

21

2

9.

Ako posmatramo potencije tačaka X i Y u

odnosu na kružnicu, imamo da je

QXPXDXAX i QYPYCYBY ,

odakle dobijamo da je

QYPY

QXPX

y

2

9.

Koristeći da je 3XM i yMY , ovo

možemo napisati kao

yyy

105

13292

.

Unakrsnim množenjem dobijemo da je

.03307509097504504535265509 2222 yyyyyyyyy

Kako y mora biti pozitivno, slijedi da je 7

30 yMY .

3. Naći sve cijele brojeve a takve da je 6

49

a

a racionalan broj.

Rješenje:

Da bi broj 6

49

a

a bio racionalan, mora biti

q

p

a

a

6

49, gdje su p i q prirodni brojevi

relativno prosti, tj. 1, qpNZD . Kvadriranjem dobijemo:

2222

2

2

6496

49papqaq

q

p

a

a

,

a odavde

2222 469 qpapq ,

te

22

222

22

22

9

58654

9

46

pq

qpq

pq

qpa

,

tj.

22

2

9

586

pq

qa

.

Pošto je a takav da je 06

49

a

a, tj.

,6

9

4,a , mora biti:

222 589 qpq .

Broj 229 pq je zbog 1, qpNZD relativno prost sa brojem 2q , pa slijedi da

589 22 pq ,

tj.

5833 pqpq ,

a odavde slijedi da

58,29,2,133 pqpq .

Rješavajući dobijene sisteme jednadžbi vidimo da samo sistem jednadžbi

2933 pqpq ,

tj.

293

13

pq

pq

Ima prirodne brojeve 5,14 qp kao rješenje, pa dobijemo da je 44a .

4. (a) Da li je moguće na modificiranoj šahovskoj ploči 3020 povući pravu koja

siječe 50 polja? Polja šahovske ploče su kvadrati.

(b) Koliki je najveći broj polja koji prava povučena na modificiranoj šahovskoj

ploči dimenzija nmnm ,, , može presjeći?

Rješenje:

Prava koja siječe k kvadrata mora da siječe najmanje 1k pravih koje čine te kvadrate.

Ploču nm čini ukupno 11 nm takvih ivica, što znači da je maksimalno

1 nmk , što je i odgovor na pitanje (b).

U slučaju (a) bi to bilo 4913020 k , pa je odgovor na pitanje u (a) ne.




Rješenja zadataka

III razred

1. Neka su a i b realni brojevi iz intervala

2,0

. Dokazati da je

1coscossin3sin 6226 bbaa ,

ako i samo ako je ba .

Rješenje:

Neka su a i b realni brojevi iz intervala

2,0

takvi da je

1coscossin3sin 6226 bbaa .

Uvedimo smjene: 1,co,sin 22 zbsyax ; tada se data jednakost može napisati u

obliku:

03333 xyzzyx .

Nakon dobro poznate faktorizacije izraza na lijevoj strani posljednje jednakosti, dobije se

02

1 222 xzzyyxzyx .

Kako je 0222 xzzyyx (jer su x i y nenegativni, a 1z ), to mora biti

0 zyx . Odavde imamo da je

1cossin 22 ba 12

2cos1

2

2cos1

ba02cos2cos ba

02

22sin

2

22sin2

baba,

tj.

0sinsin baba .

Kako su a i b realni brojevi iz intervala

2,0

, to slijedi da mora biti ba .

Pretpostavimo sada da je ba . Tada imamo:

.1cossincossin2cossin

cossin3cossincossincossin

cossin3cossincoscossin3sin

2222244

22224422

2232326226

aaaaaa

aaaaaaaa

aaaaaaaa

2. Naći sve cijele brojeve dcba ,,, takve da je

03225 2222 dcdcba .

Rješenje:

Primijetimo da je 0 dcba rješenje zadane jednadžbe.

Pretpostavimo da jednadžba ima neko drugo rješenje. Bez ograničenja opštosti možemo

pretpostaviti da je 1,,, dcbaNZD . Datu jednadžbu možemo napisati u obliku:

2222 5252 ddcba .

Posmatrajmo sada kongruencije po modulu 5, imamo da je

)5(mod2222 dca .

Ako je )5(mod12 a , onda kvadrat 22 dc daje ostatak 2 pri djeljenju sa 5, što je

nemoguće.

Ako je )5(mod42 a , onda kvadrat 22 dc daje ostatak 3 pri djeljenju sa 5, što je

nemoguće.

Dakle, )5(mod0a , a samim tim i 5mod02 dc .

Uvođenjem smjene xa 5 i ydc 52 , jednadžba postaje

2222 552 dybx .

Ak osada opet posmatramo kongruencije po modulu 5 dobijemo da je

)5(mod2 22 db ,

Zaključivanjem kao i gore dobijemo da je )5(mod0b i )5(mod0d , a onda slijedi da je

i )5(mod0c . Dakle, imamo da vrijedi da ),,,(5 dcbaNZD , što je kontradikcija sa

pretpostavkom da je 1,,, dcbaNZD .

3. Neka je S presječna tačka dijagonala konveksnog četverougla ABCD . Ako su

poluprečnici kružnica upisanih u trouglove DSACSDBSCASB ,,, jednaki,

dokazati da je četverougao ABCD romb.

Rješenje:

Bez ograničenja opštosti možemo pretpostaviti da je i SBDS . Neka su tačke

i centralno simetrične tačkama i u odnosu na tačku . Tada su trouglovi i

podudarni i kružnica upisana u trougao se nalazi u unutrašnjosti trougla

. Ako pretpostavimo da segmenti i nisu podudarni onda trouglovi i

imaju različite upisane kružnice. No, kružnica upisana u trougao je

homotetična sa kružnicom upisanom u trougao sa centrom homotetije u tački i

koeficijentom . Odavde slijedi da je ASDSCBBSC rrr 11

, što je kontradikcija sa

uslovom zadatka. Dakle, mora da vrijedi , tj. četverougao je paralelogram.

B

CD

A

S

B1

C1

Sada imamo da vrijedi

2

)(

2

)( SCDSCDrPP

DASDASrCDSASD

tj. DACD .

Dakle, četverougao je romb.

4. Ako je ssA 4,14.,..,2,1 i AS takav da je 22 sS , onda se u S mogu

naći tri različita broja zyx ,, takva da je zyx 2 . Dokazati.


Rješenje:

Neka su sxxx s 4...1 121 elementi skupa S iste parnosti i neka su

2232 ,...,, sss xxx preostali elementi skupa S . Brojevi

112113121 ...... ssss xxxxxxxxxx

su parni, ima ih 12 s i leže u intervalu s8,2 . Slično zaključujemo da su brojevi

221:2 sixi

parni, ima ih 22 s i leže u intervalu s8,2 .

Kako je sss 42212 , to moraju postojati ji, takvi da je

ij xxx 21 ili isj xxx 21 ,

čime je tvrdnja dokazana.




Rješenja zadataka

IV razred

1. Ako su cba ,, nenegativni realni brojevi za koje je 1222 cba , dokazati da je

10

39

1112

1444

c

c

b

b

a

a.

Kada se dostižu jednakosti?

Rješenje:

Lijeva strana nejednakosti je očigledna. Naime

2

1

22111

222

444

cbacba

c

c

b

b

a

a.

Jednakost se dostiže za trojke 0,0,1 , 0,1,0 i 1,0,0 .

Desnu stranu nejednakosti ćemo dokazati na četiri načina.

I način. Za 0x vrijedi nejednakost

100

321327

1

2

4

x

x

x ( ).

Nakon smjene 3

tx i rastavljanja na faktore gornja nejednakost se svodi na

0632616631 2342 ttttt ,

odakle slijedi njena tačnost.

Stavljajući u nejednakost ( ) za x redom ba, i c i sabirajući te tri nejednakosti dobijemo

traženu.

II način. Ako je 444 111 c

c

b

b

a

aA

, onda je

.33333

11

11

113

111111

33

33

10

222

4

4

4

4

4

4

444

444

444

2222

cbacba

c

cc

b

bb

a

aa

c

c

b

b

a

acba

AcbaAcba

A

Primjenili smo nejedkaost AK, nejednakost Čebiševa i opet nejednakost AK.

Da bi se primjenila nejednakost Čebiševa treba provjeriti da yx i 122 yx implicira

44 11 y

y

x

x

0122 yxyxxyxy .

Ovo slijedi iz 0 xy i

.1

4

14

24

24

42

222442

2222

yxyxyxyxyxxyyxyxxy

III način. Nakon smjene zcybxa 222 ,, , nejednakost se može pisati u obliku

3

13

33 f

zyxfzfyfxf ,

gdje je 21 t

ttf

.

Ova nejednakost slijedi iz Jensenove nejednakosti. Naime,

014

11815

14

1181532

22

32

24

ttt

tt

ttt

tttf ,

pa je funkcija f konkavna.

2. Ako su x i y cijeli brojevi, onda razlomak 2

142

2

y

x nije cijeli broj. Dokazati.

Rješenje:

Ako je 2

142

2

y

x cijeli broj, onda je y neparan broj. Tada je 3243822 LLy , za

neki L 0. Svi prosti djelioci broja 38 L ne mogu biti oblika 14 k .

Naime, proizvod dva broja oblika 14 k (prosta ili složena) je opet broj tog istog oblika.

Dakle, postoji prost broj p oblika 34 n , n 0, koji dijeli nazivnik, a samim tim i

brojnik. Ovo nije moguće jer bi tada bilo

px mod14 2 ,

odnosno

pxn

pp

mod111412

2

1

2

12

.

Ali,

pxxp

p

mod1241

2

12

,

na osnovu male Fermatove teoreme. Kontradikcija!

3. Neka je S presječna tačka dijagonala konveksnog četverougla ABCD . Ako su

poluprečnici kružnica upisanih u trouglove DSACSDBSCASB ,,, jednaki, dokazati

da je četverougao ABCD romb.

Rješenje:

Bez ograničenja opštosti možemo pretpostaviti da je i SBDS . Neka su tačke

i centralno simetrične tačkama i u odnosu na tačku . Tada su trouglovi i

podudarni i kružnica upisana u trougao se nalazi u unutrašnjosti trougla

. Ako pretpostavimo da segmenti i nisu podudarni onda trouglovi i

imaju različite upisane kružnice. No, kružnica upisana u trougao je

homotetična sa kružnicom upisanom u trougao sa centrom homotetije u tački i

koeficijentom . Odavde slijedi da je ASDSCBBSC rrr 11

, što je kontradikcija sa

uslovom zadatka. Dakle, mora da vrijedi , tj. četverougao je paralelogram.

B

CD

A

S

B1

C1

Sada imamo da vrijedi

2

)(

2

)( SCDSCDrPP

DASDASrCDSASD

tj. DACD .

Dakle, četverougao je romb.

4. Ako je ssA 4,14.,..,2,1 i AS takav da je 22 sS , onda se u S mogu

naći tri različita broja zyx ,, takva da je zyx 2 . Dokazati.


Rješenje:

Neka su sxxx s 4...1 121 elementi skupa S iste parnosti i neka su

2232 ,...,, sss xxx preostali elementi skupa S . Brojevi

112113121 ...... ssss xxxxxxxxxx

su parni, ima ih 12 s i leže u intervalu s8,2 . Slično zaključujemo da su brojevi

221:2 sixi

parni, ima ih 22 s i leže u intervalu s8,2 .

Kako je sss 42212 , to moraju postojati ji, takvi da je

ij xxx 21 ili isj xxx 21 ,

čime je tvrdnja dokazana.

R. B. Prezime i ime učenika Škola Z1 Z2 Z3 Z4 TOTAL Plasman

1 Kurtovid Neira Sarajevo Koledž 7 7 7 0 21 1

2 Lagumdžija Zlatko Salko Internacionalna srednja škola Sarajevo 1 7 7 6 21 1

3 Bostandžid Din Druga gimnazija Sarajevo 6.5 7 7 0 20.5 3

4 Gobeljid Adnan Druga gimnazija Sarajevo 0 7 7 4 18 4

5 Salkid Edna Sarajevo Koledž 0 7 7 3 17 5

6 Sabljica Amila Internacionalna srednja škola Sarajevo 7 7 0 2 16 6

7 Kvakid Amar Sarajevo Koledž 1 7 3 4 15 7

8 Abdid Arnela USK Koledž 0 7 7 0 14 8

9 Djedovid Naria KŠC „Sveti Franjo“ Tuzla 0 7 7 0 14 8

10 Spahovid Berin Sarajevo Koledž 0 7 6 0 13 10

11 Selimovid Almedin Međunarodna škola Tuzla 0 7 0 3 10 11

12 Ahmetaševid Amila Internacionalna srednja škola Sarajevo 0 7 1 0 8 12

13 Jupid Hajrudin Međunarodna škola Tuzla 0 7 0 0 7 13

14 Jašarspahid Omar Sarajevo Koledž 0 7 0 0 7 13

15 Hodžid Edina Međunarodna škola Tuzla 0 7 0 0 7 13

16 Durakovid Anela USK Koledž 0 3 0 3 6 16

17 Zdilar Paško Srednja elektrotehnička škola Sarajevo 0 5 0 0 5 17

18 Karahodžid Kenan Treda gimnazija Sarajevo 0 1 0 3 4 18

19 Tankovid Amina Prva gimnazija Zenica 1 2 1 0 4 18

20 Bedžetovid Zlatko Srednja medicinska škola Tuzla 0 1 0 2 3 20

21 Džiho Sadžid Druga gimnazija Mostar 0 0 0 3 3 20

22 Karinčid Erwin Gimnazija „Meša Selimovid“ Tuzla 0 3 0 0 3 20

23 Bungur Aida Gimnazija „Mustafa Novalid“ Gradačac 0 2 1 0 3 20

24 Ibrahimpašid Amina USK Koledž 0 3 0 0 3 20

25 Dinarevid Alem Perzijsko-bosanski koledž Sarajevo 0 2 1 0 3 20

26 Hadžiabdid Harun MSŠ ”Musa Dazim Datid” Olovo 0 2 0.5 0 2.5 26

27 Spahid Vedad Prva gimnazija Zenica 0 2 0 0 2 27

28 Čičak Zejd Međunarodna srednja škola Zenica 0 1 1 0 2 27

29 Murid Mirza Gimnazija Cazin 0 2 0 0 2 27

30 Širbegovid Emin Gimnazija “Musa Dazim Datid” Tešanj 0 2 0 0 2 27

31 Šut Elmir Međunarodna srednja škola Zenica 0 2 0 0 2 27

32 Dahalid Selver Srednja medicinska škola Tuzla 0 1 0 0 1 32

33 Dorid Selma Druga gimnazija Mostar 0 1 0 0 1 32

34 Ždralovid Irhad STŠ „Bugojno“ Bugojno 0 1 0 0 1 32

35 Sekid Vildana MSŠ Srebrenik 0 1 0 0 1 32

36 Mrkonja Elma MSŠ „Travnik“ Travnik 0 1 0 0 1 32

37 Muratovid Emir Gimnazija „Meša Selimovid“ Tuzla 0 1 0 0 1 32

38 Dedid Benjamin Treda gimnazija Sarajevo 0 1 0 0 1 32

Komisija u sastavu:

1. dr. Šefket Arslanagid, predsjednik

2. dr. Esmir Pilav

3. mr. Vahidin Hadžiabdid

4. Medina Sušid, MA

I RAZRED

Zvanični rezultati LIII takmičenja mladih matematičara Federalno prvenstvo učenika srednjih škola

Sarajevo, 28.04.2013.


1 Krbezlija Mirza Internacionalna srednja škola Sarajevo 7 1 1 4 13 1

2 Modrid Emina Sarajevo Koledž 7 0 2 0 9 2

3 Papid Demir Internacionalna srednja škola Sarajevo 0 1 7 1 9 2

4 Mustafid Ibrahim Sarajevo Koledž 7 1 0 0 8 4

5 Čelebid Nermana Sarajevo Koledž 7 0 0 0 7 5

6 Arnaut Mirza Gimnazija „Dr. Mustafa Kamarid“ Gračanica 4 1 1 0 6 6

7 Ibrahimpašid Tarik USK Koledž 1 0 0 4 5 7

8 Nukid Selma Gimnazija „Dr. Mustafa Kamarid“ Gračanica 3 1 1 0 5 7

9 Redžid Edin Gimnazija “Musa Ćazim Ćatid” Tešanj 1 0 1 3 5 7

10 Hodžid Adis MSŠ Ključ 1 0 0 3 4 10

11 Skenderovid Muhamed USK Koledž 1 0 0 3 4 10

12 Mustafid Kemal Sarajevo Koledž 3.5 0 0 0 3.5 12

13 Nurkanovid Ajla Gimnazija „Meša Selimovid“ Tuzla 0 2 1 0 3 13

14 Čizmid Adis MSŠ Srebrenik 1 0 1 0 2 14

15 Halilovid Amar Druga gimnazija Sarajevo 1 0 1 0 2 14

16 Muzaferija Kanita Perzijsko-bosanski koledž Sarajevo 2 0 0 0 2 14

17 Omerbegovic Elma Gimnazija „Meša Selimovid“ Tuzla 0 1 1 0 2 14

18 Bečid Ajla Gimnazija “Rizah Odžekčid” Zavidovidi 0 0 1 0 1 18

19 Beširovid Sefer Druga gimnazija Sarajevo 1 0 0 0 1 18

20 Dedid Naida Gimnazija “Visoko” Visoko 0 1 0 0 1 18

21 Jusid Šejla Opda gimnazija Bosanska Krupa 0 0 1 0 1 18

22 Kreho Adnan Internacionalna srednja škola Sarajevo 0 1 0 0 1 18

23 Pepid Dženis Internacionalna srednja škola Sarajevo 1 0 0 0 1 18

24 Redžid Ajla USK Koledž 0 0 1 0 1 18

25 Abdulahovid Adnan JUMSŠ Teočak 0 0 1 0 1 18

26 Škulj Dženita Gimnazija “Muhsin Rizvid” Kakanj 0.5 0 0 0 0.5 26

27 Bašid Alma Gimnazija Bugojno 0 0 0 0 0 27

28 Begid Elma Gimnazija “Muhsin Rizvid” Kakanj 0 0 0 0 0 27

29 Burid Amar Gimnazija “Visoko” Visoko 0 0 0 0 0 27

30 Dedid Muhamed Gimnazija „Dr. Mustafa Kamarid“ Gračanica 0 0 0 0 0 27

31 Gološ Nedžad Gimnazija Mostar 0 0 0 0 0 27

32 Hašimbegovid Ena Prva gimnazija Zenica 0 0 0 0 0 27

33 Karadža Adil Gimnazija Bugojno 0 0 0 0 0 27

34 Karakaš Dino MSŠ „Travnik“ Travnik 0 0 0 0 0 27

35 Omanovid Iman Perzijsko-bosanski koledž Sarajevo 0 0 0 0 0 27

36 Šišid Melika Druga gimnazija Sarajevo 0 0 0 0 0 27


Sarajevo, 28.04.2013.

II RAZRED


1 Jašarevid Abdulah Sarajevo Koledž 7 7 0 4 18 1

2 Kujan Lamija Internacionalna srednja škola Sarajevo 7 1 0 7 15 2

3 Sarajlid Dina Druga gimnazija Sarajevo 7 2 0 1 10 3

4 Valentid Anes Sarajevo Koledž 1 7 0 1 9 4

5 Brkid Haris Sarajevo Koledž 2 0 0 6 8 5

6 Halilčevid Samir Gimnazija Živinice 6 1 0 1 8 5

7 Muminovid Rijad Druga gimnazija Sarajevo 7 1 0 0 8 5

8 Fazlid Dženita USK Koledž 7 0 0 0 7 8

9 Hadžid Irma KŠC „Sveti Franjo“ Tuzla 7 0 0 0 7 8

10 Muratovid Amra Gimnazija Živinice 6 0 0 0 6 10

11 Musid Rabija Perzijsko-bosanski koledž Sarajevo 3 0 0 0 3 11

12 Suljagid Harun Perzijsko-bosanski koledž Sarajevo 3 0 0 0 3 11

13 Baručija Emir Prva gimnazija Zenica 2 1 0 0 3 13

14 Elamin Mariam Međunarodna škola Tuzla 2 0 0 0 2 13

15 Kaleta Rasim Internacionalna srednja škola Sarajevo 2 0 0 0 2 13

16 Kopid Amna MSŠ “Musa Dazim Datid” Olovo 2 0 0 0 2 13

17 Mešan Melisa Gimnazija Bugojno 2 0 0 0 2 13

18 Alid Amina Prva gimnazija Zenica 1 0 0 0 1 18

19 Halilovid Sumejja Gimnazija “Visoko” Visoko 1 0 0 0 1 18

20 Hasanbegovid Ensar Treda gimnazija Sarajevo 1 0 0 0 1 18

21 Hasanovid Emina MSŠ „Travnik“ Travnik 1 0 0 0 1 18

22 Mustajbašid Džemo Gimnazija „Dr. Mustafa Kamarid“ Gračanica 1 0 0 0 1 18

23 Pašid Medina SMŠ „Zijah Dizdarevid“ Fojnica 1 0 0 0 1 18

24 Sažid Amel Perzijsko-bosanski koledž Sarajevo 1 0 0 0 1 18

25 Subašid Adi Druga gimnazija Sarajevo 1 0 0 0 1 18

26 Gosto Aldin Elektrohnička škola Mostar 1 0 0 0 1 18

27 Adžemovid Ahmed Prva gimnazija Zenica 27

28 Čatakovid Samra Gimnazija Cazin 0 0 0 0 0 27

29 Jašid Elmedin Behram-begova medresa Tuzla 0 0 0 0 0 27

30 Jukid Selina Gimnazija „Meša Selimovid“ Tuzla 0 0 0 0 0 27

31 Kurbegovid Adi USK Koledž 0 0 0 0 0 27

32 Komid Merima Opda gimnazija Bosanska Krupa 0 0 0 0 0 27

33 Mujčinovid Amra Prva gimnazija Zenica 0 0 0 0 0 27

34 Omerovid Semir MSŠ Srebrenik 0 0 0 0 0 27

35 Jugo Lejla Druga gimnazija Mostar 0 0 0 0 0 27

36 Žujo Almin Elektrohnička škola Mostar 0 0 0 0 0 27

37

38

Komisija: 1. Mr. Damir Hasić, predsjednik

2. Mr. Faruk Zejnulahi

3. Msc. Alem Memić

4. Vedran Karahodžić


Sarajevo, 28.04.2013.

III RAZRED


1 Ibrid Adnan Gimnazija Lukavac 5 7 0 4 16 1

2 Dedid Kenan Sarajevo Koledž 0 0 0 4 4 2

3 Bartulovid Ivan Franjevačka klasična gimnazija Visoko 3 0 0 0 3 3

4 Sadikovid Selver USK Koledž 1 2 0 0 3 3

5 Hadžid Hadžem Sarajevo Koledž 0 0 0 2 2 5

6 Hujid Ema Druga gimnazija Sarajevo 0 2 0 0 2 5

7 Husid Admira, Gimnazija "Rizah Odžečkid" Zavidovidi 2 0 0 0 2 5

8 Ugarak Đuma STŠ „Bugojno“ Bugojno 1 0 0 0 1 8

9 Tihak Amina Gimnazija Bugojno 1 0 0 0 1 8

10 Irma Kadid Srednja škola Jablanica 1 0 0 0 1 8

11 Huskid Emina Gimnazija “Musa Dazim Datid” Tešanj 1 0 0 0 1 8

12 Slipčevid Berina Gimnazija “Visoko” Visoko 0 0 0 0 0 12

13 Pušdul Belmin Gimnazija “Visoko” Visoko 0 0 0 0 0 12

14 Bjelopoljak Aida Gimnazija “Muhsin Rizvid” Kakanj 0 0 0 0 0 12

15 Gvozden Amir MSŠ Srebrenik 0 0 0 0 0 12

16 Kličid Adnan USK Koledž 0 0 0 0 0 12

17 Šakanovid Arif Gimnazija Velika Kladuša 0 0 0 0 0 12

18 Pejid Mladen KŠC „Sveti Franjo“ Tuzla 0 0 0 0 0 12

19 Skopljakovid Belma Gimnazija „Meša Selimovid“ Tuzla 0 0 0 0 0 12

20 Isid Edis Gimnazija “Edhem Mulabdid” Maglaj 0 0 0 0 0 12

21 Bapid Amar Opda gimnazija Bosanska Krupa 0 0 0 0 0 12

22 Delid Sulejman Gimnazija „Dr. Mustafa Kamarid“ Gračanica 0 0 0 0 0 12

23 Bakovid Maida Prva bošnjačka gimnazija Sarajevo 0 0 0 0 0 12

24 Alibegovid Adnan Gimnazija Bugojno 0 0 0 0 0 12

25 Bevrnja Mustafa Prva bošnjačka gimnazija Sarajevo 0 0 0 0 0 12

26 Nukid Lejla Gimnazija “Visoko” Visoko 0 0 0 0 0 12

27 Suljevid Samir Treda gimnazija Sarajevo 0 0 0 0 0 12

28 Isakovid Salko Gimnazija „Ismet Mujezinovid“ Tuzla 0 0 0 0 0 12

29 Hasanbašid Adis Treda gimnazija Sarajevo 0 0 0 0 0 12

Komisija u sastavu:

1. mr. Faruk Zejnulahi, predsjednik

2. mr. Vedad Letić

3. Alem Memić, MA

4. Amil Pečenković


Sarajevo, 28.04.2013.

IV RAZRED

Documents

LIII TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I … · Rješenja zadataka II razred 1. Ako su x i y nenegativni realni brojevi za koje je x y 1, odrediti minimum i maksimum izraza A