atka 15 (2006.) br. 55

»lanciZvonko »erin, O joπ jednom zadatku s natjecanja . . . . . . . . . . . . . . . .146Jadranka DelaË-Klepac, I nizovi mogu biti zabavni . . . . . . . . . . . . . . . .151Nikol RadoviÊ, Iluzije oblika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .154

Æeljko Medveπek, Tajna Arhimedove mozgalice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .159Renato GuliÊ, Prometna nesreÊa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .160Æeljko Buranji, Trokut i polumjer opisane kruænice . . . . . . . . . . . . . . . .162Petar MladiniÊ, PouËak o propeleru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .164

PovijestTanja Soucie, Vilim Feller . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .166

IntervjuLucija GusiÊ, Vladimir Paar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .168

Kutak za kreativni trenutakMozgalica LjuljaËka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .171

MatemagiËarFranka Miriam Brückler, Uvijek 22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .172

KnjiæevnostAlice u zemlji Ëuda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .174

Kriæaljke za atkaËe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .176

Enigmatka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .180Dokazi bez rijeËi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .182Iz svijeta

Natjecanje Georg Mohr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .183Natjecanja

Turnir gradova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .186Regionalni susret mladih matematiËara . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .189

Zadatci za atkaËe poËetnike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .196Odabrani zadatci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .202RaËunala

Tvrtko TadiÊ, Brojevi na vrhovima kocke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .205Rjeπenja zadataka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .209Kutak za najmlae . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .216

atka Izdaje osnivatelj

HRVATSKOMATEMATI»KO

DRU©TVOZagreb, BijeniËka 30

izlazi tijekom πkolske godineu Ëetiri broja

Ëasopis za mlade matematiËare

SADRÆAJ

146 atka 15 (2006.) br. 55

U jubilarnom 50. broju atke profesor Vlado StoπiÊ opisuje dva rjeπenjasljedeÊeg zadatka koji je postavljen uËenicima VIII. razreda osnovne πkole naDræavnom natjecanju iz matematike, odræanom od 5. do 8. svibnja 2004.godine u Trogiru.

Zadatak. Dan je jednakokraËan trokut ABC . Na njegovoj osnovici AB

odabrane su dvije toËke D Ei , tako da je | | | | | |AD DE EB= = . PolupravciCD CEi dijele kut ACB] na tri kuta. Dokaæite da je kut DCE] najveÊi od tihkutova.

Slika 1.

Naπ glavni cilj u ovom Ëlanku je opisati joπ nekoliko rjeπenja tog zanimljivogzadatka. Polazimo od pretpostavke da je Ëitateljima poznato da u krugu veÊojtetivi odgovara i veÊi srediπnji kut. Iz toga i iz pouËka o srediπnjem i obodnomkutu slijedi (vidi sliku 2.) da ako dva pravokutna trokuta imaju istehipotenuze, onda je nasuprot veÊoj kateti i veÊi kut. Isto tako, primjenom osnesimetrije odmah slijedi (vidi sliku 3.) da ako dva pravokutna trokuta imajuzajedniËku katetu, onda nasuprot veÊoj drugoj kateti leæi i veÊi kut. Ako se titrokuti preklapaju to je oËigledno, a ako se ne preklapaju osnom simetrijomoko zajedniËke katete postiæemo preklapanje jednog sa slikom drugoga.

O JO© JEDNOM ZADATKU S NATJECANJA

Zvonko »erin, Zagreb

A D E B

C

Slika 2. Slika 3.

>DAB CAB\ \ jer je >BD BC <HFD EFD\ \ jer je <DH DE

A O B

C

D

H D E D H E H D K E

F FF

147atka 15 (2006.) br. 55

Prvo rjeπenje Neka je F poloviπte duæine DE, i neka su G i H ortogonalne projekcije toËkeD na pravce AC ECi . OznaËimo duljine duæina AC , AD, DC , FC , DG i DH

s , , , ,a b d v x yi redom (vidi sliku 4.).

Slika 4. U prvomrjeπenju pokazuje-mo da je <x y pa izpravokutnih trokutaCDG CDHi vidimoda je

<ACD DCE] ] .

Povrπinu trokuta ADC moæemo izraËunati na dva naËina tj. kao a x2

i kao bv2

.

Zato je x abv

= . SliËno, iz trokuta .DCE yd

bvslijedi =

Prema Pitagorinu pouËku je a v b232

2

= + b l i d v b2

22

= + b l . Zato je

oËigledno >a d , πto povlaËi da je <x y.BuduÊi da su CDG CDHi pravokutni trokuti sa zajedniËkom hipotenuzom

,CD zbog | | < | |DG x y DH= = , slijedi traæeni zakljuËak da je<ACD DCE] ] . Na isti se naËin pokaæe da je <ECB DCE] ] . To i nije

potrebno dokazivati ako se primjeti da je slika 1. osnosimetriËna u odnosu napravac CF kao os, pa je ACD ECB] ]= .

Drugo rjeπenje

Slika 5.

BuduÊi da je kut CAD] πiljast, vidimo da okomica u toËki D na pravac AB

sijeËe polupravac AC u nekoj toËki J (vidi sliku 5.). Zato okomica u toËki Dna pravac CD sijeËe duæinu AJ u nekoj njenoj unutraπnjoj toËki G, apolupravac iz toËke E koji je okomit na pravac AB i koji leæi unutar kuta

A D F E B

C

G

Ha x

d

y

vd a

b

A H D

I

EB

C

JG

148 atka 15 (2006.) br. 55

DCE] u nekoj toËki I . Ortogonalna projekcija H toËke G na pravac AB jeunutraπnja toËka duæine AD. Slijedi da je | |< | |HD DE . S druge strane, pra-

vokutni trokuti GHD IEDi su sliËni pa vrijedi | || |

| || |

<DIGD

DEHD

1= , zato je

| |< | |GD DI . BuduÊi da su CDG i CDI pravokutni trokuti sa zajedniËkomkatetom, iz te nejednakosti slijedi <ACD DCI] ] . Ali, toËka I je unutar kuta

DCE] , pa je <DCI DCE] ] , πto prema tranzitivnosti daje <ACD DCE] ] .

TreÊe rjeπenjeBuduÊi da je kut ACD] uvijek πiljast, dovoljno je razmotriti samo sluËaj kada

je i kut DCE] πiljast. Primijetimo dasu kutovi na stranici trokuta πiljastionda i samo onda ako je ortogonalnaprojekcija nasuprotnog vrha unu-traπnja toËka te stranice.

Slika 6.

Neka su G i H ortogonalne projekcije toËaka E i A na pravac CD (vidi sliku6.). Neka pravac AH sijeËe polupravac CE u toËki J i neka je I ortogonalnaprojekcija toËke E na pravac .AH

U trokutu DCE svi su kutovi πiljasti pa je G unutraπnja toËka duæine DC . Sdruge strane, u trokutu EHJ kutovi EHJ] i EJH] su πiljasti, πto povlaËi daje I unutraπnja toËka duæine HJ . BuduÊi da je Ëetverokut EGHI pravokutnik,vidimo da je | |< | |EG JH , πto daje traæenu nejednakost

< .ACD HCI HCJ DCE] ] ] ]= =

»etvrto rjeπenje

Kao i u treÊem rjeπenju, dovoljno je raz-motriti samo sluËaj kada je kut DCE]πiljast.Neka je I osnosimetriËna slika toËke A

u odnosu na pravac CD, a poloviπteduæine AI neka je toËka H (to jetakoer ortogonalna projekcija toËke A

na pravac CD (vidi sliku 7.).

A

H

I J

BE

G

C

D

A

H

I

B

C

KEF

JSD

Slika 7.

149

Neka su J Ki ortogonalne projekcije toËaka H i I na pravac AB i neka su

S i F poloviπta duæina AD i DE. Primijetimo da homotetija ( , )h A21 pre-

slikava trokut ADH na trokut AEI i da su trokuti DHJ i DCF sliËni.

U trokutu HAD kutovi HAD] i ADH] su πiljasti pa je J unutraπnja toËkaduæine SD. Zato je K unutraπnja toËka duæine DE. Slijedi da toËka I leæiunutar kuta DCE] pa je oËito <ACD DCE] ] .

Peto rjeπenjeNeka je k kruænica kojoj je toËka C srediπte i koja prolazi toËkama D i E

(vidi sliku 8.).

Slika 8.

BuduÊi da | |> | |AC DC , kruænica k sijeËe duæinu AC u nekoj toËki G. Nekasu toËke K i F na kruænici k dijametralno suprotne toËkama G i E, neka sepravci FG i AB sijeku u toËki H .

Ako kutovi ACD] i DCE] imaju a2 i d2 stupnjeva, onda prema pouËku osrediπnjem i obodnom kutu kutovi GFD] i DFE] imaju a di stupnjeva.Prema istom je pouËku kut FDE] pravi (tj. 90 stupnjeva).

Zato su HDF i EDF pravokutni trokuti sa zajedniËkom katetom. Akopokaæemo da je | |< | |HD DE , slijedit Êe <a d , πto povlaËi da je

< .ACD a d DCE2 2] ]= =

BuduÊi da je | | | |AD DE= , relacija | |< | |HD DE vrijedi ako je H unutraπnjatoËka duæine AD. Ako mjerenje kutova zapoËinje u toËki G, onda je H

unutraπnja toËka duæine AD jedino ako kutna mjera za a d180 2 2+ + toËkeF zadovoljava >a d180 2 2 180+ + i <a d a180 2 2 360 2+ + + (tj. toËkaF mora pripadati luku za KGD kruænice k. BuduÊi da su oba ova uvjetaoËigledno ispunjena, dokaz je zavrπen.

atka 15 (2006.) br. 55

A H D(2a) E(2a+2d) B

k

K(180)

ad

C

2a2d

G(0)

F(180+2a+2d)

150 atka 15 (2006.) br. 55

©esto rjeπenjeNeka je k kruænica kojoj je toËka C srediπte i koja prolazi toËkama A i B

(vidi sliku 9.).

Slika 9.

Neka polupravci CD i CE sijeku kruænicu k u toËkama F i G. Neka je H

presjek pravaca AC i FG. Trokuti CAD i CHF su oËito sliËni. Isto su takosliËni trokuti CDE i CFG. Zbog | | | |AD DE= slijedi da je | | | |HF FG= .BuduÊi da srediπnji kut a ACD]= odgovara tetivi AF kruænice k doksrediπnji kut b DCE]= odgovara tetivi FG kruænice k, dovoljno je pokazatida je | |< | | | |AF HF FG= .

Neka je toËka I ortogonalna projekcija toËke F na pravac AC . BuduÊi da jetrokut CAF πiljastokutan, toËka I leæi izmeu toËaka A i C . Dakle,| |< | |IA IH jer je toËka H na produæetku duæine CA izvan kruænice k.

Sada promatramo pravokutne trokute FIH i FIA. Prema Pitagorinom pouËku

vrijedi | | | | | | < | | | | | |AF IA IF IH IF HF2 2 2 2= + + = , i dokaz je zavrπen.

H

C

k

B

GF

D Ea

b

IA

Izbacite uljeza

U svakom stupcu jedan od brojeva ne pripada meu ostale. Koji broj i zaπto?

A B C D

15 45 21 54

30 57 35 36

71 18 48 81

25 39 63 66

60 16 91 18

40 84 56 72

151atka 15 (2006.) br. 55

Nakon nekoliko napornih πkolskih tjedana uspjela sam posjetiti svog sus-jeda Baltazara i ispriËati mu sve svoje πkolske zgode i nezgode.

SluπajuÊi me, usput je neπto ËrËkao i πarao po papiru. Kada sam zavrπila svoj izvjeπtaj, bacila sam pogled na njegov papir. I, πto

sam vidjela? Brrrr... Samo brojeve! VeÊ sam pomislila da neÊe biti niπta odzabavne matematike, ali sam se prevarila.

Ti njegovi nizovi brojeva izgledali su otprilike ovako:2, 4, 6, 8, 10, ...3, 6, 12, 24, 48,...1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34,... Pitao me znam li nastaviti ove nizove brojeva. - Pa naravno da znam, to je barem jednostavno - odgovorila sam, uoËivπi

kod svakog niza neku pravilnost.- Prvi niz se nastavlja s 12, 14, i tako dalje... Uvijek dodajemo broj 2

prethodnom Ëlanu i dobivamo novi Ëlan. Kod drugog niza trebamo mnoæiti s2 prethodni Ëlan da bismo dobili sljedeÊi, a kod treÊeg je svaki Ëlan, poËevπiod treÊeg, jednak zbroju svoja dva neposredna prethodnika.

- Bravo! - I Baltazar je oËito bio zadovoljan te je nastavio: Prvi je niz primjer aritmetiËkog niza. Kod njega je razlika Ëlana i njego-

vog prethodnika uvijek stalna. Naravno da to ne vrijedi za prvi Ëlan. Ili -moæemo to reÊi i ovako: svaki Ëlan niza dobijemo tako da prethodnomdodamo uvijek isti broj. SljedeÊi niz je primjer geometrijskog niza. Svaki Ëlanse dobije iz prethodnog mnoæenjem nekim brojem razliËitim od nule i odjedinice. Ako mnoæimo Ëlanove niza s 1, dobit Êemo niz koji ima sve Ëlanovejednake, a on nam ovog trena nije zanimljiv za promatranje.

TreÊi je niz vrlo zanimljiv. Zove se Fibonaccijev niz, prema talijanskommatematiËaru Leonardu Pisanu Fibonacciju (1175. - 1250.) Fibonacci jenajveÊi europski matematiËar srednjeg vijeka jer je u europsku matematikuuveo arapsko oznaËavanje brojeva, za razliku od do tada upotrebljavanihrimskih znamenki. Fibonaccijeve brojeve uveo je na primjeru razmnoæavan-ja zeËeva, ali mi Êemo ih uvesti drukËije - zagrijao se Baltazar i odmah nas-tavio svoje izlaganje.

Pokuπaj sada dijeliti brojeve 3 s 2, 5 s 3, 8 s 5, 13 s 8, 21 s 13 i tako dalje.UoËit Êeπ da dobiveni omjeri teæe jednom posebnom broju koji oznaËamo s z,a zovemo ga zlatni broj. To je iracionalan broj, ima beskonaËno mnogo de-cimala i Ëesto se javlja u prirodi. Primjerice, moæe se pronaÊi kod rasporedasjemenki suncokreta, u naËinu rasta listova ili grana kod razliËitih biljaka,listiÊa πeÊera i sl. Pribliæno je jednak 1.618.

OpÊenito, n-ti Ëlan Fibonaccijevog niza definiramo ovako:, , , .F F F F F n N1 1n n n2 1 1 2 != + = =+ +

I NIZOVI MOGU BITI ZABAVNI

Jadranka DelaË-Klepac, Zagreb

152 atka 15 (2006.) br. 55

(Danas se Fibonaccijevim nizom zovu i nizovi kojemu prva dva Ëlana zadaje-mo proizvoljno. Ovaj je niz primjer takozvanog rekurzivnog niza.) Naime,svaki Ëlan niza, poËevπi od treÊeg, jednak je zbroju svojih dvaju prethodnika.

Morala sam priznati da mi je sve postalo zanimljivo Ëim je Baltazarspomenuo prirodu. On je pak to odmah iskoristio i opet poËeo o brojevima.

Pokuπat Êemo naËiniti niz na sljedeÊi naËin. PoËet Êemo od broja 1.SljedeÊi Ëlan u nizu dobijemo tako da 1 zamijenimo s 10, dok treÊi Ëlan odre-dimo tako da umjesto jedinice piπemo broj 10, a umjesto nule broj 1. Taj pos-tupak nastavljamo i dalje.

Izgledalo je kao igra, a evo πto sam dobila:

- Pokuπajmo sada brojati jedinice u svakom Ëlanu niza. Dobili smo noviniz: 1, 1, 2, 3, 5, 8,... Ako brojimo samo nule, poËevπi od drugog reda, dobitÊemo isti niz. U oba sluËaja dobili smo Fibonaccijev niz brojeva.

Ali ovdje ima joπ zanimljivosti, primjerice - treÊi broj moæemo dobiti itako da iza drugog dopiπemo prvi, Ëetvrti broj tako da iza treÊeg na krajudopiπemo drugi, peti tako da smo Ëetvrtom dopisali s kraja treÊi... I taj se pos-tupak nastavlja koliko god æeliπ - nastavio je Baltazar.

Na kraju mi je podario jednu igru s brojevima. Moæe se igrati i u razredupod odmorom ili kod kuÊe na nekom roendanu.

Pravila igre su sljedeÊa: 1.) Na papiriÊu nacrtajte 10 redova i prazan papir predajte nekom svom pri-

jatelju.

2.) On mora upisati neki pozitivni broj (ali tako da ti to ne vidiπ) u prvi red.

3.) SljedeÊi uËenik upiπe neki drugi pozitivni broj, koji takoer sam odabere,u drugi red.

4.) Zatim ih zamolite da te brojeve zbroje i zbroj upiπu u treÊi red.

5.) Postupak se nastavlja tako da se uvijek zbrajaju dva prethodna broja,zapiπe rezultat u novi red i tako sve do desetog reda. Poæeljno je da budeprisutno πto viπe igraËa.

153atka 15 (2006.) br. 55

6.) Sada nastupa vaπ trenutak. Zamolite sudionike igre da vam samo na sekun-du pokaæu tablicu sa svim brojevima. Vaπ je zadatak zapamtiti samo 7.red, u mislima ga pomnoæiti s 11, πto je jednostavno, rezultat zapisati napapiriÊ koji presavijete i date susjedu da ga spremi do kraja igre.

7.) Zatim ih zamolite da svih 10 brojeva zbroje i oni.

8.) Usporedite rezultate! Ako vas pitaju kako to da ste dobili isti rezultat,odgovor Êe ovisiti o vama. Moæete reÊi da znate Ëitati buduÊnost i da steznali πto Êe oni dobiti... Ili da imate savrπenu memoriju... Ili da ste pravimali ËarobmatiËar! Ili...

Ako su vam prijatelji pravi matematiËari i otkriju zaπto to vrijedi ili akoËitaju atku... onda moæete biti ponosni πto imate takve prijatelje!

Svi ovi brojevi poπtuju mnoge pravilnosti i imaju joπ mnoga lijepa svoj-stva. Ima ih vrlo mnogo, toliko da su matematiËari osnovali i ËasopisFibonacci Quaterly koji se bavi samo Fibonaccijevim brojevima. Jedno odpravila je da je sedmi broj Fibonaccijevog niza jednak jednoj jedanaestinizbroja prvih 10 Ëlanova niza, πto je svojstvo koje smo koristili u igri.

Da zvuËi uËenije, moæemo to zapisati ovako:...F F F F F1 2 3 10 7 11+ + + + = $

Dokaæite ovu formulu. Pokuπajte opÊenito, a ako ne ide, provjerite je takoda prva dva broja zadate sami sebi. Nije teπko!

Moæete pokuπati dokazati i sljedeÊe formule (ostale kada budete maloveÊi!):

...F F F F F 11 2 3 10 12+ + + + = -

Ili zapiπimo to opÊenito: n je prirodni broj. ...F F F F F 1n n1 2 3 2+ + + + = -+

Zahvalila sam se Baltazaru i odjurila kuÊi isprobati igru na svojimukuÊanima! I zamislite! Radi!

Evo πto smo mi doma dobili (prva dva broja je moj brat sam zadao, aostale izraËunao):

1. 212. 73. 284. 355. 636. 987. 1618. 2599. 42010. 679

161 11 1771$ =

21 7 28 35 63 98 161 259 420 679 1771+ + + + + + + + + =

154 atka 15 (2006.) br. 55

Petu skupinu geometrijskih iluzija Ëine iluzije oblika. Ono πto vidimonespojivo je s realnoπÊu. Naime, prosudba prema geometrijskim svojstvimanekonzistentna je s realnoπÊu, i kao takva rezultira netoËnom (krivom) per-cepcijom.

Prosudba oblikamoæe biti iskrivljenazbog okoline u kojojje promatrana nekafigura. Tako su naslikama 1. i 2.tipiËni primjeri ilu-zija ove skupine.

Prikazani uspored-ni pravci presjeËeni su

pravcima / duæinama. Na mjestima presjeka stvara se efekt πirenja, koji imaza posljedicu krivu percepciju. »ini se da pravci nisu usporedni.

Suprotni efekt otkrio je psiholog W. Wundt, slike 3. i 4. ZakljuËio je dapravci / duæine ne trebaju "prelaziti" preko usporednih pravaca, kako bi sedobio efekt πirenja / suæavanja.

Za provjeru usporednosti pravaca,zakrenite atku u poloæaj kao na slici 1.Zaæmirite na jedno oko i promatrajte slikupo sliku. Pravci su doista usporedni. Na tajnaËin mogu se promatrati sve iluzije oveskupine.

Na slici 5. svih sedam pravaca je uspored-no, iako duæine koje ih sijeku stvaraju efektπirenja / suæavanja pa se promatraËu Ëini dapravci nisu usporedni.

ILUZIJE OBLIKA

Nikol RadoviÊ, Sisak

Slika 1.Hering Illusion, 1861.

Slika 2.

Slika 4.Slika 3.

Slika 5.

155atka 15 (2006.) br. 55

SliËan efekt prikazan je i na slici 6. Vertikalni supravci usporedni iako se Ëini da se sijeku pod nekimkutom.

Iluzija na slici 7. poznata kao Cafe WallFigure ili Münsterberg Figure, prvi je putprikazana na zidu jednog kafiÊa u Bristolu.

Je li rijeË o kvadratima ili pravokutnicima? Jesu li pruge meusobnousporedne? Ova je iluzija zaintrigirala i inspirirala mnoge, pa su tako nastalei iluzije na slikama 8. i 9.

Za razliku od njih, Frisby (slika 10.) se poigraoprugama i krugovima, postigavπi isti efekt πirenja /suæavanja. Pogledajte sliku. Jesu li pruge us-poredne ili ne? Je li moæda zebra zalutala na stra-nice atke?

Slika 6.F. Zöllner, 1860.

Slika 7.

Slika 8.Kindergarten Illusion

Slika 9.Münsterberg Illusion

Slika 10.Frisby, 1980.

156 atka 15 (2006.) br. 55

Na slikama 11. i 12. je kvadrat.Pravci koji sijeku stranice kvadrataformiraju oblik slova V, i kao takvistvaraju efekt suæavanja. »ini se daduljine stranica nisu jedanake, tj. dakvadrat nije kvadrat.

Ako se pravci/duæine zamijene koncentriËnim kruænicama, nastaju iluzijena slikama od 13. do 16. »ini se da kvadrat nije kvadrat jer se stranice lome.Je li baπ tako?

Slika 11. Slika 12. Orbison

Slika 13. Slika 14.

Slika 15. Slika 16.

157atka 15 (2006.) br. 55

I kruænicu je moguÊe sjeÊi pravcima/duæinama, slike 17. i 18.Pravci/duæine formiraju slovo V, πto rezultira efektom spljoπtavanja.PromatraËu se Ëini da kruænica nije kruænica.

Iluzije oblika nastaju i pri kombinaciji nekoliko likova koji se sijeku ilidodiruju, slike 19. i 20. Kruænice se promatraËu Ëine deformirane.

Pogledajte sliku 21. Jesu li na slici kruænice ili spirala? Kako bisteodgonetnuli o Ëemu je rijeË, prstom ili vrhom olovke slijedite kruænice. I?Jeste li oËekivalikoncentriËne kru-ænice? Tajna jerazotkrivena naslici 22. RijeË je onizu lukova kojise preklapaju.

Slika 17. Slika 18. Balon?

Slika 19. Slika 20.

Slika 21. Fraser Slika 22.

158 atka 15 (2006.) br. 55

IduÊa slika 23. sastoji se od niza lukova,poredanih jedan iznad drugoga u stupac. Svisu lukovi jednake duljine i meusobno su jed-nako udaljeni/usporedni. VeÊini promatraËaËini se da dva luka na vrhu/dnu nisu jednakoudaljena.

No, efekt πirenja /suæavanja moæe sepostiÊi i pravcima/duæinama koje izviru iznekoliko toËaka i presjecaju usporednepravce, slika 24.

Slika 25. uvijek je tema za diskusiju. Dilema? Lik A je kvadrat! Ne, lik Bje kvadrat! Je li to dilema? Ugodnu zabavu!

Sve slike iz ovog Ëlanka moæete naÊi na iduÊim Internet adresama:

http://mathword.wolfram.com/30.12.2005./http://www.sapdesignnuguild.org/5.01.2006./http://groups.msn.com/QuestIllusion/aretherelinesstraighrorsloped.msnw/30.12.2005./http://psylux.psych.tu-dresden.de/29.12.2005./http://www.grand-illusions.com/pinwheel.htm/5.01.2006./http://www.gifford.co.uk/5.01.2006./http://www.planetperplex.com/en/shape_illusions.html/10.01.2006./http://members.lycos.nl/amazingart/E/31.html/10.01.2006./

Slika 23.Wundt, 1893.

Slika 24.

Slika 25.Dilema: πto je

kvadrat?

A B

159atka 15 (2006.) br. 55

Arhimedovi nasljedovatelji do sada se gotovo uopÊe nisu sluæili njegovomnepotpuno saËuvanom pismenom raspravom Stomachion. Taj je tekst u XIII.

stoljeÊu prepisao neki redov-nik, a matematiËarima jeizgledao kao jedna vrsta mi-saonog rjeπavanja zagonetnihzadataka. Naime, traæio je dase od 14 razliËitih mnogokutanapravi jedan kvadrat.

Reviel Netz, povjesniËarmatematike na ameriËkomStanford Universityju, vjerujeda je Arhimed bio dalekoispred svoga vremena, i da se nije bavio dje-

Ëjom mozgalicom nego ozbiljnim matematiËkim problemomtraæeÊi nove moguÊnosti za rjeπavanje tog geometrijskogzadatka. To dokazuje da se taj svestrani stvaralaËki duh joπprije 2200 godina bavio temeljnim naËelima kombinatorike -podruËjem matematike koje je doseglo svoj vrhunac tek izu-mom raËunala.

»etvorica struËnjaka, kojima je Netz povjerio rjeπavanjeStomachiona, trebala su Ëak 6 tjedana za rjeπavanje te zagonetke, a otkrili suda postoji Ëak 17 152 moguÊe inaËice tog rjeπenja.

Izvornik: Der SpiegelPripremio: Æeljko Medveπek, Zagreb

TAJNA ARHIMEDOVE MOZGALICE

160 atka 15 (2006.) br. 55

NESRE∆A: Poginuo suvozaË Z. V. , vozaË kritiËno!Passatom u kojem je bilo πest osoba udario u gradski autobus.

SPLIT - Tragedija u nedjeljno jutro! Z. V. (33) iz Splita, suvozaËu VW passatu karavan, poginuo je juËer ujutro u prometnoj nesreÊi nasplitskim Brdima, kod kriæanja Sarajevske i HercegovaËke ulice,nakon πto se automobil kojim je upravljao J. ∆. (26)oko 7.40 sati frontalno sudario s Prometovom"devetkom", u kojoj nije bilo putnika.

Do sudara je doπlo tijekom pretjecanja kombija,a J. ∆. je tom prilikom preπao preko dvostruke pune

crte. Tragovi koËenja dugi su 43 i pol metra i vrlo uoËljivi, pa sve upuÊuje naveliku brzinu, bitno veÊu od dopuπtene. U automobilu je, uz vozaËa isuvozaËa, bilo joπ Ëetvero putnika koji su lakπe ozlijeeni.

TridesetËetverogodiπnji vozaË autobusa D. M. nije ozlijeen. Podvrgnut jeipak lijeËniËkom pregledu zbog πoka. Prema policijskim informacijama, krenuoje s Brda u Prometovu garaæu. Prizor na mjestu nesreÊe bio je straviËan: kom-pletni prednji dio karavana jednostavno je nestao od siline udara u autobus.

(20.11.2005.)

1. Kojom je brzinom vozio vozaË VW passata?2. Koliki je bio put reakcije vozaËa?3. Koliki je bio ukupan put zaustavljanja?4. Koje je sve zakone prekrπio vozaË VW passata?Prema podacima iz jednog automobilskog Ëasopisa moæemo vidjeti vezu

izmeu brzine i vremena koje je potrebno da se automobil zaustavi.

PROMETNA NESRE∆A

Renato GuliÊ, 2.f, V. gimnazija, Zagreb

brzina (km/h)

40 8 8 1650 10 12.5 22.560 12 18 3070 14 24.5 38.580 16 32 4890 18 40.5 58.5100 20 50 70110 22 60.5 82.5120 24 72 96

put reakcije (m) put koËenja (m)put zaustavljanja

(m)

161atka 15 (2006.) br. 55

v - brzina kretanjar - put reakcije odnosno put prijeen do poËetka

koËenjak - put koËenjaz - put zaustavljanja

Moæemo primijetiti da se porastom brzine za 10km/h put reakcije poveÊava za 2 m.To moæemo napisati kao funkciju:r(v) = [(10 - 8) : (50 - 40)]$(v - 40) + 8r(v) = 0.2v

Graf ovisnosti brzine o putu koËenja:

y ax2=

a8 402$=

a = 0.005Dakle, funkcija koËenja zadana je formulom:

( ) .k v v0 005 2=

Ukupni put zaustavljanja jednak je zbroju puta reakci-je i puta koËenja:z(v) = r(v) + k(v)

( ) . .z v v v0 005 0 22= +

1) Odredimo brzinu kojom se automobil kretao:k = 43.5 m

( ) .k v v0 005 2=

. .v0 005 43 52=

v 87002=

.v 93 27.Automobil se kretao brzinom od najmanje 93 km/h.

2) Odredimo put reakcije vozaËa:r(v) = 0.2v

( . ) . .r 93 27 0 2 93 27$=

.r 18 654.Put reakcije vozaËa bio je oko 18.654 m.

3) Odredimo ukupan put zaustavljanja:z(93.27) = k(93.27) + r(93.27)z = 43.5 + 18.654z = 62.154Ukupan put zaustavljanja vozila bio je oko 62.154 m.

4) VozaË VW passata prekrπio je tri zakona. Preπao je preko dvije pune crte.Vozio je brzinom veÊom od dopuπtene. U autu je bilo πest osoba, πto nijedopuπteno.

brzina km/h50

204060

-50

-50

100

50 100 brzina km/h

put (

m)

204060

put (

m)

162 atka 15 (2006.) br. 55

U prvom dijelu Ëlanka razmotrili smo neke jednostavnije konstrukcije, a uovom Êemo rijeπiti neke zahtjevnije zadatke.

Primjer 1. Konstruirajmo trokut ako je zadano , , .r b tc

Analiza. U trokutu ASC poznate su duljine svih triju stranica pa se on moæekonstruirati. BuduÊi da je teæiπnica duæina koja spaja vrh s poloviπtem

nasuprotne stranice, a srediπte opisane kruænice trokuta je sjeciπtesimetrala stranica, onda je <AP S 90c = °. Prema obratu Talesovog

pouËka, toËka Pc nalazi se na kruænici promjera AS.Konstrukcija. 1. Konstruiramo duæinu ,AC AC b= .

2. , , , ' .k A r k C r S S1 2+ =_ _i i # -

3. Konstruiramo poloviπte P duæine AS te , .k P r23b l

4. , , ' .k P r k C t P P2 ,c c c3 4+ =b _l i # -

5. , , , ' , , .AP k S r A B AP k S r A Bc c1 2+ += =_ _i i# #- -

Trokuti AB C1 i ABC su rjeπenja zadatka. Napomenimo da 3., 4. i 5. korakmoæemo provesti koristeÊi toËku S' umjesto toËke S. No, trokuti koji se takodobiju sukladni su trokutima AB C AB Ci1 2 pa nemaju utjecaj na broj rjeπenja.

Rasprava. Za > , > , > , <r b t b r0 0 0 2c zadatak ima jedno

rjeπenje ako je ili t b r r21

22c

2 2= + - ili

t b r r21

22c

2 2= + + , odnosno dva rjeπenja ako je

< <b r r t b r r21

22 2

12

2c2 2 2 2+ - + + i .t bc! Za

> , > , > ,r b t b r0 0 0 2c = zadatak ima jedno rjeπenje ako je< < .r t r2c

InaËe zadatak nema rjeπenje.

TROKUT I POLUMJER OPISANE KRUÆNICE

Æeljko Buranji, Zagreb

A

BC

Sr

r b

tc

Pc

B2

B1

Pc

C

A

S'

S

P'P c

k3

163atka 15 (2006.) br. 55

Primjer 2. Konstruirajmo trokut ako je zadano , ,r a b.

Analiza. Nacrtamo li kruænicu 'k koncentriËnu opisanojkruænici k trokuta ABC, a presjeke polupravaca SA, SB, SCs kruænicom 'k oznaËimo redom ', ', ',A B C dobit Êemotrokut ' ' 'A B C sliËan trokutu ABC .

Konstrukcija. 1. Konstruiramo kut a s vrhom 'A ikrakovima p i q.2. Na kraku p kuta a odaberemo toËku 'B te konstruiramokut b s vrhom 'B i drugim krakom u. 3. 'q u C+ = " ,.4. Konstruiramo simetrale s si1 2 stranica

' ' ' ',A B A C s s Si 1 2+ = " ,

5. Konstruiramo kruænicu k(S, r).6. Konstruiramo toËke A, B, C kao presjek kruænice k(S, r) i redom poluprava-ca ', ', 'SA SB SC . Trokut ABC je rjeπenje zadatka.

Dokaz. Neka je ' ' ' 'r SA SB SC= = = . Tada iz' ' '

< ' ' <SA

SArr

SB

SBB SA BSAi= = = prema pouËku S-K-S o sliËnosti slijedi

' 'A B S ABSO O+ .Analogno, ' ' ' ' .B C S BCS A SC ASCiO O O O+ + Iz sliËnosti slijedi < ' ' < < ' ' <SA B SAB C A S CASi= = pa je< ' ' ' < ' ' < ' ' < < <C A B C A S SA B CAS SAB CAB= + = + = = a.

Analogno, iz dokazane sliËnosti slijedi ' ' 'A B C ABCO O+ .

Rasprava. Za > , > , <r 0 0 180+a a b ° zadatak ima jedinstveno rjeπenje.U protivnom nema rjeπenje.

Zadatak. Konstruirajte trokut ako je zadano

1. , ,r tcc

2. , ,r tac

3. , ,r vcb

4. , ,r vbb

5. , ,r t va a

CA

A' B'

C'

S

k'k

α β

B

BA

C

k

SA' B'

C'

u q

p

s1

s2

164

AmeriËki zubar i samouki matematiËar Leon Bankoff 1977. godinenaËinio je niz zadivljujuÊih otkriÊa u elementarnoj geometriji. O njima Êe bitirijeË u ovom i nekom od sljedeÊih brojeva atke.

Izvor otkriÊa naπao je u pouËku o propeleru iz 1930. godine nepoznatogautora.

Razmotrimo sljedeÊi problem.

Problem.Zadana su tri sukladna jednakostraniËna trokuta sa zajedniËkim vrhom. a) Istraæite kakav je trokut odreen poloviπtima duæina koje odreuju

vrhovi susjednih trokuta.

RjeπavajuÊi problema otkriva se sljedeÊi pouËak. Ime je dobio jer podsjeÊana propeler.

PouËak 1. (PouËak o propeleru)Ako su dana su tri jednakostraniËna sukladna trokuta ,ABS CDS i EFS sa

zajedniËkim vrhom S, onda su poloviπta duæina ,BC DE i FA vrhovi jed-nakostraniËnog trokuta.

atka 15 (2006.) br. 55

POU»AK O PROPELERU

Petar MladiniÊ, Zagreb

A

B JC

D

I

E

F

H

S

165

(Dokaz pouËka je domaÊa zadaÊa!)

b) ''Napustimo" sukladnost jednakostraniËnih trokuta! Trokuti su sliËni!©to se u tom sluËaju dogaa?

c) ''Napustimo" i zajedniËki vrh! Neka je ''vrh" sada novi jednakostraniËnitrokut. ©to se sad dogaa?

d) ''Napustimo" jednakostraniËnost i sukladnost trokuta! Trokuti su sliËni!

Razmotrimo dva sluËaja:

• sa zajedniËkim vrhom,• sa zajedniËkim sliËnim trokutom kao ''vrhom".

e) Pitanja za daljnje istraæivanje:

• Moraju li krakovi propelera biti trokuti?• Mogu li krakovi propelera biti kvadrati?• Mogu li drugi likovi biti krakovi?• Vrijedi li svojstvo propelera za sukladne likove?• A sliËne likove?• S vrhom ili ''vrhom"?• ...Svaki dokaz navedenog pouËka kao i svako obrazloæeno ''otkriÊe" objavit

Êemo, a autora nagraditi!

atka 15 (2006.) br. 55

Svojim

Ëitateljima

i suradnicima

sretan Uskrs

æeli

Uredniπtvo atke

166 atka 15 (2006.) br. 55

POVIJEST

POVIJEST

Vilim FellerTanja Soucie, Zagreb

Roen: 7. srpnja 1906., Zagreb, HrvatskaPreminuo: 14. sijeËnja 1970.Najvaæniji doprinos: teorija vjerojatnosti Zanimljivost: Fellerova knjiga Uvod u teoriju vjerojatnosti i njenu pri-

mjenu ubraja se u tri najvaænija priruËnika za matematiku objavljena u20. stoljeÊu.

Vilim Feller, matematiËar svjetskog glasa, rodio se 7. srpnja 1906. godineu Zagrebu. Njegov otac, Eugen Viktor Feller, imao je ljekarnu i tvornicu

higijenskih i kozmetiËkih preparata u Donjoj Stubici.Obitelj se kasnije preselila u Zagreb gdje je Vilim zavrπiosrednju πkolu i prve dvije godine studija matematike.

Godine 1925. Vilim se preselio u Göttingen gdje je,godinu dana kasnije, doktorirao s tek navrπenih dvadesetgodina. Neko vrijeme (od 1928. do 1933. godine) radio jekao docent na sveuËiπtu u Kielu, a zatim je, zbog dolaskanacista na vlast u NjemaËkoj, otiπao u Kopenhagen, apotom u Stockholm.

Godine 1938. Feller se oæenio Clarom Mary Nielsen. Djece nisu imali.Godinu dana kasnije obitelj Feller emigrirala je u Sjedinjene AmeriËkeDræave. Od 1939. do 1944. godine Vilim je predavao na sveuËiliπtu Brown uProvidenceu, Rhode Island. Godine 1944. preuzeo je ameriËko dræavljanstvo.Istodobno, preπao je na sveuËiliπte Cornell, a samo godinu dana kasnije naPrinceton gdje ostaje do smrti, 1970. godine.

Fellerov znanstveni rad je raznolik i seæe od matematiËke analize, teorijemjere, geometrije, funkcionalne analize do diferencijalnih jednadæbi. NjegovinajznaËajniji radovi odnose se na klasiËne graniËne teoreme vjerojatnosti,posebno centralni graniËni teorem (Lindeberg-Fellerov uvjet). Mnogi pojmoviu teoriji vjerojatnosti nose njegovo ime, primjerice, Fellerove prelazne funkci-je, Fellerov ekspolzijski test, Fellerovi procesi, Lindeberg-Fellerovi procesi,Lindeberg-Fellerov teorem, Fellerovo svojstvo.

Za vrijeme svojeg djelovanja u Princetonu Feller je objavio radove izteorije vjerojatnosti koji se ubrajaju meu najuspjeπnije matematiËkeudæbenike napisane u 20. stoljeÊu (Introduction to probability theory and its

167atka 15 (2006.) br. 55

application tj. Uvod u teoriju vjerojatnosti i njenu primjenu). Feller je krozsvoje radove zasluæan za πirenje suvremenih ideja teorije vjerojatnosti. MeuFellerove znaËajne uspjehe ubraja se i Ëinjenica da je pokrenuo, zajednos Neugebauerom, svjetski vaæan matematiËki Ëasopis, MathematicalReviews.

Za svog æivota Feller je primio mnogobrojana priznanja: Ëlanstvo uNacionalnoj akademiji znanosti u Washingtonu, predsjedniËku funkcijuInstituta za matematiku i statistiku, poËasno Ëlanstvo u Kraljevskom sta-tistiËkom druπtvu u Londonu, Ëlanstvo u Hrvatskoj akademiji znanosti iumjetnosti, itd. Godine 1970. dodijeljena mu je Nacionalna medalja zaznanost, koju dodjeljuje predsjednik Sjedinjenih AmeriËkih Dræava. Tuje medalju, u njegovo ime, preuzela njegova udovica Clara Mary Feller.

Dragi MatkaËi, Hrvatsko matematiËko druπtvo objavilo je u Matkinojbiblioteci knjigu Ëiji je naslov

Zadatci s viπe naËina rjeπavanja. Autor knjige je Zdravko Kurnik.

...Zadatci s viπe naËina rjeπavanja dobro su sredstvo za aktivnije razmiπljanjeuËenika i djelotvornije ponavljanje i utvrivanje steËenog znanja. Posebno sukorisni u okviru priprema uËenika za matematiËka natjecanja...

Knjiæica sadræi 20 zadataka od kojih se svaki moæe rijeπiti na bar dva naËina. Teæiπte nije nabroju zadataka nego na promiπljanju, idejama i teorijskoj osnovi. Zadnji odjeljak knjiæice suDodatni zadatci. Ima ih takoer 20, sliËnog su tipa i za njihovo rjeπavanje obiËno je dovoljnanavedena teorijska osnova.

Knjiæica je formata atke, ima 64 stranice i podijeljena je u 5 poglavlja.

Cijena knjige za pretplatnike atke, Ëlanove HMD-a i podmlatka HMD-a je 40 kn, a zaostale 60 kn. Knjigu moæete naruËiti na adresi:

Hrvatsko matematiËko druπtvoBijeniËka cesta 30p.p. 33510002 Zagreb

uplatom na æiro-raËun 2360000-1101530802.Kako biste izbjegli nesporazume oko dostave kupljene knjige, molimo Vas da nam dostavite

Ëitljive osobne podatke i presliku uplatnice.

M A T K I N A BIBLIOTEKA

168 atka 15 (2006.) br. 55

INTERVJUINTRERVJU

Vladimir PaarLucija GusiÊ, Zagreb

Iako nam je obiËaj predstavljati vam matematiËare, ovaj put predstavljamo vamjednog fiziËara. Akademik prof. dr. Vladimir Paar radi na PMF-u, na odjelu zafiziku, i unatoË mnogim obvezama naπao je vremena i za nas.

❑ atka: Recite nam neπto o sebi. Zaπto ste se zaljubili u fiziku?V. Paar: Roen sam 1942. godine u Zagrebu. Osnovnu πkolu poha-ao sam u Samoboru nakon Ëega sam zavrπio V. gimnaziju u Zagre-bu. UËitelj Hetler u osnovnoj πkoli oduπevio me kada nam je na satuopseæno tumaËio da se sve sastoji od atoma. MuËilo me pitanje sa-stoje li se i klupa i Ëovjek od atoma, pa sam ga to direktno pitao.Kada je potvrdio, odluËio sam da Êu postati fiziËar i to dalje istraæi-vati. U V. gimnaziji sam odmah na poËetku dobio odliËnu ocjenu izmatematike. Profesor NasuroviÊ nam je na prvom satu postaviopitanje: "Tri ptice polete s krova. Kada Êe se nalaziti u istojravnini?" Odmah sam se javio i za odgovor "Uvijek" dobio svoju

prvu peticu u gimnaziji. Fiziku mi je predavao profesor KuntariÊ koji nas jeoduπevio svojim nastupom i jasnim predavanjem o molekularno-kinetiËkojteoriji plinova. Taj mi je aproksimativni fizikalni model joπ dugo ostao kaoorijentir za fizikalni naËin miπljenja. Tek mnogo kasnije nauËio sam da je rijeËo prirodoznanstvenoj metodi koju je u 13. stoljeÊu formulirao franjevac RogerBacon, koja se ispoËetka primjenjivala u fizici, a danas ulazi u sve znanosti.

❑ atka: Jeste li sudjelovali na natjecanjima i je li to utjecalo na Vas?V. Paar: Svake godine sudjelovao sam na natjecanjima iz mate-matike, koja su tada bila u zaËetku, i dobio niz nagrada. To je Ëuotadaπnji samoborski æupnik Franjo KuhariÊ i pozvao me na razgo-vor. Zaintrigirao me nekim kritiËkim pitanjima u vezi spoznajnemoguÊnosti znanosti zbog aproksimativnog karaktera prirodo-znanstvenih teorija. Mnogo kasnije, kad je kao kardinal otiπao umirovinu, priËao mi je da ga je u to vrijeme zanimala teorija velikogpraska o postanku svemira. No, kao uËenika upozorio me na nekaotvorena pitanja u vezi fizikalnog razumijevanja svijeta.

❑ atka: Recite nam neπto o svom radu i o suradnji s drugim znan-stvenicima.V. Paar: Zavrπio sam studij fizike i diplomirao 1965. godine temom iz super-simetrija elementarnih Ëestica, tada sasvim novom znanstvenom spoznajom.Nakon vojnog roka, gdje sam bio izvrstan radiotelegrafist tako da mi jeponueno mjesto radiotelegrafista na prekooceanskom brodu, zaposlio sam se

na Institutu Ruer BoπkoviÊ. PoËeo sam istraæivati teorijske modele atomskejezgre, pod vodstvom profesora Alage, prvog hrvatskog teorijskog nuklearnogfiziËara. Nakon magisterija odlazim na trogodiπnjuspecijalizaciju na Niels Bohrov institut u Kopenhagenui tamo znanstveno radim na dvije problematike: nabozonsko-fermionskim modelima i na nuklearnoj teorijipolja koja je tih godina stvorena u Kopenhagenu. Svojeznanstvene radove objavljene u vrhunskim svjetskimznanstvenim Ëasopisima skupio sam i objedinio i to jebio moj doktorat. Te i narednih nekoliko godina razvijaosam nuklearne modele i pomoÊu njih uspio teorijski objasniti i predvidjetineka fizikalna svojstva atomske jezgre u dobrom slaganju s eksperimentima.To je postalo baza vrlo raπirene znanstvene suradnje s eksperimentalnimfiziËarima iz tridesetak dræava - NjemaËke, SAD-a, Japana, Engleske,Francuske, Nizozemske, Belgije, Rusije, Brazila, Maarske, Austrije, Italije,Poljske, Danske, ©vedske, Finske, ©vicarske, Rumunjske, Bugarske, GrËke, itd.i objavljivanja zajedniËkih znanstvenih radova. Na toj problematici vodio samdoktorate nekoliko naπih briljantnih mlaih znanstvenika, Slobodana Branta,Darija Vretenara i Denisa Sunka, koji su danas sveuËiliπni profesori i vrhun-ski znanstvenici. No, 1978. godine paænju mi privlaËi teorija deterministiËkogkaosa. Isprva je primjenjujem u teoriji nuklearne strukture, a zatim kreÊem umnogo πiri raspon te problematike. I tu objavljujem veliki broj znanstvenihradova, s primjenama u biologiji, medicini, robotici, geografiji, kemiji, pa Ëaki u teologiji - taj je rad u koautorstvu s naπim uvaæenim teologom i pjesnikom,profesorom Ivanom Golubom. U meuvremenu sam se bavio i problemomgustoÊe stanja atomskih jezgri na vrlo visokim enegijama, problemom koji jevaæan za astrofiziËke teorije o postanku atomskih jezgara u svemiru.

❑ atka: Zavirili ste i u medicinu?V. Paar: Godinama me fascinirao problem genomske πifre. Traganje zapravilnostima u toj strukturi veliki je znanstveni izazov. BuduÊi da sam veÊranije primijenio deterministiËki kaos za stvaranje novog "neprobojnog'' po-stupka za πifriranje informacija, konaËno sam prije tri godine dobio idejukako to uËiniti za genom. Tako sam sa suradnicima Ivanom Basarom, fiziËa-rom koji se dugo profesionalno bavio informatikom u primjeni, i s MarijomRosandiÊ, lijeËnicom s kliniËke bolnice Rebro i profesoricom interne medi-cine na Medicinskom fakultetu u Zagrebu, razvio novu kompjutorsku metoduza razotkrivanje strukture genoma. Tu sam metodu nazvao Key-string algo-ritam. O njoj i njezinim primjenama objavili smo nekoliko znanstvenih rado-va u svjetskim znanstvenim Ëasopisima. U vezi toga imao sam zanimljivihdoæivljaja. Kada je 2003. godine objavljen naπ prvi rad s otkriÊem novemetode, ameriËki lektor je iza imena grada i dræave (Zagreb, Croatia) dodaoU.K. misleÊi da je Croatia dio Velike Britanije. Tako je pisalo u "proofsu'' 1).Isprva sam se æelio naπaliti i to ostaviti, ali onda sam ipak odluËio upozoriti

169atka 15 (2006.) br. 55

1)To je probni otisak koji dobije autor da provjeri je li se potkrala neka pogreπka.

izdavaËa da Hrvatska nije u Velikoj Britaniji. Kasnije sam otkrio razlog zaπtoje lektor smjestio Hrvatsku u Veliku Britaniju. Naime, naπ kompjutorski algo-ritam bio je toliko moÊan da je mogao otkriti korelacije u genomskoj πifri koje

dotad nisu uspjeli otkriti ni najveÊi svjetski sustavi superkompjutora.BuduÊi da se najveÊi takav europski sustav za primjenu u bioinformati-ci nalazi u Cambridgeu, lektor je oËito pomislio da je to jedino mjestogdje se raËun mogao napraviti, πto bi znaËilo da smo mi iz VelikeBritanije. Nastavak priËe slijedi kada smo ove godine objavili Ëlanak uËasopisu Bioinformatics. Recenzent je postavio pitanje na kojemu smo tosuperkompjutorskom sustavu uspjeli izraËunati. Moj je odgovor glasio:

"Na PC-u Pentium-IV."

❑ atka: Osim znanoπÊu i sveuËiliπnom nastavom bavili ste se i πkolskomnastavom.V. Paar: Da, veÊ tri desetljeÊa bavim se i πkolskom nastavom. Bio sam dva-naest godina Ëlan Prosvjetnog savjeta Hrvatske, Ëlan niza povjerenstava uvezi s poboljπanjem nastave, pokretao sam niz inicijativa za poboljπavanjekvalitete obrazovanja, osobito iz prirodnih predmeta i matematike, πto kodnekih naπih ministara prosvjete nije bilo blagonaklono primljeno. O tome samnapisao niz publikacija, te iz prve ruke pratio trendove razvoja obrazovanja usvijetu. Takoer sam autor niza πkolskih udæbenika iz fizike za osnovnu πkolui gimnaziju.

❑ atka: I, nazire li se skori napredak u πkolstvu?V. Paar: Dolaskom ministra Primorca stvoreni su uvjeti da se ubrzano krene

u poboljπavanje hrvatskog sustava obrazovanja pa sam se angaæiraokao osobni ministrov savjetnik: kada æeli, ministar zatraæi mojemiπljenje, a ja nisam ni u kakvom angaæmanu niti imam bilo kakveobveze prema ministarstvu, niti sam za to plaÊen. Sukladno najboljimsvjetskim i domaÊim iskusvima, uz sudjelovanje uËitelja praktiËara izπkola, akademika i πirokog kruga drugih struËnjaka, najprije je izraenHrvatski nacionalni obrazovni standard (HNOS) za osnovnu πkolu.Meu ciljevima HNOS-a se istiËu: rastereÊenje gradiva enciklopedij-skih sadræaja a usmjeravanje na dublje usvajanje manjeg opsegakljuËnih znanja, razvoj kreativnosti uËenika i sposobnosti rjeπavanjaproblema, viπe istraæivaËki orijentirana nastava, osposobljavanjeuËenika za kasnije cijeloæivotno uËenje... pa sve do jaËanja odgojneuloge πkole. Uskoro se planira poËetak rada na HNOS-u za gimnazije.

❑ atka: Svi poruËe MatkaËima neπto za kraj. ©to biste im ViporuËili?V. Paar: Zavrπio bih svojim omiljenim citatom velikog grËkog filozofa,znanstvenika i pedagoga Sokrata: Cilj obrazovanja je potpaljivanje plame-na, a ne punjenje praznih posuda. Prisjetimo se, iz Sokratove πkole potek-li su takvi genijalni umovi kao πto su Platon i Aristotel. To bi mogao biti i motoHNOS-a.

170 atka 15 (2006.) br. 55

171atka 15 (2006.) br. 55

KU

TA

K

KUTAK

ZA KREATIVNI TRENUTAK

ZA KREATIVNI TRENUTAK

Ovu su mozgalicu godine 1995. zadali Nizozemci Pietervan Delft i Jack Botermans u knjizi u Creative Puzzles of

the World.

Nagrada:

Svaki atkaË koji poπalje rjeπenje (nacrtano ili napravljeno)

dobit Êe jednu knjigu iz atkine biblioteke

ili atkinu biljeænicu.

MozgalicaLjuljaËka

Problem:

Koliko trokuta uravnoteæuje krug na Ëetvrtoj vagi?

Pripremite: olovku i papir ili

dvostranu vagu i 4 vrsteæetona (po nekoliko

komada).

Prijedlog: Crtanjem ili vaganjem

rijeπite problem.

172 atka 15 (2006.) br. 55

Danas matemagiËar Dagobert ne treba nikakvu dodatnu opremu za svojtrik. Sve πto mu treba jest jedan dobrovoljac spreman malo raËunati.

- Danas Êu Vam pokazati da znam Ëitati misli. Æeli li se tko uvjeriti u to?Ovaj put Dagobert je meu dobrovoljcima odabrao ©imu.

- ©ime, kako ti ide raËunanje? Znaπ li raËunati s dvoznamenkastim broje-vima?

- Paaaa... Ide nekako.- Uzmi olovku i papir, moæeπ ostati gdje jesi. Nije bitno koliko brzo

raËunaπ, ali pazi da bude toËno i da ja ne vidim niti ne Ëujem tvoje raËune.Jesi li spreman? Dobro. Prvo zamisli neki troznamenkasti broj. Ne brini se,neÊeπ morati raËunati izravno s njime. Vaæno je samo da su mu sve tri zna-menke razliËite i da mi ga ne kaæeπ. Reci kad ti mogu poËeti davati daljnjeupute!

- Evo, zamislio sam. ©to sad?- Sad na svom papiru ispiπi svih πest moguÊih kombinacija od po dvije

znamenke tvog broja. Primjerice, da si zamislio broj 123, ispisao bi brojeve12, 21, 13, 31, 23 i 32. Kad ih ispiπeπ, zbroji ih. Reci kad budeπ gotov s tim.Nakon minutu-dvije, ©ime se javio da je izraËunao traæeni zbroj. Dagobert

nastavlja s uputama. - ©ime, sad te molim da zbrojiπ znamenke broja koji si na

poËetku zamislio, a onda s tim brojem podijeli zbroj onihdvoznamenkastih brojeva.

©ime je i to napravio. - Dobro, sad se moram malo koncentrirati da uspijem

proËitati tvoje misli i da pogodim koji si broj na kraju dobio.Samo tren... Evo ga, stiæe... Dobio si broj... dvadeset i dva!

Naravno, Dagobert je toËno pogodio broj. To nije biosluËaj nego matematiËka Ëinjenica: uz gornje upute uvijek Êese dobiti 22. Zaπto?

Recimo da su znamenke polaznog broja a, b, c. Zbrojznamenki polaznog broja tada je a+b+c. Onda su razliËite kombinacije od podvije znamenke brojevi:

, , ,ab a b ac a c ba b a10 10 10= + = + = +

, , .bc b c ca c a cb c b10 10 10= + = + = +

Koristili smo Ëinjenicu da je dvoznamenkasti broj isto πto i deset puta nje-

MATEMAGI»ARMATEMAGIcAR

UVIJEK 22Franka Miriam Brückler, Zagreb

173atka 15 (2006.) br. 55

gova prva znamenka plus njegova druga znamenka, npr. 29 = 2·10+9.Zbrajanje navedenih dvoznamenkastih brojeva daje broj

a b a c b a b c c a c b10 10 10 10 10 10+ + + + + + + + + + + =

a b c a b c a b c20 2 22= + + + + + = + +^ ^ ^h h h, πto dijeljenjem sa zbrojem znamenki a+b+c daje 22.

Zaπto je bitno da su sve znamenke razliËite? Uzmimo, recimo, da je zamiπljen broj 226. Tada imamo samo dvije, a ne

tri znamenke na izbor pa su kombinacije koje daju dvoznamenkaste brojevesamo 22, 66, 26 i 62 (njih Ëetiri, a ne πest). Zbroj znamenki je 2 + 2 + 6 = 10,a zbroj dvoznamenkastih brojeva je 22 + 66 +26 + 62 = 176, πto nijedjeljivo s 10.

SliËno Êe se dogoditi i s drugim kombinacijama u kojima se neka zna-menka ponavlja.

Ipak, moguÊe je izmijeniti trik tako da i tada funkcionira (ukoliko sveznamenke nisu iste): treba napisati sva Ëetiri, a ne svih πest moguÊihdvoznamenkastih brojeva, i ne dijeliti sa zbrojem svih znamenki, nego sazbrojem razliËitih znamenki (dakle, za broj 226 ne bismo 176 dijelili s 10nego s 2 + 6 = 8 pa bismo dobili 22).

To moæemo izvesti tako da na poËetku samo upozorimo da se zamis-li troznamenkasti broj kojemu nisu sve znamenke iste, da se ispiπu sverazliËite kombinacije od po dvije znamenke i da kaæemo da se za dijeljenjezbroje samo po jedna od svake znamenke koja se u poËetnom broju pojavila.

Dragi MatkaËi, Hrvatsko matematiËko druπtvoobjavilo je novu knjigu Matkine biblioteke. Njezin jenaslov MatematiËko natjecanje ‘’Klokan bez grani-ca’’ 1999. - 2004. Knjigu su priredili Neda LukaË,Petar MladiniÊ, Renata Svedrec, Sanja Varoπanec iZlatko Varoπanec.

Iz Predgovora:... Postoji pet natjecateljskih kategorija. Skupinu EE

(ecoliers) Ëine uËenici IV. i V. razreda osnovnih πkola,skupinu BB (benjamins) Ëine uËenici VI. i VII. razredaosnovnih πkola, skupinu CC (cadets) Ëine uËenici VIII.razreda osnovnih πkola i I. razreda srednjih πkola,skupinu JJ (juniors) Ëine uËenici II. i III. razreda sred-njih πkola, a skupinu SS (students) Ëine uËenici IV.razreda srednjih πkola i prve godine studija.

Natjecanje je pojedinaËno, provodi se isti dan sistim zadatcima, a ne koriste se ni raËunala niti bilokakve tablice s formulama. ...

... Ova je knjiga zbirka objavljenih zadataka na natjecanju Klokan bez granica od 1999. godine, kadse Hrvatska prvi put pridruæila natjecanju, do zaklju-

Ëno 2004. godine. Namijenjena je uËenicima osnov-nih i srednjih πkola, nastavnicima matematike i svimaonima koji vole rjeπavati matematiËke zadatke.

Knjiga je formata atke, ima 231 stranicu, apodijeljena je u πest poglavlja (godiπta natjecanja).

Cijena knjige za pretplatnike atke, ËlanoveHMD-a i Ëlanove PodmlatkaHMD-a iznosi 50 kn, a za ostale 80 kn. Knjigumoæete naruËiti na adresu

Hrvatsko matematiËko druπtvoBijeniËka cesta 30p.p. 33510002 Zagrebuplatom na æiro-raËun 2360000 - 1101530802.

Kako biste izbjegli nesporazume oko dostavekupljene knjige, molimo Vas da nam dostavite Ëitljiveosobne podatke i presliku uplatnice.

MATEMATI»KO NATJECANJE KLOKAN BEZ GRANICA 1999. - 2004.

174 atka 15 (2006.) br. 55

KNJIÆEVNOSTKNJIÆEVNOST

Charles Dodgson

Alice u zemlji Ëuda»uvπi to, KlobuËar πirom otvori oËi, ali reËe samo:- Zaπto bi gavran bio nalik na pisaÊi stol?"Baπ lijepo, sad Êemo se malo zabavljati", pomisli Alice. "Baπ mi je drago πto

su poËeli postavljati zagonetke…"- Mislim da ja to mogu odgonetnuti - glasno doda.- HoÊeπ reÊi da misliπ da na to pitanje moæeπ odgovoriti? - zapita Oæujski Zec. - Da, upravo to.- Onda moraπ i reÊi to πto misliπ. - Pa to i Ëinim - hitro odgovori Alice. - Barem… barem mislim ono πto

kaæem… a to je isto, zar ne?- Ne, nikako! - povikne KlobuËar. - To kao da kaæeπ: "Vidim ono πto jedem", a

to je isto kao "Jedem ono πto vidim!"- To je kao da kaæeπ da je - nastavi Oæujski Zec: "Volim ono πto imam" isto πto

"Imam ono πto volim!"- To je isto kao da kaæeπ - doda Puh, govoreÊi kao u snu, da je "Diπem kad

spavam" isto πto i "Spavam kad diπem"!- Za tebe je to doista isto - odvrati Oæujski Zec Puhu. Razgovor tada zamre. Svi nekoliko trenutaka ostadoπe bez rijeËi. Alice je u

duhu prebirala po svemu πto ju je moglo podsjetiti na gavrane i pisaÊe stolove, atoga baπ i nije bilo puno.

Oæujski Zec prvi prekine tiπinu. - Koji je danas dan u mjesecu? - zapitaobraËajuÊi se Alice. (Iz dæepa izvadi sat, zabrinuto ga pogleda tresuÊi ga s vreme-na na vrijeme i prinoseÊi uhu.) Alice je malo razmiπljala prije nego πto je odgov-orila:

- »etiri.- Kasni dva dana! - promrmlja KlobuËar uzdahnuvπi. - Lijepo sam ti rekao da

se maslacem ne podmazuju zupËanici! - dometne ljutito pogledavπi OæujskogZeca.

- Ali to je najbolji maslac koji sam mogao naÊi - skruπeno odgovori ovaj.- Svakako, ali moralo je upasti i nekoliko mrvica kruha - gunao je KlobuËar.

- Nisi smio stavljati maslac noæem za kruh.Oæujski Zec uzme sat, tuæno ga pogleda, zatim ga uroni u πalicu Ëaja i

Charles Lutwidge Dodgson (27. sijeËnja 1832. - 14. sijeËnja 1898.), poznati-ji je pod svojim umjetniËkim imenom Lewis Carroll. Bio je knjiæevnik,matematiËar, logiËar, anglikanski sveÊenik i fotograf. Njegovo najpoznatijeknjiæevno djelo je Alice u zemlji Ëuda nastao 1865. godine. To je djelo imalovelik utjecaj ne samo na knjiæevnost za djecu veÊ i na brojne knjiæevnikedvadesetog stoljeÊa. Pod pravim imenom veleËasni Charles Dodgson objavioje 1896. godine djelo Logika bez muke. Knjiga u kojoj se mijeπala najstroæalogika s duhom besmisla ostala je potpuno neprimijeÊena.

175atka 15 (2006.) br. 55

ponovno pogleda; nije bio u stanju smisliti nikakav bolji odgovor od onoga kojije veÊ bio dao:

- Ali to je najbolji maslac koji sam mogao naÊi.Alice koja je sve to promatrala preko njegova ramena, klikne: - Kakav neobiËan sat! Pokazuje dane u mjesecu, a ne pokazuje sate!- A zaπto bi pokazivao sate? - promrmlja KlobuËar. - Pokazuje li moæda tvoj

sat godinu u kojoj smo?- Naravno da ne pokazuje - odvrati Alice bez oklijevanja. - Ali to je zato πto

se vrlo dugo zadræava u istoj godini.- Pa to je upravo sluËaj s mojim satom - odgovori joj KlobuËar. Alice je bila uæasno zbunjena: primjedba koju je Ëula izgledala joj je pot-

puno besmislena.- Ne razumijem vas baπ dobro - odgovori najpristojnije πto je mogla.

Kao πto se rijeË gradi od slogova, tako se i logiËki sud gradi od silogizama.Najpoznatiji silogizam u povijesti iskazao je Sokrat (470.-399. pr.K.)

Svi ljudi su smrtni.Ja sam Ëovjek.

Dakle, ja sam smrtan.Iz dva aforizma (Poznaπ li samoga sebe, Nitko nije hotimice zao) on je

znao spojiti formalnu logiku s velikim pitanjima Ëovjeka o njegovoj sudbini.Silogizam je, zapravo, trolist reËenica u kojemu prve dvije reËenice iskazu-

ju odreeni odnos izmeu triju stvari (u ovom sluËaju: ljudi, smrtnici i ja), atreÊa predstavlja logiËku posljedicu prvih dviju.

Aristotel (384.-322. pr.K.) je prouËio sve kategorije silogizama koje sunakon njega razmatrali mnogi profesionalni i amaterski logiËari.

Evo nekoliko primjera silogizama iz Logike bez muke.1. Neke kravate su neukusne.

Divim se svemu πto je ukusno.Ima kravata kojima se ne divim.

2. Nijedan majmun nije vojnik.Svi majmuni su zlobni. Neka zlobna stvorenja nisu vojnici.

3. Nijedan fosil ne moæe biti nesretan u ljubavi.Kamenica moæe biti nesretna u ljubavi. Kamenice nisu fosili.

4. Nijedan car nije zubar.Djeca se boje svih zubara.Djeca se ne boje nijednog cara.

Za koje se od ova Ëetiri silogizma moæe reÊi da su toËni?Koji je sigurno netoËan?Koji nije ni toËan ni netoËan?

pripremio: Ivo KlariÊ, Zagreb

atka 15 (2006.) br. 55176

K R I Æ A LJ K A

K R I Æ A LJ K A

1

7 8

11

12 14

16 17

2 3 5 6

ZA PETA©E ZA PETA[E

Zdravko Kurnik, Zagreb

9

5VODORAVNO: 1. Najmanji zajedniËki viπekratnik brojeva 6,62 i 93. 4. 3 3 3 3 3 3$ $ $ $ $ . 7. MCDLIII. 9. Broj duæina πtoih odreuje 7 toËaka u ravnini. 10. Povrπina pravokutnog tro-kuta kojemu su duljine kateta dva broja iz skupa 5, 8, 16, 20,

26. 12. Broj kojim treba skratiti razlomak 776679 da se dobije

razlomak 87 . 14. 2006

43

200541

298+ + . 16. Opseg pra-

vokutnika kojemu je duljina jedne stranice 200, a povrπina

13200. 17. 3

10033

100420+ + .

OKOMITO: 1. :2006 6 2006 2 62$ - + . 2. NajveÊi zaje-dniËki djelitelj brojeva 420, 588 i 756. 3. OpsegjednakokraËnog trokuta kojemu je duljina osnovice 226, a du-

ljina kraka 213. 5. 536

537

538

51

+ + - . 6. Povrπina kvadrata

kojemu je opseg jednak 1212.

8. Najmanji zajedniËki nazivnik razlomaka 161 i

761 . 11. Broj

a za koji je razlomak a 164

500+

jednak razlomku 21 . 13. Broj

kojim treba proπiriti razlomak 137 da se dobije razlomak

949511 .

15. Broj pravokutnika πto ih odreuju Ëetiri usporedna pravcas tri druga usporedna pravca koji su okomiti na prva Ëetiri.

4

8

10

13 15

atka 15 (2006.) br. 55 177

K R I Æ A LJ K A

K R I Æ A LJ K A

ZA ©ESTA©E ZA [ESTA[E

6VODORAVNO: 1. Suprotni broj broja ( )32- . 3. 2006 9 99 999$ + - - -^ ^h h. 8. Obujam

kvadra kojemu su duljine bridova , ,425

572

631. 10. Umnoæak apsolutnih vrijednosti brojeva

( )4- , ( )9- i 167. 11. :263

661

- -b bl l. 13. Nazivnik najmanjeg od racionalnih brojeva

, ,109

1211

1312

- - - . 14. Povrπina pravokutnog trokuta kojemu su duljine kateta 1021 i 17

31 .

15. ( ) ( )1000 2077 3- - + - . 17. ( ) ( )74 74$- - . 19. 28021

31

61

+ + + . 21. Obujam

kocke kojoj je duljina brida broj a za koji vrijedi jednakost a10

24

-= . 22.

1101

151

102$- -c m .

OKOMITO: 1. ( ): ( )2006 59- - . 2. 4 4 4 4 4 4 4 4 4$ $ $ $ $ $ $ $ . 4. :10 77 2111$ - -^ h8 B . 5.

Povrπina pravokutnika kojemu su duljine stranica najveÊi jednoznamenkasti broj i najmanji

dvoznamenkasti broj. 6. 80 80 80 8 8 8$ $ $ $- - - - -^ ^ ^ ^h h h h. 7. :45475

- -^ bh l.

9. Nazivnik najveÊeg od racionalnih brojeva , , ,4931

5033

5134

5435

- .

12. ( ) ( ) ( )10000 3000 300 100 32+ - - - + + - . 14. 71 od 6699. 16. :

764

638 . 18. Broj a

za koji je racionalni broj a14

77 - jednak racionalnom broju 21 . 20.

548

552

+ .

1

8 9 8 10

11 12 12 13

14 15 16

17 18 19 20

2 3 4 5 6 7

21 22

K R I Æ A LJ K A

K R I Æ A LJ K A

atka 15 (2006.) br. 55178

7ZA SEDMA©E ZA SEDMA[E

VODORAVNO: 1. Duljina duæine u centimetrima koja je podijeljena na399 dijelova duljine 1.04 m. 5. Broj stranica mnogokuta kojemu se izjednog vrha mogu povuÊi ukupno 24 dijagonale. 7. Polumjer kruga ako jenjegov opseg 144r. 8. Opseg pravilnog 55-erokuta kojemu je duljina

stranice rjeπenje jednadæbe x30

3310

-= . 10. Broj svih dijagonala

dvanaesterokuta. 12. Postotak koji od 22220 iznosi 8888. 14. Broj strani-ca mnogokuta koji ima 10 puta viπe dijagonala od πesterokuta. 16.Koeficijent sliËnosti sliËnih trokuta kojima su povrπine 2420 i 5. 18.Povrπina kvadrata kojemu je opseg jednak 912. 21. Vanjski kut pravilnog10-erokuta izraæen u stupnjevima. 23. 2006 1000 926 6- - - . 24. Zbrojsvih unutarnjih kutova 203-terokuta izraæen u stupnjevima.

OKOMITO: 1. Polumjer kruga ako je njegova povrπina jednaka 2209 r.2. Broj duæina duljine 8 cm na koje se moæe podijeliti duæina duljine 10 m.3. Povrπina pravokutnika kojemu su duljine stranica "sretni" i "nesretni"broj. 4. 26 26 2 6$ + + . 5. Broj vrhova mnogokuta koji ima ukupno 189dijagonala. 6. DCCL. 9. 0.8 posto od 37750. 11. Povrπina trokuta koji jesliËan trokutu s povrπinom 1676 i koeficijentom sliËnosti 2. 13. CMLVII.15. Opseg pravilnog 11-erokuta kojemu je duljina stranice rjeπenje jed-

nadæbe x60

71

-= . 17. Broj svih dijagonala u dva 17-erokuta. 19. Prve

dvije decimale broja r. 20. Broj dijagonala iz jednog vrha 49-erokuta. 22.Opseg kvadrata kojemu je povrπina jednaka 225.

1

7 8 9

10 11 12

13 14 15 16 17

18 19 20 21

2 3 4 5

22

6

23 24

K R I Æ A LJ K A

K R I Æ A LJ K A

atka 15 (2006.) br. 55 179

ZA OSMA©E ZA OSMA[E

VODORAVNO: 1. Vrijednost funkcije f x x2=^ h za x = 44. 4. Prve tri decimale ira-

cionalnog broja 2006. 7. 27 272- . 8. Ordinata toËke grafa funkcije f x2= kojoj je

apscisa 71. 9. Period u decimalnom prikazu racionalnog broja 111110 . 11. Broj vektora kojima

su krajnje toËke vrhovi peterokuta KLMNP. 12. Cijeli dio iracionalnog broja 20 7. 14.

Apscisa toËke grafa funkcije f x x=^ h kojoj je ordinata jednaka. 12. 16. 99 88 772 2 2- + .18. Zbroj f f f f f9025 7225 5625 4225 3025 4+ + + + +^ ^ ^ ^ ^h h h h h ako je f funkcija

zadana jednakoπÊu f x x=^ h . 21. Duljina hipotenuze pravokutnog trokuta kojemu suduljine kateta a = 162, b = 216. 22. Prve Ëetiri decimale iracionalnog broja r.

OKOMITO: 1. Vrijednost funkcije f x x=^ h za x = 289. 2. Broj vektora razliËitih od nul-

vektora kojima su krajnje toËke vrhovi deseterokuta ABCDEFGHIJ. 3. 2 10 152 2 2+ + . 4.

Ordinata toËke grafa funkcije f x x=^ h kojoj je apscisa 4900. 5. Prve tri decimale ira-

cionalnog broja .0 71. 6. Period u decimalnom prikazu racionalnog broja 3730 . 8. Apscisa

toËke koja je simetriËna toËki T(-504, 405) s obzirom na ishodiπte O. 10. 50 40 42 2 2- + . 12.

Zbroj f(160000) + f(22500) + f(400) + f(4) ako je f funkcija zadana jednakoπÊu ( )f x x= .13. Duljina druge katete pravokutnog trokuta kojemu je duljina jedne katete 396, a duljinahipotenuze 495. 15. Zbroj f(11) + f(12) + f(13) ako je f funkcija zadana jednakoπÊu

f x x2=^ h . 17. Broj osi simetrije pravilnog 80-erokuta. 19. Cijeli dio iracionalnog broja

5050. 20. Ordinata toËke koja je simetriËna toËki T(94, -95) s obzirom na koordinatnuos x.

1

7 8

9 10 11

12 14 15

16 17 18 19

2 3 5

20

6

21 22

4

ENIG ATKA

NA VELIKOMODMORU

VANI smo! Dobila sam MALI DAR! TkoVOLI MAST na kruhu? Hej, DAJ NAM!

Ona svaki dan KASNI TRI minute.Njezina susjeda dolazi joπ KASNIJE!UËitelj MRZI VINO. Sad je u KAVANI.Vidim DVA LICA. Ako me danas pita,ne gine mi JEDAN! Vrijeme leti, ODE.

Nadamo se da Êete iz velikih slova usvakoj reËenici brzo otkriti iimmeennaa

sudionika ove male "brbljaonice" naπkolskom dvoriπtu.

Zdravko Kurnik, Zagreb

DDVVAA RREEBBUUSSAA

Sr

ISPUNJALJKA

Izmijeπajte malo slova u rijeËima FE©TA, KOLAR, REZON, LAVOR, TESLA, ALKAR,ATENA, ORGAN, DOBAR, SIDRO, NAIVA, NOKAT, MARVA tako da dobijete ttrriinnaaeesstt

imena uËenika i uËenica jednog razreda. Upiπete li dobivena imena redom u stupce, naosjenËanim poljima dobit Êete jedno vvrreemmeennsskkoo rraazzddoobblljjee u æivotu πkole.

P kg1000d

ENIGATKA ENIGAA K T

mijenjaljka

Kako od PLUSA do BROJA? Tako da uprazne retke upiπete tri poznate rijeËi

dobivene mijenjanjem uvijek samo jednogslova u prethodnoj rijeËi.

pomicaljkaRijeËi pomaknite ulijevo ili

udesno, tako da vam tri okomitastupca otkriju ttrrii matematiËka

pojma.

POKRET

VRPOLJE

PLJUSCI

GEKON

VLAGA

DOPUNJALJKASvakoj rijeËi u liku dodajte po jednoslovo tako da dobijete devet novih

rijeËi. Dodana slova daju naziv vaπegavjernog prijatelja i pomoÊnika u igri

i uËenju!

P L U S

B R O J

R I L OB I LJ EE T A RA L M AA R A KL I C AU M O RR I K AU » K A

182 atka 15 (2006.) br. 55

DOKAZI BEZ RIJE»IDOKAZI BEZ RIJECI

HARMONIJSKO-GEOMETRIJSKO-ARITMETI»KO-KVADRATNA NEJEDNAKOST

G

ab

a b2+

a b

2

2 2+` j

a bab2+

a b2-

a b2-

AP

R

QHM

, , > >PM a QM b a b 0= =

< < <HM GM AM RM

< < <a b

ab ab a ba b

22 2

2 2

++

+a k

Roger B. Nelsen

Ovo je prvi put da se natjecanje Georg Mohr organizira u dva kruga. Prvi je krugodræan 1. studenoga 2005. godine. Test se sastojao od 20 zadataka i svaki jezadatak imao 5 ponuenih odgovora, od kojih rjeπavatelji zaokruæuju samo jedan.Vrijeme rjeπavanja je 45 minuta i pomoÊna sredstva nisu dopuπtena. Natjecateljis najmanje 10 toËnih odgovora kvalificiraju se u drugi krug (10. sijeËnja 2006.)koji je organiziran kao i do sada. Natjecanje se odræava u πkolama.

Prvi krug - zadatci1. Od dva kvadrata i jednog jednakostraniËnog trokuta s jednakim duljinamastranica sastavljamo jednu figuru. Koliko razliËitih figura moæemo sastaviti?Figure smatramo jednakima ako se mogu prekriti ili ako su simetriËne.

a) 3, b) 6, c) 12, d) 24, e) 5

2. Promjerom neke figure nazivamo promjer najmanje moguÊe kruæne ploËicekojom moæemo prekriti figuru. Koja od nacrtanih figura ima najveÊi promjer?

a) M, b) O, c) H, d) R, e) dvije od figura imaju najveÊi promjer

3. Koji od sljedeÊih brojeva nije djeljiv s 3?a) 333 + 45519, b) 12445 + 54422, c) 2777 + 7772,

d) 9416 + 7864, e) 212121 + 414141

4. Imam tri brata kaæe Georg i sa smijeπkom dodaje: Svaki od moje braÊe imatri sestre. Koliko je djece u obitelji?

a) 7, b) 8, c) 9, d) 10, e) 12

5. Koji razlomak je najveÊi?

a) 423 314276 135

-- , b)

423 276314 135

-- , c)

276 135423 314

-- , d)

423 135314 276

-- , e)

314 276423 135

--

6. Na koliko naËina kruæiÊima i kriæiÊima moæemo popuniti prazna poljakvadrata na slici?

a) ...9 8 2 1$ $ $ $ , b) 2 9$ , c) 29, d) 92, e) 3 2 2$ $

183atka 15 (2006.) br. 55

IZ SVIJETAIZ SVIJETA

Alija MuminagiÊ, Danska

NATJECANJE GEORG MOHR

M O H R2 2 1 1[ W Y W

2$

184 atka 15 (2006.) br. 55

7. Ako sve draæesne æivotinje imaju krzno, sve zelene æivotinje su draæesne,sve male æivotinje su draæesne i sve draæesne æivotinje s krznom su zelene,koja od sljedeÊih tvrdnji nije nuæno toËna?

a) sve male æivotinje imaju krzno,b) sve draæesne æivotinje su zelene,c) sve æivotinje s krznom su zelene,d) sve male æivotinje su zelene,e) sve male zelene æivotinje imaju krzno.

8. Marija i Julija trËe svaka svojim putem oko velikog okruglog cvjetnjaka.Kad je Marija pretrËala krug dva puta, a Julija tri puta, one su se po prvi put

istodobno naπle na startu. Koliko je puta do tada jedna protrËalapokraj druge?

a) 2, b) 3, c) 4, d) 6, e) 8.

9. Zbroj 21

43

65

87

109

+ + + + jednak je

a) 3025 , b)

121464 , c)

120463 , d)

123464 , e)

38404819 .

10. Osam malih obiËnih kockica (za igru »ovjeËe ne ljuti se) slijepljeno jezajedno u jednu veliku kocku. Kolika je vjerojatnost da neÊemo vidjetijedinicu?

a) 81 , b)

31 , c)

2561 , d)

81

71

61

51

41

31

21$ $ $ $ $ $ , e)

81

63$ .

11. Brojevi a, b, c i d zadovoljavaju jednakostia b c d a b c d a b c d a b c d/ / /+ - = - + = - + - = - - + = .

©to moæemo odatle zakljuËiti? (znak "/" znaËi "i")

a) a b d 0/= = , b) b c a 0/= = , c) a c d 0/= = ,d) b d a 0/= = , e) a d c 0/= = .

12. Petar Êe se sastati s nekoliko svojih prijatelja, ali ne zna toËno koliko Êe ihukupno biti. MoguÊe od dva do osam. Na putu do mjesta sastanka Petar jeæelio kupiti kutiju s Ëokoladicama. Koji je najmanji broj Ëokoladica koje morakupiti da bi bio siguran da Êe ih moÊi meusobno podijeliti tako da svi dobi-ju jednak broj Ëokoladica?

a) 960, b) 1680, c) 420, d) 840, e) 40320.

13. Broj 5 2

5 2

-

- jednak je

START

JulijaMarija➘➘

185atka 15 (2006.) br. 55

a) 321, b) 3 , c) 5 2- , d) 5 2 2 5- , e) 5 2+ .

14. Koliko blokova oblika i dimenzija kao na slici treba iskoristiti da bise sastavila kocka s bridom duljine 4?

a) 4, b) 6, c) 8, d) 16, e) to se ne moæe uËiniti.

15. Valjak promjera 25 i visine 25 ima oploπje kao jedna kocka. Kolikaje povrπina jedne strane te kocke?

a) r4 2, b) r 2r , c) r 2r , d) r34 r , e) r

31 2r .

16. Na ploËi su napisani brojevi a 21= i a 82= . Zatim piπemo brojeve, , ...a a3 4 na sljedeÊi naËin: svaki broj koji piπemo je prosjek svih ranije na-

pisanih brojeva. Koliko je a10?a) 3, b) 4.666..., c) 4, d) 4.5, e) 5.

17. Slovo M nacrtano je u kruænicu sa srediπtem C i polumjerom 1, kaona slici. AB i ED su usporedne duæine, a kutovi kojima su vrhovi B i Dsu 45°. Kolika je povrπina osjenËanog dijela?

a) 14

+r , b) 1

3+r , c)

312-r , d)

21

32

+r , e) 1

6

2

+r .

18. Brojevi x, y i z su prirodni brojevi veÊi od 1 i zadovoljavaju jednakostx y z 190$ $ = . ©to moæemo odatle zakljuËiti?

a) x je paran broj, b) <y 190 , c) x y z 26+ + = , d) x y z 28+ + = , e) >x y z 29+ + .

19. Neka je n 2$ prirodan broj. Koji je uvjet da moæemo naÊi 2n-kut u koje-mu je n stranica meusobno usporedno, i u kojem je ostalih n stranica takoermeusobno usporedno?

a) da je parno b) da je neparno, c) da je n=2d) to se ne moæe uËiniti za n 2$ , e) to se moæe uËiniti za sve n 2$ .

20. Trokut ABCO u kojemu je AC BC= podijeljen je duæinama DE i FG kaona slici. Poznato je da osjenËani dijelovi imaju jednake povrπine i da je

BM MC 1= = i AC 3 3= . »emu je jednaka duljina duæine DF?

a) 3 2 3- , b) 3 2 1+ , c) 32

3 3- ,

d) 3 , e) 3 3 2- .

B D

A E

C

BG

M

FDA

E

C

2

2

2

1

1

1

186

Godine 2005. u Hrvatskoj je prvi put organizirano meunarodno matematiËkonatjecanje Turnir gradova. Ovo natjecanje provodi se veÊ 27 godina i u njemuje do sada sudjelovalo viπe od 120 gradova πirom svijeta.

Natjecanje je pojedinaËno i ekipno. UËenici su podijeljeni u dvije skupineJUNIORE (8., 1. i 2. razred) i SENIORE (3. i 4. razred). Broj osvojenih bodo-va raËuna se kao zbroj bodova triju zadataka u kojima je sudionik dobionajviπe bodova (ne morate rijeπiti sve zadatke!). UËenicima 8. razreda koji

sudjeluju u skupini JUNIORI broj bodova mnoæi se s koeficijentom 23 .

Nakon πto srediπnji odbor u Moskvi ocijeni radove iz cijelog svijeta, kaorezultat grada uzima se prosjek bodova N najboljih radova, gdje je N brojstanovnika grada u stotinama tisuÊa. U organizaciji Hrvatskog matematiËkogdruπtva i grad Zagreb sudjelovao je u Turniru gradova, a u tijeku je uklju-Ëivanje i drugih gradova u Hrvatskoj. Ove godine sudjelovali su samo sred-njoπkolci.

Turnir gradova odvija se u dva kruga, jesenskom i proljetnom. Svaki od njihsastoji se od dva dijela: prvog (PRIPREMNOG) i drugog (GLAVNOG) dijela.Prvi dio ima 5 zadataka i traje 4 sata, a drugi dio ima 6 zadataka i traje 5 sati.

Zadatci pred vama prikladni su za 7. i 8. razred. Pozivamo vas da se okuπateu njima. Zadatci s pripremnog dijela ne bi trebali predstavljati problem, doksu zadnji zadatci, s glavnog dijela, neπto zahtjevniji. Viπe o ovom natjecanjuu Hrvatskoj (i svijetu) moæete doznati na internet stranicihttp://playmath.skolstvo.t-com.hr/turnir, gdje se nalaze zadatci, rezultati,korisni linkovi i sl.

Zadatci 1. i 2. razreda u jesen 2005.

Pripremni dio

1. Dan je trokut ABC . ToËke M1, M 2, M 3 redom su poloviπta stranica AB,BC i CA, a toËke , ,H H H1 2 3 redom su noæiπta visina na te stranice iz vrho-va C , A, B. Dokaæite da se od duæina duljina | |H M1 2 , | |H M2 3 i | |H M3 1

moæe sastaviti trokut.(3 boda)

2. U svakom vrhu kocke zapisan je broj. U svakom koraku broj zapisan usvakom od vrhova kocke zamijenimo prosjekom triju brojeva koji se nalaze u

atka 15 (2006.) br. 55

TURNIR GRADOVATvrtko TadiÊ, Zagreb

187

susjednim vrhovima. Svi brojevi zamijene se istodobno. Nakon 10 takvihkoraka u svakom vrhu kocke nalazi se isti broj kao na poËetku. Jesu li nuænosvi poËetni brojevi bili meusobno jednaki?1)

(3 boda)

3. Duæina jediniËne duljine podijeljena je na 11 manjih duæina, od kojih nijed-na nije dulja od a. Za koje vrijednosti a moæemo zakljuËiti da se od svake 3od dobivenih 11 duæina moæe sastaviti trokut?

(4 boda)

4. ©ahovska figura kreÊe se prema sljedeÊim pravilima:• moæe skoËiti 8 ili 9 polja vertikalno ( )1 ili horizontalno ());• ni na jedno polje ne smije doÊi 2 puta.

Koliko najviπe polja moæe obiÊi ova πahovska figura na ploËi 15 15# (figuramoæe krenuti s bilo kojeg polja na ploËi).

(4 boda)

5. Dano je 6 novËiÊa od kojih je jedan krivotvoren. (Masa krivotvorenognovËiÊa razlikuje se od mase nekrivotvorenog, ali niπta drugo o njihovimmasama nije poznato.) Vaga pokazuje masu novËiÊa koji se na njoj vaæu. Kakomoæemo naÊi krivotvoren novËiÊ u tri vaganja?

(5 bodova)

Glavni dio

1. Za prirodan broj kaæemo da je palindrom ako se Ëita jednako slijeva izdesna (na primjer, brojevi 1, 343 i 2002 su palindromi, a 2005 nije). Je limoguÊe naÊi 2005 parova oblika ( , )n n 110+ tako da su u svakome paru obabroja palindromi?

(3 boda)

2. Produæetci stranica AB i CD konveksnog Ëetverokuta ABCD sijeku se utoËki K . Poznato je da je | | | |AD BC= . Neka su toËke M i N poloviπta strani-ca AB i CD. Dokaæite da je trokut MNK tupokutan.

(5 bodova)

3. Na svakom se polju πahovske ploËe nalazi jedan top (kula). Ubilo kojem trenutku smijemo maknuti jedan top koji napadaneparan broj drugih topova. Koliki je maksimalni broj topova kojemoæemo maknuti? (Jedan top napada drugi ako se nalaze u istomretku ili stupcu i ako izmeu njih nema ni jednog drugog topa.)

(6 bodova)

atka 15 (2006.) br. 55

1)Viπe o rjeπenju ovog zadatka proËitajte u rubrici RaËunala u ovom broju atke.

188

4. Dva mrava pomiËu se duæ ruba stola oblika mnogokuta. Sve stranice togastola dulje su od 1 metar, a udaljenost izmeu mrava uvijek je jednaka 10 cm.Na poËetku se oba mrava nalaze naistoj strani stola.

(a) Pretpostavimo da je stol kon-veksan. Mogu li se uvijek mravikretati tako da na kraju svaki mravposjeti svaku toËku ruba stolabarem jednom?

(b) Pretpostavimo da stol nijenuæno konveksan. Mogu li se uvi-jek mravi kretati tako da svakutoËku ruba stola posjeti barem jedan mrav?

((a)+(b)=2 + 4 = 6 bodova)

5. Pronaite najveÊi prirodan broj N za koji jednadæbax y z N99 100 101+ + = ima jedinstveno rjeπenje , ,x y z, pri Ëemu su ovi bro-

jevi prirodni.(7 bodova)

6. Karlson (koji æivi na tavanu) ima na raspolaganju 1000 posuda marmelade.Posude nisu nuæno jednake, ali nijedna ne sadræi viπe od jedne stotnine ukup-ne koliËine marmelade. Za doruËak Karlson moæe pojesti jednaku koliËinu

marmelade iz bilo kojih 100 posuda koje odabere.Dokaæite da Karlson moæe nakon nekolikodoruËaka pojesti svu marmeladu.

(8 bodova)

atka 15 (2006.) br. 55

189atka 15 (2006.) br. 55

NATJECANJA

NATJECANJA

REGIONALNI SUSRET MLADIH MATEMATI»ARA

Regionalni susreti i natjecanja mladih matematiËara, uËenika 4., 5. i 6. razre-da osnovnih πkola Republike Hrvatske odræani su 20. svibnja 2005. godine.Na natjecanju su postavljeni sljedeÊi zadatci:

4. razred

1. Zbroj dvaju brojeva je 1576. Ako jedan broj smanjimo za 87, a drugipoveÊamo za 59, dobiveni Êe brojevi biti jednaki. Koji su poËetni brojevi?

2. Majka je tri puta starija od sina, a sin je 22 godine mlai od majke. Kolikogodina ima sin, a koliko majka?

3. Koliko ima πesteroznamenkastih brojeva kojima je zbroj znamenaka jednak3? Napiπite te brojeve.

4. »etiri ribara ulovila su ukupno 390 kg ribe. Kad je prvi prodao 50 kg, drugi30 kg, treÊi 20 kg, a Ëetvrti 10 kg ribe, svakome od njih ostala je jednakakoliËina ribe. Koliko je kilograma ribe ulovio svaki od njih?

5. Kvadrat sa stranicom duljine 8 cm ima povrπinu jednaku povrπini pra-vokutnika Ëije su duljine stranica prirodni brojevi izraæeni u centimetrima.Koliko ima takvih pravokutnika? Koji od njih (ne ukljuËujuÊi kvadrat) imanajmanji, a koji najveÊi opseg?

5. razred

1. Dinko pita Darka kolika je masa ribe koju je ulovio njegov otac. Darkoodgovara: Glava s repom ima 3 kg, glava s trupom ima 7 kg, a trup s repom8 kg. Kolika je masa ribe?

2. Naite koliËnik i ostatak pri dijeljenju izraza1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 75$ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ + brojem 35.

3. Je li veÊi zbroj svih parnih troznamenkastih ili zbroj svih neparnih trozna-menkastih prirodnih brojeva? Za koliko je veÊi? Obrazloæite odgovor.

4. U ravnini je nacrtano pet toËaka tako da nikoje tri ne pripadaju istompravcu. Koliko razliËitih duæina, trokuta i Ëetverokuta odreuju te toËke?Nacrtajte sliku, oznaËite toËke i ispiπite duæine, trokute i Ëetverokute.

atka 15 (2006.) br. 55

5. KvadratiÊi sa stranicom duljine 1 cm ''sloæeni'' su kao na slici. IzraËunajteopseg i povrπinu tako nastalog lika.

6. razred

1. U tri sela ima ukupno 12 000 stanovnika. Koliko stanovnika ima u svakom

selu ako 32

prvog, 21

drugog i 52 treÊeg sela imaju jednak broj stanovnika?

2. Zbroj dvaju pozitivnih razlomaka s jednoznamenkastim nazivnicima je 1573 .

Odredite sve parove takvih razlomaka.

3. Odredite prirodne brojeve x, y i z takve da vrijedi jednakost:

xy z

1661

3

11

1= +

++

4. Zadan je pravokutnik ABCD. ToËke M i N su redom poloviπta stranica AD

i CD. Duæine AN i BM sijeku se u toËki O. Dokaæite da trokut ABO iËetverokut MOND imaju jednake povrπine.

5. Ako je u trokutu ABC razlika kutova a i b jednaka 90°, onda simetralevanjskog i unutarnjeg kuta pri vrhu C imaju jednake duljine. (Duljinom sime-trale kuta smatramo duljinu duæine odreene vrhom kuta i sjeciπtem simetrales pravcem kojemu pripada nasuprotna stranica trokuta.)

190

2005 cm

2005 cm

B

CN

M

D

A

O

191atka 15 (2006.) br. 55

Rjeπenja zadataka4. razred

1. I. naËin rjeπavanja:Ako se prvi broj smanji za 87, a drugi poveÊa za 59, znaËi da se zbroj tih dvajubrojeva smanjio za 87 59 28- = . Novi je zbroj jednak 1576 28 1548- = paje jedan od poËetnih brojeva :1548 2 774= . PoËetni su brojevi jednaki774 87 861+ = i 774 59 715- = .

II. naËin rjeπavanja:OznaËimo prvi broj s a, a drugi broj s b. Iz uvjeta zadatka redom slijedi:a b 1576+ = a2 1576 59 87= + + b 1576 861= -

b a1576= - a2 1722= b 715=

a b87 59- = + a 861=

a a87 1576 59- = - +

2. I. naËin rjeπavanja:

: ,22 2 11 3 11 33$= = Sin ima 11, a majka 33 godine.

II. naËin rjeπavanja:Godine sina oznaËimo s x. Tada su godine majke x3 . Redom vrijedi

x x3 22$ = + , x x3 22$ - = , x2 22$ = , :x 22 2= , x 11= (godine sina),3 11 33$ = (godine majke).

III. naËin rjeπavanja:

3. Traæeni brojevi mogu poËinjati znamenkom 3, 2 ili 1.

Ako poËinju znamenkom 3, sve ostale znamenke moraju biti 0. Dakle, posto-ji samo 1 takav broj (300000).

Ako poËinju znamenkom 2, meu ostalim znamenkama jedna je znamenka 1,a ostale znamenke su 0. Postoji 5 takvih brojeva( , , , ,210000 201000 200100 200010 200001).

godine sina

godine majke

razlika

godine sinagodine majke

razlika godina

3 4 5 6 7 8 9 10 119 12 15 18 21 24 27 30 33

6 8 10 12 14 16 18 20 22

192 atka 15 (2006.) br. 55

Ako poËinju znamenkom 1, meu ostalim znamenkama mogu biti:- jedna je znamenka 2, a ostale znamenke su 0. Takvih brojeva ima 5( , , , ,120000 102000 100200 100020 100002);

- joπ dvije znamenke 1, a ostale znamenke su 0. Takvih brojeva ima 10, , , , , , ,111000 110100 110010 110001 101100 101010 101001_

, ,100110 100101 100011i.

Ukupno ima 1 5 5 10 21+ + + = broj s traæenim svojstvom.

4. Zadatak rijeπimo pomoÊu crteæa:

Prvi je ribar ulovio 70 50 120+ = kg riba.Drugi je ribar ulovio 70 30 100+ = kg riba.TreÊi je ribar ulovio 70 20 90+ = kg riba.»etvrti je ribar ulovio 70 10 80+ = kg riba.Provjera: 120 100 90 80 390+ + + = .

5. Duljinu stranice kvadrata oznaËimo s a. Onda je povrπina kvadrata jedna-

ka p a a cm8 8 64 2$ $= = = . Povrπina pravokutnika jednaka je povrπini

kvadrata, tj. 64 cm2.

MoguÊe cjelobrojne duljine stranica i opsezi pravokutnika kojemu je povrπina

64 cm2 su:

a 1= cm b 64= cm o 130= cm a 2= cm b 32= cm o 68= cm a 4= cm b 16= cm o 40= cm

Postoje tri pravokutnika koji zadovoljavaju uvjete zadatka. NajveÊi opseg imapravokutnik sa stranicama duljine a 1= cm i b 64= cm. Najmanji opseg imapravokutnik sa stranicama duljine a 4= cm i b 16= cm.

5. razred

1. Neka je G masa glave ribe, R masa repa ribe, a T masa trupa ribe. Izuvjeta zadatka slijedi:

, , .G R G T T R3 7 8+ = + = + = Nadalje je,G R G T T R 18+ + + + + = tj. ,G R T2 2 2 18+ + = ( )G R T2 18+ + = .

Odatle je G T R 9+ + = . Masa ribe je 9 kg.

50 30 20 10 110+ + + =

390 110 280- =

:280 4 70=

50

2010

30

193atka 15 (2006.) br. 55

2. Izraz 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 75$ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ + moæemo pisati u obliku1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 35 2 5$ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $+ + . To je nadalje jednako

( ) .

35 1 2 3 4 6 8 9 10 11 12 35 2 5

35 1 2 3 4 6 8 9 10 11 12 2 5

$ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $

$ $ $ $ $ $ $ $ $ $

+ + =

+ +

Traæeni koliËnik je 1 2 3 4 6 8 9 10 11 12 2 13685762$ $ $ $ $ $ $ $ $ + = , aostatak je 5.

3. Svih troznamenkastih prirodnih brojeva ima 900. Od toga je 450 parnih (tosu 100, 102, 104, ... 996 i 998), te 450 neparnih brojeva (to su 101, 103, 105,..., 997, 999). Svaki neparni troznamenkasti broj za 1 je veÊi od svog (parnog)prethodnika. ZakljuËujemo da je zbroj svih neparnih troznamenkastih brojevaza 450 veÊi od zbroja svih parnih troznamenkastih brojeva.

4. Skica:

Duæine: , , , , , , , , ,AB BC CD DE AE AD AC BD BE EC

Trokuti: , , , , , , , , ,ABC ABD ABE BCD BDE CDA CEA DEA EBC EDC

»etverokuti: , , , ,ABDE ABCE ACDE BCDE DABC .Odreeno je 10 duæina, 10 trokuta i 5 Ëetverokuta.

5. Opseg lika je 2005 2005 2005 2005 8020+ + + = cm.Povrπina lika je

22005 2005

22005

22005 2005 2005

24022030

2011015$ $

+ =+

= = cm2.

6. razredI. naËin rjeπavanja:

: ( )12000 3 4 5 1000+ + =

Prvo selo ima 3 1000 3000$ = stanovnika, drugo ima 4 1000 4000$ = , atreÊe 5 1000 5000$ = stanovnika.

E

A B

C

D

32

52

21

42

=

194 atka 15 (2006.) br. 55

II. naËin rjeπavanja:

1. Broj stanovnika prvog sela oznaËimo s x, drugog sela sy, a treÊeg sela sa z.Tada vrijedi:

.x y z a32

21

52

= = =

Odatle slijedi da je , ,x a y a z a23

225

= = = i x y z 12000+ + = . Uvrπtava-

njem dobivamo ,a a a23

225

12000+ + = odakle se dobiva da je a 2000= .

Tada je x23

2000 3000$= = , y 2 2000 4000$= = i z25

2000 5000$= = .

2. Prema uvjetima zadatka vrijedi ,a b

1573

3 5= + odnosno .

a b1573

155 3

=+

Nadalje zakljuËujemo da je a b5 3 73+ = , odnosno b a3 73 5= - , a odatle sli-

jedi ( )

b a a a3

73 53

3 2 24 1=

-=

- - + +. Tada je .b a a

24 23

1= - +

+

Broj b bit Êe pozitivan cijeli broj ako je a 1+ viπekratnik broja 3, tj. ako je{ , , , , }a 1 3 6 9 12 15!+ . ZakljuËujemo da je { , , , , }a 2 5 8 11 14! . Uvrπtava-

njem u prije dobiveni izraz za b dobivamo de je { , , , , }b 21 16 11 6 1! .

Traæeni parovi su ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , )2 21 5 16 8 11 11 6 14 1 .

3. BuduÊi da je 31648

= i 1661

1648

1613

= + , zakluËujemo da je

, . .x

y z

xy z

tj31613

3

11

11613

11

1+ = +

++

=+

+

Nadalje je

xy z

1316

1

11

=

++

, tj. xy z

1133

11

+ = ++

odakle zakljuËujemo da je

x 1= .

Analognim postupkom dobivamo da je y z

313

1

1

=+

, tj. y z431 1

+ = + pa je

y 4= .

KonaËno, iz z31 1

= zakljuËujemo da je z 3= .

Drugi naËin rjeπavanja ovog zadatka objaπnjen je u Ëlanku V. StoπiÊa O jednom

nestandardnom zadatku u atki br. 54.

195atka 15 (2006.) br. 55

4. Skica:

Uz oznake kao na slici vrijedi:

( ) , ( ) .p AMBa b

a b p AND

a b a b2

24 2

24

$ $ $ $= = = =D D

BuduÊi da je trokut AOM zajedniËki dio obaju trokuta, zakljuËujemo datrokut ABO i Ëetverokut MOND imaju jednake povrπine.

5. Skica:

Uz oznake kao na slici vrijedi:

CDA 180E c= ACD 180E c- - =a2

- -ac

2360 2c

=- -a c

2

360 2 180c c=

- - - -a a b` j

2

180

2180 90

45c c c c=

- -==

-=

a b` j.

BuduÊi da je

( )DCE DCA ACE2 2 2

121

180 90$E E E c c= + = + = + = =c c

c cl

l ,zakljuËu-

jemo da se simetrala unutarnjeg i vanjskog kuta kod vrha C sijeku pod prav-im kutom.

Nadalje je CEA 180E c= DCE CDE 180 90 45 45E E c c c c- - = - - = , tj.trokut CED je pravokutan i jednakokraËan, πto znaËi da je | | | |CE CD= .

A

M

D N C

B

O

a

b

EA D B

C

α β

196 atka 15 (2006.) br. 55

ZADATCI ZA MATKA»E PO»ETNIKE

ZADATCI ZA MATKACE POCETNIKE

Za ovaj broj atke zadatke su nam poslali sljedeÊi MatkaËi: AnaHorvatiÊ, Petra BatiÊ, Jan MariÊ, Ivo LipiÊ i Dario MandiÊ.

Zadatke je ilustrirala MatkaËica Jelena Grbavec iz XVIII. gimnazije uZagrebu. Svima zahvaljujemo na suradnji.

Nagradit Êemo i objaviti ime svakog MatkaËa koji nam poπalje rjeπenjanajmanje triju zadataka koja nismo sada objavili.

ZZ1. SluËajni izbor

RaËunalo na sluËajan naËin bira jedan od brojeva izmeu 1 i 50. Kolika jevjerojatnost da je izabran broj:

a) 30, b) manji od 13, c) veÊi od 46,d) viπekratnik broja 3, e) djelitelj broja 30, f) prost broj,g) kvadratni broj, h) veÊi od 60, i) manji od 100?

ZZ 2. Kartice i imena

U kutiji se nalazi 30 kartica. Na svakoj od njih napisano je po jedno slovonaπe abecede. Kartice su promijeπane i iz kutije se bez gledanja izvlaËi jednaod kartica. Bod u igri dobiva dijete Ëije ime sadræi izvuËeno slovo. Kolika jevjerojatnost da bod dobije dijete Ëije je ime:

a) Marko, b) Jadranka, c) Ema,d) Antonio, e) Tomislav, f) Anastazija?

ZZ 3. Pisma

Tijekom tjedan dana Sanjina je obitelj primila 3, 3, 1, 1, 5, 1 i 0 pisama.Koliki je prosjeËni broj dnevno primljenih pisama?

4. VoÊnjakNa plantaæi se uzgaja razliËito voÊe. GrafiËki i postotkom prikazan je udio

pojedine vrste voÊa:No, neπto nije u redu s ovim dijagramom? ©to?

5. ©kolski sportski klubU πkolskom sportskom klubu aktivno je 240 uËenika neke πkole. Svaki od

njih trenira samo jedan od ponuenih pet sportova:a) Izrazi razlomkom udio uËenika koπarkaπa.b) Izrazi postotkom udio uËenika rukometaπa.c) Koliko uËenika igra stolni tenis?d) Koliko se uËenika bavi atletikom?e) Koliko uËenika igra nogomet?

17%

5%

38%

31%

12%

atletika

stolnitenis

koπarkarukomet

nogomet

197atka 15 (2006.) br. 55

6. Kvadrati i pravokutnikPovrπina kvadrata AEFD je 25, a povrπina pravokutnika ABCD je 35. Kolikije opseg pravokutnika ABCD?

ZZ 7. Stranice knjige

Knjiga je otvorena tako da je umnoæak brojeva otvorenih stranica jednak3192. Na kojim je stranicama knjiga otvorena?

8. Umnoæak duljinaKoliko je x y$ sa slike?

9. KutoviAko su trapezi ABCD i ABCE jednakokraËni i ako je kut BCD jed-nak 70°, koliki je kut ECD?

10. Prosti brojKoji je najmanji prosti broj kojemu je zbroj znamenaka 19?

ZZ 11. Loto

Nataπin brat igra loto ''6 od 45''. Propustio je gledati izvlaËenje pa nije Ëuokoji su brojevi izvuËeni. Nataπa je upamtila pet izvuËenih brojeva. To su 6, 13,17, 25 i 30. Prijatelj Janko zna da je srednja vrijednost izvuËenih brojeva jed-naka 22. Koji je πesti izvuËeni broj?

12. Rezultati testaAndro je bio razoËaran rezultatima na testu, pa ga je ponovo pisao. Ako jedrugi put poboljπao rezultat za %Im18 i ako je tada dobio 767 bodova, kolikoje dobio na prvom testu?

13. Zamijeni slovo brojem!©to moæemo staviti na mjesto x pa da sedmeroznamenkasti broj x xxx3 6 2

bude djeljiv s 4?

B

C F D

AE

B

CD

A

E

6x12

4 3 y

198 atka 15 (2006.) br. 55

14. KarteNa jednoj je strani karte ili kruænica ili zvijezda, a na drugoj ili trokut ilikvadrat. Koju(e) od oznaËenih karata trebamo okrenuti da bismo provjerilitvrdnju "na svakoj karti sa zvijezdom je trokut''?

ZZ 15. Brojevne kartice

Na deset su kartica napisani brojevi 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18 i 20. Kar-tice su pomijeπane i sloæene tako da se ne vidi koji je broj napisan na njima:

a) Prvo je okrenuta kartica na kojoj je napisan broj 10. Obrazloæi: je li vjerojatnije da Êe na drugoj okrenutoj kartici pisati broj

koji je manji ili broj koji je veÊi od 10?b) Na drugoj okrenutoj kartici napisan je broj 14.

Je li vjerojatnije da Êe na treÊoj okrenutoj kartici pisati broj koji je veÊi od14 ili broj koji je od 14 manji? Obrazloæi odgovor!

ZZ 16. Put do πkole

Kruæni dijagram na slici prikazuje rezultat istraæivanja naËina putovanjauËenika do πkole.

a) Ako je poznato da 330 uËenika u πkolu dolazi pjeπice, koliko je uËenikau toj πkoli?

b) Koliko uËenika dolazi u πkolu pojedinim prijevoznim sredstvom? Prikaæi rezultat stupËastim dijagramom frekvencija.

10

10 14

automobilbiciklvlakpjeπicemopedautomobil

✩

15c

60c

75c

15c30c

199atka 15 (2006.) br. 55

17. ZaradaTrgovaËki putnik je, uz popust od . %12 5 kupio kaput koji je stajao 640 kuna.Kad ga je prodao kupcu je ponudio popust od %20 i pri tom je zaradio %25 .Koliku je postavio cijenu kaputa?

18. Trapez i trokutiTrapez ABCD povrπine 45 cm2 je nastao je od jednakokra-Ënog trokuta povrπine 60 cm2. Kolika je povrπinatrokutaASD?

ZZ 19. GustoÊa prometa

Magda je biljeæila broj osoba u automobilima koji su prolazili pored nje tijekom 10 minuta. Za to je vrijeme proπlo 30 automo-bila, a ona je zapisala redom:

2, 1, 3, 1, 4, 2, 1, 1, 3, 3,4, 2, 1, 2, 2, 1, 3, 2, 4, 2,3, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 2, 1, 1.

a) Napravi tablicu frekvencija.b) Koliki je najËeπÊi broj osoba u automobilu?c) Koliki je prosjeËni broj osoba u automobilu?

ZZ 20. Slovo = broj

F O R T Y T E N

+ T E N

S I X T Y

ZZ 21. Stolovi

Na jednoj su zabavi gosti rasporeeni za 8 stolova. Dio stolova jekruænog oblika, a ostali su pravokutni. Kad bi joπ jedan stol bio kruænogoblika, broj pravokutnih stolova bio bi dvostruko manji od broja stolovakruænog oblika. Koliko ima stolova kojega oblika?

ZZ 22. U jednom potezu

Ne podiæuÊi olovku s papira podijelite jednakostraniËni trokut na 9 jed-nakih dijelova.

D C

A B

S

200 atka 15 (2006.) br. 55

23. Troπkovi ljetovanjaAna je s obitelji bila na ljetovanju. Kruæni dijagram prikazuje udio troπkova:a) ©to je bilo najskuplje?

b) Koje dvije vrste troπkova zajedno Ëine viπe od polovine ukupnihtroπkova?

c) Koja je od sljedeÊih tvrdnji istinita?1. Troπak prijevoza veÊi je od troπka za hranu.2. Hotel je skuplji nego hrana, izleti, zabava i darovi zajedno.3. Prijevoz je skuplji od troπkova zabave i darovi.

ZZ 24. Sportski centar

StupËasti dijagram prikazuje aktivnost u sportskom centru ''Snagator''tijekom jednog vikenda:

a) Kojeg je dana bilo viπe korisnika sportskih terena?b) Vremenske prilike u ta dva dana nisu bile iste. Kojeg je dana vrijeme bilo

hladnije?c) ©to misliπ - zaπto u nedjelju nitko nije bio na aerobiku?

ZZ25. UËenici

U sljedeÊoj su tablici navedeni podatci prikupljeni od skupine uËenika:

20

15

10

5

0

25

prijevoz

hotel

hrana

zabava

izleti

pliva

nje

tenis

min

i gol

f

saun

aba

dmin

ton

squa

shae

robi

k

subotanedjelja

darovi

Ana Ana

KristinaZdravka

PetarJanko

PetraSanjaJosipIvanJadrankaMarinaAnte

IME VISINA (cm) MASA (kg) MJESECRO–ENJA

GODINARO–ENJA

137129

148142

136144135141133142149

32

3631

4539

33393438354446

oæujak

veljaËasijeËanj

travanjprosinac

travanjveljaËalistopadoæujak

sijeËanjsrpanjrujan

1994.

1993.1995.

1992.1992.

1993.1992.1993.1992.1994.1991.1991.

201atka 15 (2006.) br. 55

SluËajnim izborom odabran je jedan predstavnik skupine. Kolika je vjero-jatnost da je izabrana osoba:

a) æenskog spola, b) roena u veljaËi,c) viπa od 135 cm, d) roena 1993. godine,e) mase veÊe od 40 kg, f) muπkog spola roena u rujnu,g) æenskog spola niæa od 140 cm?

26. DarAna i Petra su kupile roendanski dar za Maju. Potroπile su 126 kn, a

troπak su podijelile u omjeru 4 : 5. Koliko je potroπila Ana, a koliko Petra?

ZZ27. ©to se moæe s pet devetki?

KoristeÊi pet puta znamenku 9 prikaæite broj 10. Naite najmanje petrazliËitih naËina.

28. ZamjenaT H R E E + F O U R

S E V E N

29. Stolice oko stolaOko okruglog stola, na jednakoj udaljenosti nalazi se 26 stolica koje sunumerirane redom od 1 do 26. Koje je stolica nasuprot stolice s brojem 9?

30. Troznamenkasti brojeviKoliko je troznamenkastih brojeva kod kojih se svake dvije znamenke raz-likuju manje od 4?

4. VoÊnjak. 38% + 31% + 12% + 17% +5% = 103%

5. ©kolski sportski klub. a) 61 , b)

29.17%, c) 30, d) 40, e) 60.6. Kvadrat i pravokutnik. 247. Stranica knjige. 56 i 57.8. Umnoæak duljine. 24.9. Kutovi. 40°.10. Prosti broj. 199.

12. Rezultati testa. 650 bodova.13. Zamijeni slovo brojem. 1, 3, 5, 7 ili 914. Karte. 2 i 3.17. Zarada. 875 kn.18. Trapez i trokut. 2023. Troπkovi ljetovanja. a) hotel, b) pri-jevoz i hotel, c) 1.26. Dar. Ana 56 kn, Petra 70 kn.29. Stolice oko stola. 2230. Troznamenkasti brojevi. 270.

Rjeπenja

202 atka 15 (2006.) br. 55

805. Koliko desetica ima umnoæak pet desetica i sedam desetica?

806. Polovina zbroja dvaju brojeva je 51, a razlika njihovih treÊina je 4. Kojisu to brojevi?

807. Tri lovca poπla su zajedno u lov. Dogovor je bio da Êe ulov podijelitiravnomjerno. Jedan je lovac ulovio fazana, a drugi zeca. Lovac koji je ulovio

zeca dao je lovcu koji je ulovio fazana 32 kn, a treÊem lovcu kojinije niπta ulovio dao je 109 kn. Koliko vrijedi fazan, a koliko zec?

808. Odredite najmanji viπekratnik broja 333 kojemu su sve znamenke jed-nake: a) 1, b) 2, c) 3.

809. Na jednom pravcu istaknuto je u jednakim razmacima 10 toËaka i na tajje naËin krajnjim toËkama odreena duæina duljine a. Na drugom je pravcuistaknuto 100 toËaka u jednakim razmacima kao i na prvom pravcu, a krajn-jim je toËkama odreena duæina duljine b. Koliko je puta duæina duljine bveÊa od duæine duljine a?

810. U jednu trgovinu voÊa jednog je dana dopremljeno 5 sandukavoÊa: jabuka i naranaËa. U svakom su sanduku bile ili samo jabuke, ilisamo naranËe. U jednom je sanduku bilo 100 komada voÊa, u drugom105, a treÊem 110, u Ëetvrtom 115 i u petom sanduku 130. Nakon πto jeprodan jedan sanduk voÊa, pokazalo se da je jabuka ostalo tri putamanje nego naranaËa. Koliko je ostalo jabuka, a koliko naranaËa?

Vlado StoπiÊ, Zagreb

ODABRANI ZADATCI

ODABRANI ZADATCI

203atka 15 (2006.) br. 55

811. Neka su m i n dva prirodna broja. Usporedite razlomke

, ,mn

mn

mn

11

11

--

++ ako je: a) n < m, b) n > m i m > 1, c) n = m i m > 1.

812. Odredite najmanji dvadeseteroznamenkasti broj kojemu je zbroj zname-naka jednak 20 i koji je djeljiv s 20?

813. Nastavnik matematike ispisao je na ploËi deset brojeva 3, 6, 8, 15, 17, 19,22, 26, 29, 31 i rekao da su to svi moguÊi zbrojevi od pet brojeva. Odredite tebrojeve.

814. Mate i Stipe imaju zajedno 34 godine. Stipesada ima 4 puta manje godina nego πto Êe imatiMate kada Mate i Stipe zajedno budu imali 7 putaviπe godina nego πto Mate ima sada. Koliko godina sada ima Mate, a koliko Stipe?

204 atka 15 (2006.) br. 55

815. Na raspolaganju imamo tri legure bakra i nikla. U jednoj su leguri bakari nikal u omjeru 2 : 1, u drugoj 3 : 1, a u treÊoj 5 : 1. Od te tri legure valjanaËiniti novu leguru mase 12 kg, u kojoj Êe omjer bakra i nikla biti 4 : 1.Koliku masu ima svaka od poËetne tri legure ako je masa prve legure dva putaveÊa od mase druge legure?

816. Dokaæite ovaj kriterij paralelograma: Ako Ëetverokut ima centar simetri-je, onda je taj Ëetverokut paralelogram.

817. Dva radnika mogu zavrπiti neki posao za 12 sati ako rade zajedno. UpoËetku je jedan radnik radio sam. Kada je zavrπio polovinu posla, prekinuo

je rad, a drugu polovinu posla zavrπio je drugi radnik. Tako je cijeliposao zavrπen za 25 sati.Za koliko bi sati svaki radnik zavrπio posao ako bi radio sam?

818. Ako je razlika dvaju cijelih brojeva jednaka 2n, onda je zbroj bro-

jeva n2 i umnoπka tih dvaju cijelih brojeva jednak kvadratu arimetiËkesredine tih dvaju cijelih brojeva. Dokaæite.

819. Kolika je povrπina trokuta ABC ako su duljine stranica ,AC BC AK BLi3 4 == = , pri Ëemu su toËke K i L redom poloviπta

stranica BC ALi ?

205atka 15 (2006.) br. 55

Na jesenskom krugu 27. Turinira gradova u kategoriji JUNIORI zadan jesljedeÊi zadatak:

U svakom vrhu kocke zapisan je broj. Pri svakom koraku broj zapisan usvakom od vrhova kocke zamijenimo prosjekom triju brojeva koji se nalaze ususjednim vrhovima. Svi brojevi zamijene se istodobno. Nakon 10 takvih kora-ka u svakom vrhu kocke nalazi se isti broj kao na poËetku. Jesu li nuæno svipoËetni brojevi bili meusobno jednaki?

Zadatak nije osobito teæak, a rjeπenje moæete naÊi na kraju ovog priloga. MiÊemo zadatak u ovom Ëlanku pogledati iz jednog drugog kuta. VeÊ iz samoguvjeta zadatka jasno nam je da zadatak moæemo rijeπiti metodom matema-tiËkim æargonom zvanom kopanje.Zapiπemo li na vrhove kocke A, B, C , D, E, F , H na poËetku redom bro-jeve , , , , , , ,a b c d e f g h, znamo da Êe se u sljedeÊem koraku na istim vrhovimaredom nalaziti vrijednosti

, , , , ,

, , .

b d e a c f b d g a c h a f h

b e g c f h d e g3 3 3 3 3

3 3 3

+ + + + + + + + + +

+ + + + + +

Ovaj postupak bismo, uz dovoljno vremena (i strpljenja), mogli nastaviti svedo desetog koraka. KonaËno doπli do vrijednosti koje se nalaze na vrhovimakocke u 10. koraku i izjednaËili ih s poËetnima. Time bismo dobili sustav od8 jednadæbi i 8 nepoznanica (πto joπ uvijek obiËnom smrtniku nije lakorijeπiti.) Nakon rjeπavanja ovog sustava dobili bismo uvjete koje moraju zado-voljavati brojevi , , , , , , ,a b c d e f g h tako da se u 10. koraku ponovo pojave istibrojevi na istim vrhovima kocke kao na poËetku. Ovaj postupak nije nimalolagan, ali je na natjecanju uËenik Marko Magerl ipak rijeπio zadatak na ovaj

RA»UNALA

RACUNALABrojevi na vrhovima kocke

Tvrtko TadiÊ, Zagreb

➞

a b

d c

g

fe

h

a/3+f/3+h/3

g/3+d/3+e/3 c/3+h/3+f/3

b/3+d/3+e/3 a/3+c/3+f/3

g/3+b/3+d/3

e/3+b/3+g/3

a/3+c/3+h/3

206 atka 15 (2006.) br. 55

naËin (na punih 6 stranica).Ovakvi dugaËki postupci koji nepotrebno oduzimaju vrijeme mogu se punobræe i efikasnije provesti pomoÊu raËunala. Da bismo rjeπili ovaj zadatakmorat Êemo rijeπiti sustav jednadæbi, stoga Êemo u pomoÊ pozvati neki odCAS (Computer Algebra System) programa za simboliËko raËunanje.Najpoznatiji (komercijalni) takvi programi danas su MAPLE i Mathematica,a postoje i razni besplatni programi takve vrste koje moæete skinuti sInterneta.*

Ovdje Êemo pomoÊu MAPLE-a rjeπiti zadani problem. Prvo definirajmonaredbu (funkciju) korak koja Êe πestorki brojeva ( , , , , , , , )a b c d e f g h pridruæi-ti brojeve koji Êe se u iduÊem koraku nalaziti na njihovim mjestima.

> : ( , , , , , , , ) > (( ) / ,

>( ) / , ( ) / , ( ) / , ( ) / ,

>( ) / , ( ) / , ( ) / );

korak a b c d e f g h b d e

a c f b d g a c h a f h

b e g c f h d e g

3

3 3 3 3

3 3 3

= - + +

+ + + + + + + +

+ + + + + +

: ( , , , , , , , )

, , ,

, , ,

,

korak a b c d e f g h

b d e a c f b d g

a c h a f h b e g

c f h d e g

31

31

31

31

31

31

31

31

31

31

31

31

31

31

31

31

31

31

31

31

31

31

31

31

"=

+ + + + + +

+ + + + + +

+ + + +

b

b

b

l

l

l

Ova naredba opisuje promjenu koja se dogaa prilikom izvoenja koraka uzadatku. Neka je : ( , , , , , , , )A a b c d e f g h= πestorka brojeva koji se na poËetkunalaze na vrhovima kocke (gdje malo slovo oznaËava veliko slovo vrha kockena kojemu se nalazi broj).

>A: (a, b, c, d, e, f, g, h):=

Ako nas zanima πto Êe se nalaziti na vrhovima kocke nakon 1. koraka piπemo:> ( );korak A

, , , ,

, ,

b d e a c f b d g a c h a f h

b e g c f h d e g3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3

3 3 3 3 3 3 3 3 3

+ + + + + + + + + +

+ + + + + +

* Za viπe vidi Forum podmlatka HMD-a http://playmath.skolstvo.t-com.hr/forum, temuBesplatni matematiËki software, a i bolja grafiËka dæepna raËunala (kalkulatori) danas imajuuprogramirane CAS programe.

207atka 15 (2006.) br. 55

Nakon drugog koraka:

> ( ( ));korak korak A

, , ,a c f h b d e g a c f h3 9

292

92

3 92

92

92

92

3 92

92

+ + + + + + + + +

, , ,

,

b d e g b d e g a c f h

b d g e a c h f92

3 92

92

92

92

3 92

92

92

3 92

92

92

3 92

92

92

3 92

+ + + + + + + + +

+ + + + + +

Vidimo da brojevi postaju sve "nezgodniji". Kako bismo izraËunali brojevekoji Êe se nalaziti na vrhovima kocke nakon desetog koraka napravit ÊemosljedeÊu petlju:

> : :B A=

>

> : ( );

> :

for i from to do

B korak B

end do

1 10

=

Nakon πto raËunalo izvede ovu petlju u B je ostala zapisana vrijednost broje-va koji Êe se nalaziti na vrhovima kocke nakon 10. koraka. Ilustracije radi evokoji Êe broj biti zapisan u vrhu A.

> [ ];B 1

a c f h196834921

5904914762

5904914762

5904914762

+ + +

Ovo mora biti jednako a, odnosno prva jednadæba glasi [ ] [ ]A B1 1= , opÊeni-tije [ ] [ ]A i B i= za , , ,i 1 2 8f= . Tako je dobiven sustav 8 jednadæbi s 8nepoznanica. Ove Êemo jednadæbe popisati pomoÊu sljedeÊe petlje:

>

> [ ]: [ ] [ ];

> :

for i from to do

j i A i B i

end do

1 8

= =

Oznaka [ ]j i ovdje oznaËava i-tu jednadæbu. Tako je> [ ];j 1

a a c f h196834921

5904914762

5904914762

5904914762

= + + +

Rjeπavanje sustava linearnih jednadæbi raËunalu ne predstavlja veÊi problem.U MAPLE-u se za rjeπavanje raznih jednadæbi upotrebljava naredba solve.Ovaj Êemo sustav rijeπiti na sljedeÊi naËin:

> ({ [ ], [ ], [ ], [ ], [ ], [ ], [ ], [ ]}, { , , , , , , , });solve j j j j j j j j a b c d e f g h1 2 3 4 5 6 7 8

208 atka 15 (2006.) br. 55

{ , , , , , , , }d d a c h c f c e d b d g d c c= = = = = = = =

»itajuÊi rjeπenje dobili smo da je b d e g= = = i a c h f= = = . Dakle nemoraju svi brojevi u vrhovima kocke na poËetku nuæno biti jednaki! Zab d f g 0= = = = i a c h e 1= = = = na vrhovima kocke Êe se nakon 10.koraka ponovo pojaviti isti brojevi.

MatematiËar se sada mora pitati: ©to bi bilo da se u zadatku provelo 11 kora-ka? A 12? Moæemo li rezultat poopÊiti? Vjerujem da Êe oni koji se malopoigraju raËunalom lako doÊi do odgovora na ova pitanja.

Osvrt

Ovakav naËin rjeπavanja zadataka moæda nije baπ uobiËajen. No, kada ne-mamo bolje ideje, a ne æelimo sami gubiti vrijeme na tehniËki posao kopanjanije loπe to prepustiti raËunalu. Ono to uostalom, radi bræe, bolje i toËnije. Uonih πest stranica vrlo bismo vjerojatno negdje pogrijeπili.

1 0

1

01

0

0 1

FORUM PODMLATKA HMD-a

»asopis PlayMath i Nastavna sekcija HMD-a pokrenuli su Forum podm-latka HMD-a na adresi:

http://playmath.skolstvo.t-com.hr/forumForum vodi skupina srednjoπkolaca i studenata, Ëlanova Podmlatka HMD-

a. Namijenjen je svim mladim matematiËarima (i onima koji se tako osjeÊaju),prvenstveno uËenicima. On ima nekoliko ciljeva, a prvi od njih je povezivan-je uËenika.

Forum ima nekoliko podforuma:- Obavijesti- Prijedlozi- PlayMath- Matka- Ostali Ëasopisi, literatura i internet,- Natjecanja- Software- ...Nadamo se da vas je navedeno motiviralo da i vi pristupite Forumu.

209atka 15 (2006.) br. 55

RJE©ENJA ZADATAKA IZ BROJA 54.

Rjeπenja odabranih zadataka

790. Dvanaesteroznamenkasti broj moæemo zapisati uporabom jedne, dvije, tri, Ëetiri,pet, πest, sedam, osam, devet, deset znamenki.

791. Ura svakog punog sata uËini onoliko udaraca koliko pokazuje sat. Kako je 1 + 2+ 3 + . . . + 11 + 12 = (1 + 12) $ 6, tj. 78, a tijekom 24 sata ima 2 puta po 12 sati,zakljuËujemo da Êe tijekom jednog dana ura naËiniti 78 2$ , tj. 156 udaraca.

792. Neka je a centimetara duljina jednog skoka zeca. Tada tri skoka zeca imajuduljinu 3a centimetara. Jedan skok vuka ima duljinu 2a centimetara. Kako je 3a > 2a,zakljuËujemo da je zec bræi od vuka, pa je u natjecanju na 100 metara pobijedio zec.

793. OËito nepoznati umnoæak mora biti veÊi od 99 jer je 10 10 100$ = , a manji od100 100$ , tj. 10 000. To znaËi da traæeni broj moæe biti ili 777, ili 7777. Rastavljanjemovih brojeva na proste faktore dobivamo da je 777 3 7 37$ $= , a 7777 7 11 101$ $= .Kako je 101 prosti broj, zakljuËujemo da se broj 7777 ne moæe napisati kao umnoæakdvaju dvoznamekastih brojeva. Zbog 777 21 37$= slijedi da su traæeni brojevi 21 i 37.

794. Svaki mjesec u godini ima najmanje 28 dana, iz Ëega slijedi da se svaki dan u tjed-nu tijekom jednog mjeseca pojavljuje najmanje 4 puta. Iz uvjeta zadatka zakljuËujemoda u promatranom mjesecu ima 5 nedjelja i 5 ponedjeljaka. Kako je broj ponedjeljakaveÊi od broja utoraka, to znaËi da taj mjesec ima 30 dana, pa je jasno da taj mjesec ne

Enigmatka

Kombinirajte s nama. Od izdvojenih slova IOMKAOC moæe se sloæiti OKOMICA.

Zbrajaljka. 21 zamjena: ADES©TV =1604238, 2574168, 3562194, 3574198,3601297, 3604298, 4306125, 4309126, 4560123, 4578129, 4690123, 6971280,6974281, 8307145, 8570146, 8603247, 8697145, 8730246, 9682170, 9845271,9851273.

Na krivom mjestu. XI - X = I, X - IX = I, IX = X - I:

Kemijsko-matematiËka zagonetka. PRAVAC (FOSFOR-P, RADIJ-RA, VANADIJ-V, AKTINIJ-AC).

Pomicaljka. PRIZMA, OBUJAM.

MatematiËke premetaljke. Simetrala, nazivnik, povrπina, kvocijent, osnovica,trapez.

Oduzimaljka. Svaka rijeË sadræi neki broj. Te brojeve treba oduzeti. Preostala slovadaju rijeË KUTOMJERI.

K O C K A

D V I C C

Z R A K A

S E D A M

Z B R O J

V A LJ A K

T R I C A

210 atka 15 (2006.) br. 55

moæe biti prosinac. Dalje je lako. Naime, kako je 29. dan u mjesecu nedjelja, slijedi daje 1. dan u mjesecu takoer nedjelja jer je 29 4 7 1$- = , a to znaËi da je 5. dan umjesecu Ëetvrtak.

795. Valja uoËiti da je ukupna svota novca koja bi se dobila prodajom svake sorte riæeposebno jednaka svoti novca koja Êe se dobiti prodajom mjeπavine triju sorti riæe.Neka je x kuna cijena 1 kg mjeπavine triju sorti riæe. Tada se za 15 + 20 + 25, tj. 60 kgmjeπavine dobije 60x kuna. Zato vrijedi jednadæba x15 8 20 7 25 4 60$ $ $+ + = .Rjeπenje ove jednadæbe je x = 6. Prema tome, cijena 1 kg mjeπavine triju sorti riæe je6 kuna.

796. Pretpostavimo suprotno, tj. neka je svaki uËenik naπao razliËit broj vrganja.Odredimo sada redoslijed uËenika prema najmanjem moguÊem broju naenih vrgan-ja. Neka je jedan uËenik naπao najmanje nula vrganja, drugi najmanje jedan, treÊi naj-manje dva, Ëetvrti najmanje tri, a peti uËenik najmanje Ëetiri vrganja. To znaËi da jesvih pet uËenika naπlo ukupno 0 +1 + 2 + 3 + 4 , tj. najmanje 10 vrganja, πto je usuprotnosti s uvjetom zadatka. Zato naπa pretpostavka da je svaki uËenik naπao razliËitbroj vrganja nije toËna, pa zakljuËujemo da su barem dva uËenika naπla jednaki brojvrganja.

797. Dani Êe razlomak biti cijeli broj samo ako je nazivnik 3n - 5 djelitelj brojnika 35,tj, ako je 3n - 5 = 1, 3n - 5 = -1,

3n - 5 = 5, 3n- 5 = -5, 3n - 5 = 7, 3n - 5 = -7, 3n - 5 = 35, 3n - 5 = -35.Cjelobrojna rjeπenja ovih jednadæbi su redom:n = 2, n = 0, n = 4, n = -10. Naime, druga, treÊa, πesta i sedma jednadæba nemaju cjelo-brojno rjeπenje. Zamjenom dobivenih vrijednosti za n u dani razlomak dobivamo svecjelobrojne vrijednosti r danog razlomka. Zato su rjeπenja zadatka svi parovi (n, r), tj.(2, 35); (0, -7); (4, 5); (-10, -1).

798. Zbroj svih prirodnih brojeva napisanih na ploËi je 2

1 2005 2005$+^ htj.

1003 $ 2005, a to je neparan broj. Pokaæimo da Êe nakon svakog koraka svakog od dvauËenika parnost zbroja napisanog na ploËi ostati nepromijenjena. Razlikujemo tri sluËaja.

1°. Neka su oba precrtana broja neparna. Ako od poËetnog zbroja tj. 1003 $ 2005oduzmemo zbroj dvaju neparnih brojeva, a to je paran broj, onda Êe nakon precrtavanjana ploËi ostati neparan zbroj. Kako je apsolutna vrijednost razlike dvaju neparnih bro-jeva paran broj, nuæno slijedi da je zbroj neparnog zbroja i parnog broja neparan zbroj.

2°. Neka su oba precrtana broja parna. Na sliËan naËin kao u prethodnom sluËajuzakljuËujemo da Êe nakon precrtavanja na ploËi ostati neparan zbroj. Kako je apsolut-na vrijednost razlike dvaju parnih brojeva paran broj, nuæno slijedi da je zbrojneparnog zbroja i parnog broja neparan zbroj.

3°. Neka je jedan precrtani broj neparan, a drugi paran. Kako je zbroj neparnog iparnog broja neparan broj, to Êe nakon precrtavanja na ploËi ostati paran zbroj. BuduÊida je apsolutna vrijednost neparnog i parnog broja neparan broj, nuæno slijedi da jezbroj parnog zbroja i neparnog broja neparan zbroj.

Iz promatrana tri sluËaja zakljuËujemo da se nakon svakog koraka bilo kojeg uËenikaparnost poËetnog zbroja ne mijenja, a to znaËi da Êe na ploËi ostati neprecrtan neparanbroj. Prema tome, u ovoj Êe igri pobijediti drugi uËenik.

211atka 15 (2006.) br. 55

799. Neka je a broj jabuka u jednom sanduku, b broj jabuka u drugom sanduku, c brojjabuka u treÊem sanduku. Tada je a + b + c = 200. Osim toga, zbog uvjeta zadatka vri-

jedi jednakost a b c31

52

1513

70+ + = . MnoæeÊi ovu jednakost s 3, nakon sreivanja

dobivamo redom a b c33

56

1539

210+ + = , a b b c c51

1524

210+ + + + = ,

a b c b c51

58

210+ + + + = , b c20051

58

210+ + = , b c51

58

10+ = .

Dijeljenjem zadnje jednakosti sa 2 dobivamo jednakost b c101

54

5+ = . Prema tome,

ako iz drugog sanduka izvadimo 101 , a iz treÊeg sanduka

54 jabuka, onda smo izvadili

5 jabuka.

800. Neka je broj d zajedniËki djelitelj brojnika i nazivnika danog razlomka. Tada jebroj d djelitelj svakog viπekratnika brojnika, ali i svakog viπekratnika nazivnika. ToznaËi da je broj d djelitelj broja 7(5n + 7), tj. 35n + 49, ali i broja 5(7n + 10), tj. 35n +50. Osim toga, broj d je djelitelj i razlike tih dvaju viπektatnika, odnosno 35n + 50 -(35n + 49), ili 35n + 50 - 35n - 49, tj. broja 1. Zato je d = 1, a to znaËi da se dani razlo-mak ne moæe skratiti.

801. S obzirom na vrstu trokuta, valja razmotriti 3 sluËaja: a) Neka je promatrani trokut ABC πiljastokutan. Neka je AM visina trokuta ABC izvrha A na stranicu BC , a BN visina trokuta ABC iz vrha B na stranicu AC . Dokaæimoda je AMC BNCO O, . Naime, AM BN= , prema uvjetu zadatka,

AMC BNC 90E E= = ° prema definiciji visine, ACM BCNE E= je zajedniËki kut zaoba promatrana trokuta. Kako trokuti AMC i BNC imaju dva para jednakih kutova,nuæno slijedi da oni imaju i treÊi par jednakih kutova, tj. CAM CBNE E= . Iz dokazanesukladnosti trokuta slijedi da je AC BC= , a to znaËi da je trokut ABC jed-nakokraËan. b) Neka je promatrani trokut ABC tupokutan, gdje je ACBE tupi. Neka je AEvisinatrokuta ABC iz vrha A na pravac BC, a BF visina trokuta ABC iz vrha B na pravac AC.Dokaæimo da je AEC BFCO O, . Naime, AE BF= prema uvjetu zadatka,

AEC BFC 90E E= = ° prema definiciji visine, ACE BCFE E= jer su to vrπni kutovi.Kako trokuti AEC i BFC imaju dva para jednakih kutova, nuæno slijedi da oni imaju itreÊi par jednakih kutova, tj. CAE CBFE E= . Iz dokazane sukladnosti trokuta slijedida je AC BC= , a to znaËi da je trokut ABC jednakokraËan.

Rasprava. Neka je CD visina trokuta ABC iz vrha C na stranicu AB. Lako se pokaæeda nije moguÊe da je AE CD= ili BF CD= . Pretpostavimo da je AE CD= .

Tada prema formuli za povrπinu trokuta vrijedi jednakost BC AE AB CD$ $= .

Zbog AE CD= prema pretpostavci slijedi da je BC AB= , πto nije moguÊe jer

je prema pouËku o nejednakosti trokuta <BC AB . To znaËi da naπa pretpostavka

nije bila toËna. Zbog istih razloga nije moguÊe da je BF CD= .

c) Neka je promatrani trokut ABC pravokutan, gdje je ACB 90E = °. To znaËi da je AB

hipozenuza, a AC i BC katete. OËito su i dvije visine pravokutnog trokuta ABC. Nekaje CD visina iz vrha C na hipotenuzu AB. Kako je CD kateta pravokutnog trokutaADC, ali i kateta pravokutnog trokuta BDC, nuæno slijedi da je <CD AC i

<CD BC . Zato je jedino moguÊe da su visine AC i BC jednake tj. AC BC= .

A B

C

NM

A BD

C

A BD

CE F

212 atka 15 (2006.) br. 55

Kako su AC i BC stranice pravokutnog trokuta ABC, zakljuËujemo da je pravokutnitrokut ABC jednakokraËan.

802. BuduÊi da su prvi i zadnji broj niza neparni brojevi, nuæno slijedi da niz imaneparan broj prirodnih brojeva. Lako odredimo srednji broj niza, tj. 1003. Od pre-ostalih brojeva niza, bez broja 1003, moæemo sastaviti 1002 para: (1, 2005), (2, 2004),. . . , (1001, 1005), (1002, 1004).PromatrajuÊi navedene parove zapaæamo: 1. U svakom su paru ili oba broja neparna, ili oba broja parna. 2. Zbroj obaju brojeva svakog para jednak je 2006. Prema pravilu o zbrajanju dvaju cijelih brojeva istog predznaka zakljuËujemo da Êezbroj brojeva svakog para biti paran broj. Prema pravilu o zbarajanju dvaju cijelih bro-jeva razliËitih predznaka zakljuËujemo da Êe zbroj brojeva svakog para takoer bitiparan broj. Kako je zbroj parnog broja (1002) parnih zbrojeva paran broj, a zbrojparnog broja i broja 1003 neparan broj, zakljuËujemo da Êe konaËan zbroj danog nizabiti neparan broj, neovisno o razmjeπtaju znakova + i - . Zato je broj 1 najmanji prirod-ni broj koji je, uz dani uvjet, jednak konaËnom zbroju danog niza. Ostaje joπ da odredimo razmjeπtaj znakova + i - kako bi zbroj brojeva danog niza biobroj 1. Zbog 2005 - 1 = 2004 i 2004 = 4$501 moæemo naËiniti 501 zbroj po 4 pribrojnika Ëijije zbroj jednak nuli.Zato jedan naËin razmjeπtaja znakova + i - moæe biti ovakav:

...1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2002 2003 2004 2005= + - - + + - - + + + - - + ,

ili ...1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

0 0

= + - - + + - - + +^ ^h h1 2 3444 444 1 2 3444 444

2002 2003 2004 2005

0

+ - - +^ h1 2 34444444 4444444

.

803. Rijeπimo zadatak unatrag. Naime, odredimo broj koji zbrojen sa zbrojem svojihznamenki daje broj 2005. Lako se pokaæe da taj broj ima oblik ab19 . Tada vrijedi jednakost ( )ab a b19 10 2005+ + + = , ili 1900 + 10a + b + 10 + a + b= 2005, tj. 11a + 2b = 95. BuduÊi da je pribrojnik 2b paran broj, a zbroj 95 neparanbroj, zakljuËujemo da je pribrojnik 11a neparan broj, a zbog a < 9 nuæno slijedi da jea = 7. Naime, za a = 5, najveÊi zbroj znamenki traæenog broja je 24, pa je tada

<b195 24 2005+ . Iz jednakosti 11a + 2b = 95 lako odredimo b = 9. Time smoodredili broj neposredno prije pribrajanja zbroja njegovih znamenki, tj. 1979. Na isti naËin odredimo broj koji je, prema uvjetu zadatka, prethodan broju 1979. Nekataj broj ima oblik cd19 . Tada vrijedi jednakost cd c d19 10 1979+ + + =^ h , ili,nakon sreivanja 11c + 2d = 69. Na isti naËin, kao i pri odreivanju broja 1979,zakljuËujemo da je c neparan broj manji od 7, a to znaËi da je c = 5. Lako se pokaæeda je c !3. Za c = 5 iz jednakosti 11c + 2d = 69 odredimo d = 7. Zato je drugi traæenibroj 1957. Dalje, valja odrediti sljedeÊi broj oblika xy19 . Vrijedi jednakost

xy x y19 10 1957+ + + =` j , ili 11x + 2y = 47. Kako je x neparan broj manji od 5

nuæno slijedi da je x = 3, pa je y = 7. Zato je treÊi traæeni broj 1937. Neka slijedeÊi traæeni broj ima oblik mn19 . Tada vrijedi jednakost

213atka 15 (2006.) br. 55

( )mn m n19 10 1937+ + + = ili 11m + 2n = 27. Kako je m neparan broj manji od3 nuæno slijedi da je m = 1, pa je n = 8. Zato je Ëetvrti traæeni broj 1918. Na potpunoisti naËin odredimo i preostala tri broja, tj. brojeve 1904, 1879 i 1862. Prema tome,poËetni je broj 1862.

804. Neka je Ëetverokut ABCD jedan paralelogram, a Ëetverokut KLMN drugi para-lelogram, pri Ëemu na svakoj stranici paralelograma ABCD leæi jedan vrh paralelogra-ma KLMN. Dokaæimo prvo da je ALK CMNO O, . Prema pouËku o stranicama para-lelograma slijedi da je KL MN= , a prema pouËku o kutovima paralelograma slije-di da je KAL MCNE E . Kako je | |AL CN i | |KL MN zakljuËujemo da je

ALK CNME E= jer su to kutovi s usporednim kracima. BuduÊi da trokuti ALK i CMNimaju dva para jednakih kutova, nuæno slijedi da oni imaju i treÊi par jednakih kutova,tj. ALK CMNE E= , a to je dovoljno za dokaz navedene sukladnosti trokuta. Izdokazane sukladnosti trokuta slijedi da je AL CN= .

Neka je toËka S presjek dijagonale AC paralelograma ABCD i dijagonale LN paralel-ograma KLMN. Sada je za dokaz navedene tvrdnje u zadatku dovoljno dokazati da je

ALS CNSO O, . Naime, jednakost AL CN= smo dokazali, SAL SCNE E= jer su to kutovi uz pres-jeËnicu AC, a ASL SCNE E= jer su to vrπni kutovi. Kako promatrana dva trokutaimaju dva para jednakih kutova, nuæno slijedi da oni imaju i treÊi par jednakih kutova,tj. ALS CNSE E= . Iz dokazane sukladnosti trokuta vrijede jednakosti AS SC= i

LS SN= . Time smo dokazali da je toËka S poloviπte dijagonale AC paralelogra-ma ABCD, ali i poloviπte dijagonale paralelograma KLMN. Prema pouËku o dijagonalama paralelograma zakljuËujemo da je toËka S sjeciπtedijagonala AC i BD paralelograma ABCD, ali i sjeciπte dijagonala LN i KM para-lelograma KLMN. To znaËi da se dijagonale paralelograma ABCD i dijagonale para-lelograma KLMN sijeku u jednoj toËki. tj. u toËki S, a to je i trebalo dokazati.

Rjeπenje stripa Tko ima prednost?Da! Drugi igraË uvijek pobjeuje tako da precrtava ostatak reda nakon prvog igraËa!Prvi je poËeo Ivan. Oba su igraËa pogrijeπila u ovoj igri: prvo Luka, a onda Ivan.Dakle, mogli su igrati bolje.

Rjeπenje su poslali i Matkinim biljeænicama nagraeni su MatkaËi: Neno ©oufek,VI.r., O© Banova Jaruga, Banova Jaruga; Ivana »aljkuπiÊ, VII.d, O© SuÊidar, Split;Anja Kostelac, V.r., O© Trnjanska, Zagreb i Zvonimir MediÊ, V.r., O© Trnjanska,Zagreb.

D N C

SKM

A L B

214 atka 15 (2006.) br. 55

Rjeπenje zadataka iz Kutka za najmlae

Rjeπenja nagradnih zadataka iz 53. broja

Rjeπenje zadataka za atkaËe poËetnike

1. Znamenka 3. 7. : :a b 1 4= . 9. Znamenka 8. 16. 398.75 km. 19.

n n n2 2 2 4 2 42 2

$+ - = +^ ^h h . 29. 35 trokutaRjeπenja su poslali i Matkinim biljeænicama nagraeni su MatkaËi: Josip StrmeËki,VI. a, O© Josipovac; Danica Kavelj, VII. r. O© S. S. KranjËeviÊa, LovreÊ; BrunoVundrel, VIII. a, O© Otok, Zagreb.

Rjeπenje Nagadnog natjeËaja broj 49

Ako 5 krojaËica za 5 dana naprave zastavu povrπine 625 m 2, onda 1 krojaËica za 5dana napravi zastavu povrπine 125 m 2. Jedna Êe krojaËica u danu napraviti zastavupovrπine 5 m 2, a za 3 dana zastavu povrπine 15 m 2. To znaËi da Êe 3 krojaËice za 3dana napraviti 3 puta veÊu zastavu, tj. zastavu povrπine 45 m 2.

Rjeπenja su nam poslali i Matkinim su biljeænicama nagraeni: Ana Vrdoljak, VIII.b,O© Sesvete, Sesvete; Josip StrmeËki, VI.a, O© Josipovac, Josipovac; Tonka GuliÊ,Poljanica Bistranska; Anja ProfoziÊ, VIII.c, O© Dubovac, Karlovac; Mirko GusiÊ,VII.r., O© Trilj - P© Grab, Grab; Kristina KoprËina, VII.r., O© Trilj - P© Grab, Grab;Marija TaπiÊ, I.r., Ugostiteljsko-prehrambena πkola, Bjelovar; Tamara BareπiÊ,VIII.c, O© Dubovac, Karlovac; Neno ©oufek, VI.r., O© Banova Jaruga, BanovaJaruga; Ivana »aljkuπiÊ, VII.d, O© SuÊidar, Split; Davor Oπap, »azma; Ivan Sesar,V.d, O© A. ©enoe, Zagreb; Danica Kavelj, VII. r., O© S. S. KranjËeviÊa, LovreË; JosipaAnal, VII.b, O© M. JuriÊ Zagorke, Zagreb; Ante PoceduliÊ, II. g, Gimnazija,Varaædin i Ëlanovi Kluba mladih matematiËara O© SuÊidar iz Splita.

215atka 15 (2006.) br. 55

Rjeπenje mozgalice Noæice

Rjeπenje su poslali i Matkinim biljeænicama su nagraene MatkaËice: Elizabeta©imuniÊ, V. razred O© Nikole Tesle, Rijeka i Lucy ©tefanËiÊ, III.r. , O© MilanaBrozoviÊa, Kastav.

A B C

1

6 7 8

9 10

11 12 13

14

2 3 4 55 4 1 41 7

2 7 3 0 6 8

31 9 1 0

3 0 4 6 7 5

9 5 1 5 2 8

8

15

1

7 8 8

10 9 10 12 11

12 13 14 15

16 17 18 19

2 3 4 5

7 7 4 4 8 1

5 8 9 3 4 9

3 2 6 9 8

6 4 1 7 6

1 7 2 8 2 3

6

1

2

0

7

520 20 21

5 2 5 4 0 8 0

1

8 9 10

12 13 14

15 16 14 17

15 19 20

2 3 4 5

1 2 1 5 3 1

6 4 5 8 7

4 7 2 1 4

5 9 7 0 3 7

2 6 9 2 5

11

21

6

7

6

8

0

21 22 24 23

9 1 22 1 4 224

725

8 6 4 3 8 026

9

18

7

1

9

5

2

1

6

1

7 8 9

10 11 12

13 14

16 17

2 3 4

7 3 8 1 7 5

7 0 6 8 3

2 6 2 1 4 4

9 5 4 0 9 1

6 2 1 7 7 2

15

5

7

2

1

818 19 20

8 1 5 9 621

223 24

9 8 6 5 6 5 0

6

6

0

8

4

22

2

4

Rjeπenja kriæaljki za atkaËe

216 atka 15 (2006.) br. 55

KU

TAK

ZA

NAJMLA–E

KuÊanski koji broj

Otkrij "pravilo" kuÊanskog aparatai nai broj koji nedostaje

331.

2.

3.

77

1122

1188

33

77

1122

2200

55

88

1100

1133

99

2211

3366

??

1111

1177

2211

??

88

1122

1177

??

217atka 15 (2006.) br. 55 KUTAK ZA

NAJ

MLAD

E

aparati - nedostaje?

66774.

5.

6.

7.

9944

113300

2255

3344

4466

5511

1144

2266

3388

5566

33

55

77

99

33

1100

1122

3300

??

77

1133

1199

??

2200

66

55

??

99

2255

4499

??