Dizajn naslovne strane: Hana ati
2
SADRAJ
Uvodna rije...................................................................................................3
Kombinatorika...............................................................................................5
Turnir gradova...............................................................................................35
UVODNA RIJE
Poštovani itatelji, veliko mi je zadovoljstvo upoznati vas sa asopisom koji su kreirali
uenici Druge gimnazije Sarajevo.
Osnovna ideja asopisa je da uenici prezentiraju oblasti matematike koje su ih
inspirisali u odreenom periodu njihovog matematikog sazrijevanja.
Ideja je nastala spontano, kao prirodna pojava prezentacije rada i uspjeha uenika
Druge gimnazije Sarajevo u matematici i njihove elje da se poveu sa svojim
vršnjacima i da tako svi postanemo jai u svom radu.
Nakon lanaka koji su zapravo neka tekstualna predavanja slijede obino i zadaci za
samostalni rad. Moete nas kontaktirati na gore navedeni mail, ako elite saznati izvor
zadatka na kom moete pogledati rješenje. A svakako emo sva rješenja (ili veinu njih)
objaviti na stranici Druge gimnazije Sarajevo ili u narednom broju.
Osim rješenja moete slati svoje konstruktivne prijedloge i sugestije.
Krajnji cilj je da kroz ovaj asopis motivišemo uenike osnovnih i srednjih škola da
izuavaju matematiku.
Ovo je prvo izdanje i u narednim trebamo zajedno da se potrudimo da mladi
matematiari udrue snage kako bi napredovali.
elimo da itateljima pribliimo ljepote matematike kao nauke koja pokree
ovjeanstvo.
4
Na slici iznad se nalaze uenici koji su pisali lanke za ovaj asopis. To su (s lijeva na
desno, prvo red sa više uenika): Mirnes Fehri, Imana Alibaši, Esma Maši, Adi Huji,
Ervin Maci, Boris Stankovi, Lav Balašev-Samarski, Sandro Paradik, Hana ati.
5
KOMBINATORIKA
Boris Stankovi je uenik II1 razreda. Osvaja je srebrnih medalja na BMO1
2019, JBMO2 2018, bronzane medalje na JBMO 2017 i poasne pohvale na
IMO3 2019, višestruki pobjednik kampova4 (2017. ljetni i 2018. zimski u
srednjoj grupi, 2018. ljetni u predolimpijskoj, 2019. ljetni i 2020. zimski u
olimpijskoj grupi). Kombinatorika je razlog što je zavolio matematiku i eli
vas uvesti u tu oblast.
Omiljena oblast svih takmiara. Vjerovatno niste imali priliku da se susretnete s
kombinatorikom u osnovnoj školi, a u ovom lanku upoznat emo se razliitim zadacima
iz kombinatorike. Ona obuhvata sve logike i problemske zadatke. U
kombinatorici za razliku od drugih oblasti ne postoje neke formule ili standardne ideje
pomou kojih rješavamo zadatke. Sa zadacima iz kombinatorike se prije svega trebamo
igrati, trebamo izdvojiti malo više vremena i pokušati razumjeti neki proces koji se
dešava u zadatku, primijetiti šta nas ograniava i sl.
Upravo to što ne postoji neka generalna strategija za rješavanje ovih zadataka ini
kombinatoriku najzanimljivim dijelom matematike jer je svaki zadatak zapravo pria za
sebe. esto je rješavanje kombinatorikog zadatka kao proanalenje puta kroz labirint.
Prije nego što ponemo s primjerima zadataka iz kombinatorike, evo šta par ljudi koji su
u bh. matematici poznati kao najbolji kombinatoriari kau o kombinatorici:
Nevena Radeši (osvajaica bronzanih medalja na EGMO5 2018 i 2019):
„Više bih voljela da na kampu imam 100 bodova na zadacima iz kombinatorike (op.a.
uradim sva 4 zadatka iz kombinatorike, na kampu imaju 4 testa, svaki po 4 zadatka koji
nose po 25 bodova), nego da imam 300 bodova iz svih ostalih oblasti, a ne uradim
1 Balkanska matematika olimpijada
3 Internacionalna matematika olimpijada
5 Evropska matematika olimpijada za djevojke
6
nijednu kombinatoriku. Kombinatorika mi je omiljena oblast i svi najljepši zadaci koje
sam uradila bili su iz kombinatorike.“
Marko Dimitri (pobjednik Ljetnog kampa 2018. i Zimskog kampa 2020.
godine i osvaja bronzane medalje na Olimpijadi metropola 2019. iz
informatike):
„Matematiku volim da radim zbog onog AHA osjeaja kad otkrijem lijepo rješenje nekog
problema, a zadaci su najljepšim rješenjima su upravo oni iz kombinatorike i osjeaj koji
imam kada uradim odreene zadatke iz te oblasti je neuporediv sa onim nakon drugih
zadataka. Svia mi se što se kombinatorika mnogo manje od ostalih oblasti oslanja na
reciklau ideja iz drugih zadataka. Pored toga dodatno volim kombinatoriku jer je
kombinatorni tip razmišljanja jako koristan u programiranju koje takoe jako volim.“
Esma Maši (pobjednica Zimskog i Ljetnog kampa 2019, osvajaica
bronzane medalje na EGMO 2019, bronzane medalje na JBMO 2018):
„Kombinatorika je oblast matematike koja ima najveu primjenu u ivotu od svih oblasti
s kojima sam se susretala. U njoj se najjednostavnijim idejama mogu riješiti
najkompleksniji problemi što me zaista impresionira“
Sandro Paradik (osvaja 1. mjesta na Federalnom takmienju za 2.
razrede srednje škole 2019): „Za mene je kombinatorika kao umjetnost, nain da
izrazim svoj nain razmišljanja i kreativnost. Moja ljubav prema njoj je oduvijek samo
rasla. Svia mi se to što nam nije potrebno nikakvo predznanje da bismo rješavali
zadatke iz kombinatorike. Volim kombinatoriku jer u njoj imam najveu slobodu
razmišljanja, to mi je uz programiranje i fotografiju, omiljeni nain da ispoljim svoju
kreativnost.“
Oni naizgled vole sline stvari u kombinatorici, ali vjerujem da bi vam svako od njih
mogao satima priati o tome šta tano voli u vezi ove kraljice matematike. Svaka ta pria
je posebna i svi oni bi vam oduševljeno priali o zadacima koji su ih fascinirali.
Šta oni toliko vole u kombinatorici neete dokuiti samo itanjem ovog lanka, ali
nadamo se da ete se zabaviti pokušavajui riješiti slijedee zadatke i da ete uz njih
zavoliti kombinatoriku. U primjerima koji slijede bit e par zadataka koji su više nalik na
zagonetke, ali i par kombinatorikih zadataka kakvi se mogu nai na matematikim
takmienjima.
Primjer 1:
Na svakoj karti u kutiji napisan je jedan od brojeva 1, 2, 3, 4, 5, 6 ili 7 (na svakoj karti je
napisan jedan broj i svaki od brojeva je napisan na tano jednoj karti). Naida uzima tri
karte iz kutije, pogleda ih i ne pokazuje ih Esmi. Nakon toga, Esma uzima dvije karte iz
kutije i ne pokazuje Naidi koje je karte uzela. Naida kae Esmi: Znam da je suma tvojih
karata parna.
Esma i Naida ne znaju koje su karte ostale u kutiji. Kolika je suma karata koje je izvukla
Naida?
7
Rješenje: Naida je morala biti sigurna nakon što je izvukla svoje 3 karte da e suma
bilo koje dvije karte koje Esma izvue biti parna. To je mogue samo ako, nakon što je
Naida izvukla svoje karte, u kutiji su sve karte iste parnosti. Kako su u kutiji ostale 4
karte, jedina opcija je da su u kutiji ostale sve 4 neparne karte.
To je mogue ako je Naida izvukla sve 3 parne karte, pa je njihova suma 2+4+6=12.
Primjer 2:
Prirodan broj zovemo lijepim ako je mogue na krug poredati brojeve 1,2,..., tako da
je zbir svaka 2 susjedna broja na krugu prost broj.
Da li su brojevi: lijepi?
U zadacima ovakvog tipa ukoliko je lijep dovoljno je nai jedan primjer koji to
potvruje, a u suprotnom obrazloiti zašto taj broj nije lijep.
Rješenje: a) Broj 12 je lijep je što potvruje ovaj raspored brojeva na krugu
b) Ako pokušamo napraviti raspored s 13 brojeva ne uspijevamo, pa emo probati
dokazati da 13 nije lijep broj broj.
Primjeujemo da ako bi 13 bio lijep tada ne bismo smjeli imati 2 susjedna broja iste
parnosti na krugu jer njihov zbir je sigurno paran broj i vei jednak 4 pa ne moe biti
prost broj.
Meu brojevima 1, 2, ..., 13 nalazi se 7 neparnih i 6 parnih brojeva.
Zbog toga emo dokazati da kako god rasporedili ovih 13 brojeva na krug, imati 2
susjedna broja iste parnosti na krugu. Krenemo od nekog proizvoljnog neparnog broja
na krugu. Tada njegov susjed u smjeru kazaljke na satu mora biti paran ili smo odmah
gotovi. Sada njegov susjed mora biti neparan. Dobijamo tako da brojevi idu u
rasporedu NPNPNPNPNPNPN, a krajnji brojevi u ovom nizu su susjedni.
Dakle, kako god rasporedili 13 brojeva na krug postoje 2 susjedna iste parnosti, pa 13
nije lijep broj.
8
Primjer 3: Po krugu su napisani brojevi od 1 do , tako da svaka dva susjedna broja
imaju bar jednu zajedniku cifru. Nai najmanji prirodan broj > 1 za koji je ovo
mogue.
Rješenje: Oigledno vrijedi da je > 9, jer za jednocifrene brojeve nije mogue
ispuniti uslov zadatka. Kako susjed broja 9 mora sadravati cifru 9, to je ≥ 29 (jer
moramo imati bar još dva broja koji sadre cifru 9). Za = 29 mogue je ispuniti
uslove zadatka. Moemo npr. napraviti sljedei raspored:
1,11,10,20,21,12,2,22,23,3,13,14,4,24,25,5,15,16,6,26,27,7,17,18,8,28,29,9,19.
Primjer 4: Ploa 7 × 7 je podijeljena na jedinine kvadratie, te su iz nje odstranjeni svi
kvadratii iznad glavne dijagonale. Koliko je minimalno kvadrata (nebitno kojih
dimenzija, dakle smijemo koristiti kvadrate 1×1, 2×2, 3×3, 4×4...) potrebno da se
poploa ostatak figure (stranice kvadrata su prirodni brojevi)?
A za plou 15 ×15?
U zadacima ovakvog tipa ukoliko je vaše rješenje broj x potrebno je da navedete
(nacrtate) kako je to mogue s x kvadrata, ali i da objasnite zašto nije mogue s manje od
x kvadrata.
Rješenje: Primijetimo da nam je za svaki od oškova „stepenica“ potreban po jedan
poseban kvadrat jer nikoja dva oška ne moemo obuhvatiti istim kvadratom. Dakle
minimalno nam treba 7 kvadrata za , odnosno 15 za . Sa 7 kvadrata
moemo na slijedei nain:
Za moemo na slijedei nain, stavimo centralni i onda nam ostanu dvoje
stepenice koje znamo da moemo zasebno svake sa po 7 kvadrata.
9
Primjer 5:
Na tabli je napisano 8 brojeva, od kojih je svaki jednak nuli. U jednom koraku
dozvoljeno je izabrati proizvoljna 4 broja ,,,, i zamjeniti ih redom sa + 3, + 3, +
2, + 1.
a) Koji je najmanji broj koraka koje je potrebno izvršiti da bi se na tabli dobilo 8
uzastopnih brojeva?
b) Da li je mogue dobiti da su svi brojevi na tabli jednaki 2019?
c) Da li je mogue na tabli dobiti brojeve iji je proizvod jednak 2145?
Rješenje: a) Najmanjih 8 nenegativnih uzastopnih cijelih brojeva su 0,1,...,7 i njihov
zbir je 28. Kako u svakom koraku poveamo ukupan zbir brojeva na tabli za 9, to su
nam potrebna bar 4 koraka (jer je 3 9 < 28). S druge strane, 4 koraka su dovoljna, što
pokazuje sljedei niz koraka:
→ (1,2,2,1,3,3,7,8) → (1,2,3,4,5,6,7,8).
b) U svakom koraku zbir brojeva na tabli se povea za 9, pa e nakon koraka zbir
brojeva na tabli biti 9. Kako 8 2019 nije djeljivo sa 9, to nikad neemo dobiti da su
svi brojevi na tabli jednaki 2019.
c) Pretpostavimo da je mogue. Kako je 2145 = 3 5 11 13, to na tabi moramo imati
bar 4 jedinice (jer su brojevi 3,5,11,13 prosti). Ako bi imali tano 4 jedinice, onda bi
brojevi na tabli bili 1,1,1,1,3,5,11,13, iji je zbir 36, pa moramo izvršiti tano 4 koraka.
Meutim, sa 4 koraka nije mogue dobiti broj 13 na tabli (jer se neki broj povea
najviše za 3 pa moemo dobiti maksimalno 4 3 = 12). Primijetimo sada da je
nemogue da imamo 6 ili više jedinica, jer bi onda na tabli bila najviše dva broja koji
10
nisu jedinice, što nije mogue jer u svakom koraku poveamo 3 broja za više od 1.
Ostaje nam još sluaj kada imamo 5 jedinica. Neka su brojevi na tabli 1,1,1,1,1,,,. Da
bi dobili tano 5 jedinica, morali smo izvršiti tano 5 koraka (jer u svakom koraku 3
broja poveavamo za više od 1, pa to moraju biti ,,, a ostalih 5 tano jednom
moramo poveati za 1). Dakle, 5 + + + = 45, gdje je proizvod 2 broja iz skupa
{3,5,11,13}, a i su preostala dva elementa. Meutim, sa 5 koraka, najvei mogui
broj koji se moe dobiti je 15, pa vidimo da mora biti = 15 (jer je proizvod bilo koja
druga dva broja iz skupa vei od 15). Meutim, broj 5 + 15 + 11+ 13 = 44 nije djeljiv sa
9, pa je nemogue da na tabli dobijemo brojeve iji je proizvod jednak 2145.
A, sada nemojte dopustiti da vaš susret s kombinatorikom završi samo na ovim
zadacima. Evo nekih zadataka za samostalni rad, da se igrate s njima:
1. Dato nam je 25 konja koji su svi razliite brzine, tj. kada se trkaju bri konj uvijek
završi trku prije konja koji je sporiji. Dozvoljeno nam je organizovati trke u kojima
uestvuje najviše 5 konja i zapisati koji je konj zauzeo koje mjesto u toj trci, ali ne
moemo mjeriti vrijeme za koje su završili trku.
a) Koliko najmanje trka trebamo organizovati da bismo odredili najbreg konja?
b) Koliko najmanje trka trebamo organizovati da bismo odredili tri najbra konja?
(Pod a) je potrebno da objasnite zašto je nemogue s manje trka, a pod b) je dovoljno da
pronaete s koliko je trka mogue, poteško je skroz formalno dokazati da je to
minimum)
2. Sandro je uzeo 9 kartica takvih da je na prvoj napisan broj 1, na drugoj broj 2, ..., te
na devetoj broj 9. Promiješao je kartice i 5 kartica dao je Harisu, a 4 Adiju. Zatim je
Haris pomnoio brojeve na svojim karticama i kao rezultat je dobio proizvod . Adi je
uradio isto sa svojim karticama i dobio proizvod . Da li je mogue da i budu
relativno prosti?
3. Neka je prirodan broj i neka su brojevi od 1 do u nekom redoslijedu
(svaki od brojeva se javlja tano jednom meu brojevima , ali ne
moraju biti poredani po veliini). Da li je mogue da brojevi
svi daju razliite ostatke pri dijeljenju sa , ako je:
a) , b) ?
4. Nevena i Esma igraju sljedeu igru. Nevena e razrezati papir dimenzija 9x9 na
pravougaonike cjelobrojnih dimenzija kojima je bar jedna dimenzija 1. Nakon toga e
Esma odabrati prirodan broj { } i Nevena e joj dati onoliko novia koliko
iznosi ukupna površina svih pravougaonika dimenzija x i x1. Esma e odabrati
tako da od Nevene dobije što više novia, a Nevena bi eljela uštedjeti i pri tome dati
Esmi što manje novia.
Koji je najmanji mogui broj novia koji e Nevena dati Esmi?
11
ENE U MATEMATICI
Ovaj lanak je napisala Esma Maši, uenica II1 razreda. Esma je osvajaica
bronzanih medalja na EGMO 2019, JBMO 2018, dvostruka pobjednica na
kampovima (2019. zimski u naprednoj i 2019. ljetni u predolimpijskoj
grupi). Poznata je kao veliki borac za enska prava i ovim putem vam eli
pribliiti status ena u matematici.
Procenat ena u matematici je jako mali, bilo da se radi o matematikim takmienjima
ili o karijeri u ovoj oblasti. Fields-ova medalja, matematiki ekvivalent Nobelove
nagrade, je samo jednom dodjeljena eni, Maryam Mirzakhani.
Ona je bila iranska matematiarka i
profesor matematike na Univerzitetu
ukljuivale Teichmüller teoriju,
hiperboliku geometriju, ergodiku
u kome je prepoznata kao jedan od prvih
10 mladih ljudi koji su pokrenuli svoja
polja u inovativnim pravcima. Tokom
svoje takmiarske karijere na IMO 1994.
i 1995. godine osvojila je dvije zlatne
medalje.
Maryam Mirzakhani
Iako je stanje puno bolje nego nekoliko godina unazad, na svjetskoj matematikoj
olimpijadi IMO 2019.godine od 621 uesnika bilo je svega 65 djevojaka od ega ih je
samo 11 osvojilo medalju od ukupno osvojene 302 medalje. Uprkos tome na IMO Hall of
fame 3.mjesto zauzima djevojka. U bh. matematici od 2010.godine je od ukupno
osvojenih 22 medalje na IMO, 7 pripalo djevojkama.
12
Za razliku od ostalih drava, BiH esto ima nekoliko enskih lanova tima za IMO, dok
njauspješnije ekipe npr. Amerika i Kina posljednjih nekoliko godina uope nisu imale
enskog lana ekipe. Djevojke koje su obiljeile posljednju deceniju u bh matematici su:
Milica uki kojoj je pripalo jedno od dva srebra koje je BiH osvojila na IMO u
posljednjih 10 godina, Adisa Boli (osvojila dvije bronzane medalje na IMO, zlato i
srebro na EGMO, tri bronze na BMO i zlato na EMC6 u juniorskoj kategoriji pored ega
je ostvarila još i brojne uspjehe na drugim internacionalnim i domaim takmienjima),
Tijana Babi (dvije bronzane medalje na IMO, dva srebra i zlato na EGMO, tri bronze na
BMO i brojne druge medalje) i Neira Kurtovi (bronzana medalja na IMO, srebro
na EGMO i bronza na BMO kao i znaajni uspjesi na drugim takmienjima).
2012.godine u Ujedinjenom Kraljevstvu po prvi put odrana je Evropska matematika
olimpijada za djevojke (European Girls’ Mathematical Olympiad ) iji zadaci imaju
slian stil kao Meunarodna matematika olimpijada IMO, s dva testa po 3 zadatka koji
se rade dva dana uzastopno. Zemlje uesnice šalju timove koji se sastoje od etiri
matematiarke školskog uzrasta. Zadaci, iako su lakši od zadataka sa BMO, puno su
ljepši i kreativniji tako da emo navesti par primjera:
(Zadatak 4. 2018.)
Pod podrazumijevamo ploicu dimenzija ili .
Neka je prirodan broj. Na tabli dimenzija , postavljen je neki broj domina,
tako da svaka domina pokriva tano dva polja table i ne postoje dve domine koje se
preklapaju. vrste ili kolone je broj domina koje pokrivaju bar jedno polje te
vrste ili kolone. Konfiguraciju table zvaemo , ako postoji prirodan broj
takav da svaka vrsta i svaka kolona ima vrijednost . Dokazati da balansirana
konfiguracija postoji za svaki prirodan broj ( ≥ 3) i odrediti minimalan broj domina
potrebnih za tu konfiguraciju.
(Zadatak 3. 2017.)
Dato je 2017 pravih u ravni, tako da ne post tri koje prolaze kroz jednu istu taku.
Pu Turbo se nalazi u taki koja pripada tano jednoj od pravih i zapoinje kretanje
po ovim pravama na sljedei nain: on se kree po pravoj dok ne stigne d take
koja je presjek dvije prave, kada nastavlja svoj put po drugoj pravoj koja sadri tu
presjenu taku(ini skretanje). Kada naie na novu presjenu taku neke dvije prave,
opet vrši skretanje itd. Skretanje vrši naizmjenino(npr. ako je kod prve take
presjeka na koju je naišao skrenuo desno, kod druge na koju naie skrenue lijevo,
kod tree desno itd.). On moe mijenjati smjer kretanja samo u taki presjeka dvije
prave. Da li postoji dio neke prave, kojim on moe proi u oba
smjera tokom svog putovanja?
6 Evropski matematiki kup
(Zadatak 5. 2017.)
Nek cijeli broj. Z -torku ne
obavezno razliitih pozitivnih
cijelih brojeva kaemo da je interesantna, ako postoji pozitivan cijeli broj k takav
da vrijedi: .
a) Nai sve cijele brojeve za koje postoji interesantna n -torka.
b) Dokazati da za svaki neparan pozitivan cijeli broj , postoji cijeli broj ,
takav da pripada nekoj interesantno -torci.
Napomena: Na lijevoj strani jednakosti nalazi se tano faktora.
Interesantno je da je autor zadatka Harun Hindija, jedan od naših mentora.
EGMO je takmienje iji je cilj da podstakne djevojke da otkriju svoj potencijal u
matematici i da razmisle o njoj kao svom ivotnom pozivu. Takmienje je izazvalo
kontraverzne reakcije. Mnogi vjeruju da se ovim takmienjem samo doprinosi
stigmatizaciji djevojaka da su manje talentovane i uspješne u matematici. Ta strana
misli da bi vrijednije bilo promovisati takmienja za oba pola npr. IMO i da bi se njima
puno efikasnije stimulisale djevojke.
Druga strana vjeruje da je EGMO dobar nain da se djevojke okušaju u matematikim
takmienjima, zavole ih i dokau prvenstveno sebi da ljudi koji su im govorili da ne
mogu postii ništa u ovom polju, nisu bili u pravu. Jedan od razloga što se manje
djevojaka takmii u ovim oblastima je što veina djevojaka vjeruje da uspjeh u karijeri
implicira uspjeh u više oblasti u isto vrijeme što im mie fokus na odreenu oblast u
kojoj bi mogle i eljele briljirati. Ovo su iskustva odreenog broja djevojaka ali NE
impliciraju apsolutnu generalizaciju.
Broj djevojaka na takmienjima do 8.razreda je otprilike isti kao broj djeaka, ali do
kraja srednjoškolskog obrazovanja taj broj se drastino smanjuje. U analizi koju su
sproveli matematiar Chad Topaz i Shilad Sen na 13.000 urednikih pozicija u 435
matematikih asopisa, otkriveno je da manje od 9% svih urednikih mjesta iz
matematikih asopisa dre ene, jedan od deset asopisa uope nema urednice.
Jedan od faktora koji tome doprinosi je ono što nazivaju "efektom briljantnosti":
vjerovanja da prirodna briljantnost ili talent dovode do uspjeha, a ne naporan rad ili
upornost. Ali, naalost, ene se rijetko smatraju briljantnima. Naješa implikacija je da,
da biste bili matematiar, morate biti sjajni, a u našem društvu za ene se rijetko govori
da su sjajne.Dalje, dostignua matematiarki se esto pripisuju njihovom polu.
Matematiarka Sarah Brodsky kae da su joj, nakon što joj je dodeljeno prestino
priznanje Sveuilišta za postdiplomske studije Nacionalne naune fondacije, kolege
govorili da je osvojila nagradu samo zato što je ona ena. Upravo razmišljanje da su
dostignua ena u matematici posljedica toga što su ene, a ne njihovih sposobnosti ili
14
napornog rada nimalo im ne pomae da se izbore za vanije pozicije u svijetu
matematike, kao što su urednike pozicije najpoznatijih svjetskih asopisa.
Uredništva trae nekoga ko je zreo, ima strunost i moe pregledati lanke i ukazivati na
pravce koji rasvjetljavaju nedostatke u tuem radu i oni ele biti sigurni da je ta osoba
dobro kvalifikovana. Razlike u spolu mogu biti naroito izraene u matematici zbog toga
što je to tradicionalno teren kojim brojano dominiraju muškarci. Brodsky kad je
upisala diplomski studij, bila je jedna od šest ena u grupi od 40 studenata. Bila je
uasnuta kada je od jednog kolege saznala da su muške kolege redovno na svojim
izlascima ocjenjivali njihove enske kolege po izgledu. Nakon toga teško joj je bilo vidjeti
sebe kao osobu koju ozbiljno shvataju na poslu, a ne kao temu za tra.
Status ene kroz historiju ostavlja svoje posljedice u današnjici. ene se još uvijek bore
da budu prihvaene kao jednake u brojnim oblastima, a pogotovo u STEM podruijima.
BiH je jedna od drava sa najviše djevojaka na IMO i trebamo biti primjer drugima da
ene mogu biti uspješne u STEM oblastima. Djevojke ne smiju dopustiti da ih društvene
norme natjeraju da propuste potencijalnu strast ili karijeru i ne smiju dopustiti da se
njihova ljubav prema bilo emu (u ovom sluaju matematici) ugasi zbog neuspjeha ili
negativnih komentara. ene mogu biti uspješne u matematici i to e svijetu i dokazati.
15
KOM' BI JE REKAO?
Sandro Paradik je uenik III1 razreda. Osvaja je 1. mjesta na Federalnom
takmienju 2019. godine. Ako ujete da Sandro pria o neemu vjerovatno,
pria o bijekcijama, a on e vas u ovom lanku upoznati s tom temom.
Na poetku bih da se zahvalim Admiru Bešireviu, mom mentoru i predavau na Školi
matematike za nadarene matematiare koju organizuje UMKS, koji je mene uveo u
svijet bijekcija. Nain na koji je on nama objasnio bijekcije bio mi je od velike pomoi u
pisanju ovog lanka.
Brojanje je jedna od najstarijih matematikih aktivnosti ljudskog roda. Rješavajui
razne probleme u matematici, ali i u mnogim drugim naukama potrebno je odgovoriti
na pitanje koliko elemenata ima neki konaan skup? Enumerativna kombinatorika je
dio kombinatorike u kojem se prouavaju metode i tehnike pomou kojih se moe
odgovoriti na to pitanje.
U ovom lanku emo napraviti uvod u neka naprednija prebrojavanja za koja emo
koristiti rekurzivne funkcije i bijekcije. Ovaj lanak je namijenjen srednjoškolcima koji
su se ve susretali sa barem nekim osnovnim prebrojavanjem. Sainjen je od elemenata
koji su mene inspirisali da matematici posvetim više vremena.
Definišimo pojam bijekcije. Bijekcija, ili jedan na jedan korespodencija, je funkcija koja
je i injektivna i sirjektivna. Funkcija ima dvostrani inverz onda kada je bijekcija izmeu
svoje domene i kodomene. Ako izmeu skupova X i Y postoji bijekcija, onda ti skupovi
imaju jednak broj lanova. Bijekcije su korisne u mnogo sluajeva. Konkretno, one se
esto koriste u kombinatorici kako bi prebrojali broj lanova skupa ija je veliina
nepoznata. Takoer su veoma korisne u teoriji skupova kada je rije o beskonanim
skupovima ili permutacijama i vjerovatnoi. Uglavnom, dokaz koji ukljuuje bijekciju
izmeu skupova X i Y treba objasniti sljedee:
1. Kako svakom elementu iz X pridruiti element iz Y;
2. Kako od svakog elementa iz Y generisati odgovarajui element iz X;
3. Zašto su oni inverzi jedan drugome.
16
Slika 1
Ideja je da uspostavimo bijekciju izmeu onoga što prebrojavamo sa neim što je lakše
prebrojati. U suštini, da bismo znali da neka dva skupa imaju jednak broj elemenata ne
moramo nuno znati brojati, dovoljno je da uspostavimo bijekciju. Nedavno sam naišao
na svoju svesku iz matematike iz prvog razreda osnovne škole. Pogledao sam gradivo
koje smo radili prije nego što smo uopšte uili brojeve. Na jednoj stranici sam imao
nacrtan skup i u njemu nekoliko jabuka, pored njega su bili nacrtani kruii i svaki
krui je bio spojen sa tano jednom jabukom i obrnuto.
Na ovaj nain smo nauili šta zapravo znai broj elemenata nekog skupa da bi kasnije
kada nauimo brojeve mogli pronai taj broj. Pretpostavljam da je to jedna od prvih
bijekcija sa kojim sam se susreo, isto vjerovatno vai i za veinu djece.
Zamislite da se nalazite na autobuskoj stanici iji su peroni oznaeni brojevima od 1 do
40. Ako vas neko upita koliko ima autobusa na stanici, a vi primijetite da su svi peroni
zauzeti, za taan odgovor nije nuno da brojite autobuse. Ovo opaanje je suština
principa bijekcije. Primjer 1.1. i 1.2. su meu prvim zadacima ovakvog prebrojavanja
koje sam vidio. Bez obzira na to što postoje i mnogo ljepše bijekcije ova dva primjera su
u meni probudila interesovanje o ovoj temi.
Primjer 1.1. Izraunati broj rješenja jednaine u skupu
nenegativnih cijelih brojeva.
Rješenje: Posmatrajmo n jedinica, napisane kao 111...111 i postavljamo k – 1 pregrada.
Na primjer 3 + 1 + 0 + 2 odgovara kombinacija 111|1||11, i svakom rješenju odgovara
tano jedno postavljanje pregrada i obratno (dakle imamo bijekciju), meutim broj
naina postavljanja pregrada lako izraunamo, to je (
), jer od n + k – 1 mjesta
biramo k – 1 na koje emo postaviti pregrade (ili n na koje emo postaviti jedinice).
Primjer 1.2. Particija prirodnog broja je svako predstavljanje tog broja na sabirke koji
su prirodni brojevi, pri emu redoslijed nije bitan, na primjer broj
4=3+1=2+2=2+1+1=1+1+1+1 ima 5 particija (i 4 se rauna kao particija). Dokazati da je
za prirodan broj n broj particija broja n na manje ili jednako k sabiraka jednak broju
particija na sabirke manje ili jednake k.
17
Rješenje: Predstavimo svaku particija preko zvjezdica, ako je dat broj n onda napišemo
n zvjezdica u onoliko redova koliko particija ima sabiraka, pri emu u svakom redu ima
manje ili jednako zvjezdica nego u prethodnom (zbog ovoga je jedinstveno odreeno
postavljanje zvjezdica), recimo particija 2 + 2 se predstavlja tako sto se u prvi red stave 2
zvjezdice i u drugi dvije, particija 1 + 3 tako što se u prvi stave 3 zvjezdice a u drugi
jedna. Posmatrajmo particije na manje ili jednako k sabiraka, svakoj toj particiji
bijektivno dodijelimo particiju iji je prvi red prva kolona ove particije, drugi red druga
kolona itd. Na primjer, particiji 3 + 1 emo dodijeliti particiju 2 + 1 + 1. Dakle,
uspostavili smo bijekciju izmeu broja paticija broja n na manje ili jednako k sabiraka i
broja particija broja n na sabirke manje ili jednake n, Q.E.D. Na slici 2 je prikazan
primjer za bijektivno pridruivanje particiji 5 + 3 + 3 + 2 + 1.
Slika 2
Iako na prvi pogled neki zadatak moe djelovati kao da e imati neko ne baš lijepo
rješenje, to ne mora znaiti da ono zapravo nije i lijepo i jako jednostavno.
Uspostavljanjem bijekcije problem svodimo na naizgled moda potpuno drugaiji
problem. Primjer ovoga moemo vidjeti i na primjeru 1.3.
Primjer 1.3. Odredi broj naina da iz pozicije (0,0) u koordinatnom sistemu doemo u
poziciju (m,n) ukoliko su nam u svakom potezu dozvoljena pomjeranja za 1 udesno ili za
.
Rješenje: Primijetimo da nam je broj poteza potrebnih da doemo u zadanu poziciju
uvijek isti, i to je jednak broju m+n. Tanije, napravit emo m poteza udesno i n prema
gore. Naše kretanje zavisi samo od toga kada emo odluiti da napravimo potez udesno(
jer emo u suprotnom napraviti potez prema gore). Posmatrajmo niz slova G i D duine
m+n, te neka ima m slova D i n slova G. Uspostavimo bijekciju izmeu skupa svih
ovakvih nizova i skupa svih puteva koji nas vode od (0,0) do (m,n).
18
Nekom nizu pridruit emo put takav da za n-ti potez pravimo pomjeranje prema gore
ukoliko je n-ti lan tog niza G, u suprotnom pravimo pomjeranje udesno. Na slian
nain emo svakom putu pridruiti neki niz, ako je n-ti potez potez prema gore, n-ti lan
niza e biti G. U suprotnom e n-ti lan niza biti D. Oigledno svakom nizu odgovara
tano jedan put i obrnuto pa postoji bijekcija izmeu ova dva skupa te oni imaju isti broj
elemenata. Broj naina da postavimo m slova D u niz duine m+n je (
), na ovaj
nain su odreeni poloaji i slova G pa postoji isto toliko prethodno definisanih nizova.
Dakle, traeni broj je (
).
Primjer 1.4. Neka je n prirodan broj. Odredi broj puteva da se doe iz take (0,0) u
taku (n,n) koristei iskljuivo korake gore i desno, tako da u toku cijelog puta za
koordinate taaka vrijedi x y. Na slici 3 nam jepokazan primjer puteva za n = 4.
Slika 3
Rješenje: Prethodno smo vidjeli da je broj naina da se doe iz (0,0) u (n,n) bez
ogranienja jednak ( ).
Prebrojimo broj puteva kori prolaze kroz regiju. Nazovimo ove puteve lošim
putevima.
Pretpostavimo da je P loš put. Pošto P prolazi kroz regiju, mora pogoditi liniju
nekada od (0,0) do (n,n). Neka je X prva taka na putu P koja se nalazi na
liniji . Sada, preslikajmo dio puta P do take X preko linije y = x + 1,
ostavljajui dio puta poslije take X istim. Neka je ovaj novi put P'.
19
Slika 4
Tvrdimo da nam ovo daje bijekciju izmeu skupa loših puteva i skupa puteva od (-1,1)
do (n,n) koristei samo kretanja gore i desno.
Ovo je inverzna konstrukcija. Za bilo koji put Q iz (-1,1) do (n,n), neka je X prva taka na
putu koja lei na pravoj , i neka je Q' konstruirano iz Q tako što reflektujemo
dio puta Q do take X preko prave i ostavljajui ostatak puta istim.
Onda inverz ove bijekcije šalje Q u Q'.
Da završimo dokaz ove tvrdnje, moramo provjeriti nekoliko detalja, koje istiemo ispod.
itatelj bi trebao razmisliti zašto su tvrdnje tane.
1. Inverz konstrukcije je dobro definisan, tj. uvijek emo moi nai taku X, i
dobijeni Q' je uvijek loš put.
2. Ove dvije konstrukcije su inverzi jedna drugoj.
Broj loših puteva je jednak broju puteva od (-1,1) do (n,n), koristei samo kretanje gore i
desno, a takvih puteva ima (
) (koristei zadatak 1). Dakle, broj „dobrih“ puteva, tj.,
onih koji ne idu kroz oblast x < y je jednak
(
) (

) (

)

)
Ovo je naš prvi primjer neega što se broji uz pomo Catalanovih brojeva.
n-ti Catalanov broj je
20
Mnogo kombinatornih zadataka sa prebrojavanjem ima rješenje koje se svodi na
Catalanove brojeve. Knjiga "Combinatorics: Volume 2" matematiara Richarda P.
Stanleya sadri skup vjebi koje opisuju 66 razliitih interpretacija Katalanovih brojeva.
U kombinatornoj matematici, Catalanovi brojevi su niz prirodnih brojeva koji se koriste
u mnogim zadacima iz prebrojavanja, esto ukljuujui i rekurzivno definisane
predmete. Nazvani su po belgijskom matematiaru Charlsu Catalanu (1814 - 1894).
Nekada kada nam se ini da smo iscrpili sve ideje za zadatak jednostavno odustanemo.
esto je najbolje da pogledamo problem iz drugog ugla (nekad i doslovno). Obratimo
panju na primjere 1.5. i 1.6.
Primjer 1.5. Dokai da je broj naina slaganja novia u ravni, tako da se donji red
sastoji od n novia poredanih jedan uz drugi, n – ti Catalanov broj.
Za ovaj primjer priloena je uputa za rješenje, kompletno rješavanje ostavljeno je
zainteresovanom itaocu.
Uputa za rješenje: Ideja je da pokaemo bijekciju sa primjerom 1.4. Ako zarotiramo
sloene novie za 45 suprotno od smjera kazaljke na satu primijtit emo da je broj
naina za slaganje novia isti kao broj naina da u koordinatnom sistemu iz (0,0)
koristei kretanja kao u primjeru 1.4. i 1.3. i ostajui iznad dijagonale koja spaja take
(0,0) i (n,n) doemo u (n,n), zbog simetrije postoji bijekcija sa primjerom 1.4.
Primjer 1.6. Dijamant reda je vertikalno simetrian skup jedininih kvadrata koji u
vrstama ima kvadrata redom (na slici 5 je dat
primjer za ). Figuru (ili zovemo dominom. Neka je broj naina
na koji moe da se postavi disjunktnih kvadrata na plou , a
broj naina na koji moe da se postavi disjunktnih domina na dijamant reda .
Simetrina postavljanja se smatraju razliitim. Dokazati da je za
.
Slika 5
Rješenje: Obojimo (2n – 1) (2n – 1) tablu kao šahovsku plou gdje su ugaona polja obojena crnom bojom. Svaki kvadrat 2 2 ima tano dva dijagonalno spojena crna polja. Postoji bijekcija izmeu crnih polja na (2n – 1) (2n – 1) tabli i polja dijmant reda n pri emu dijagonalno spojena crna polja odgovaraju poljima u dijamantu sa zajednikom stranicom. Crna polja koje pokriva 2 2 kvadrat se slikaju u dominu na dijamantu i te domine se ne smiju preklapati, te svakom postavljanju 2 2 kvadrata na (2n – 1) (2n – 1) tabli injektivno odgovara jedno postavljanje domina na dijamantu
21
reda n. Obrnuto ne vai jer dvije domine koje formiraju 2 2 kvadrat se slikaju u dva 2 2 kvadrata sa zajednikim bijelim poljem. Lako je za svako (n – 1)2 k 2 konstruisati polapanje u kome ovo postoji te stoga vai stroga nejednakost (za k > (n – 1)2 nije uopšte mogue izvršiti postavljanja).
esto poznavanje bijekcija nije dovoljno kako bi riješili neki problem enumerativne
kombinatorike. Rekurzije nam esto mogu biti od pomoi. U ovom dijelu lanka itaoc
e imati priliku da se upozna sa nekim osnovama rješavanja problema koristei
rekurzivne funkcije. Za poetak definišimo rekurziju.
Rekurzija je metoda definisanja neega (uglavnom niza ili funkcije) koristei prethodno
definisanih vrijednosti. Najpoznatiji primjer rekurzivne funkcije je Fibonaijev niz. Ako
je Fn n-ti Fibonaijev broj, niz je rekurzivno definisan relacijama F0 = F1 i Fn+1 = Fn + Fn-1.
Odnosno, svaki lan niza je jednak sumi dva prethodna. Lako raunamo prvih nekoliko
lanova niza:
F0 = 1, F1 = 1, F2 = 2, F3 = 3, F4 = 5, F5 = 8,...
Uglavnom je dobro rekurzivno definisanu funkciju definisati na drugi nain, tj.
zatvoreno.
Na primjer, niz rekurzivno definisan sa a0 = 1 i an = 2an-1 za n > 0 moemo definisati sa
relacijom an = 2n.
Primjer 2.1. je primjer na kojem moemo stei osjeaj o ovoj temi.
Primjer 2.1. U ravni se nalazi n pravih. Meu njima nema paralelnih i nikoje tri prave
se ne sijeku u istoj taki. Na koliko dijelova (regiona) tih n pravih dijeli ravan?
Rješenje: Pretpostavimo da se u ravni nalazi n pravih za koje vrijede pretpostavke iz zadatka. Neka je an broj dijelova na koje je ravan podijeljena tim pravama. Sada dodajmo novu pravu tako da i dalje vrijede pretpostavke. Nova prava sijee sve ve postojee prave (nema paralelnih!) u n razliitih taaka A1, A2,.., An (nikoje tri ne prolaze kroz istu taku). Tih n taaka dijele tu novu pravu na n + 1 dio (segment ili polupravu). Svaki od tih dijelova nove prave sijee jedan od ve postojeih an dijelova ravni na dva nova. Dakle, dodavanjem nove prave nastane n + 1 novi region na koje je podijeljena ravan. Dakle, vrijedi an+1 = an + n + 1. Kako je a1 = 2, uz malo raunanja dobijemo da je traeni broj dijelova na koje je ravan podijeljena jednak an = ( n2 + n + 2):2. Primjer 2.2. Koliko ima nizova duine n napisanih ciframa 0, 1 i 2 u kojima je broj upotrijebljenih nula neparan? Rješenje: Neka je An skup svih traenih nizova duine n i neka je an broj lanova tok skupa. Ako u svim nizovima iz An koji završavaju sa 1 ili 2 obrišemo posljednju cifru, dobit emo nizove duine n – 1 sa neparnim brojem nula, to jeste, tako dobijeni nizovi su iz An – 1. Stoga, nizova u An kojima je posljednja cifra 1 ili 2 ima 2an – 1. Ako niz iz An završava sa nulom, brisanjem te posljednje nule nastat e niz duine n – 1 koji ima paran broj nula, to jest, ovako dobijeni niz iz { }n – 1 nije u An – 1. Svih nizova duine
22
n – 1 u skupu { } ima 3n – 1, pa je broj nizova sa parnim brojem nula jednak 3n – 1 – an – 1. Primjenimo li princip sume, dobit emo da je : an = 2an – 1 + 3n – 1 – an – 1 = an – 1 + 3n – 1. Ovu rekurzivnu relaciju nije teško riješiti. Kako je a1 = 1, ako ovu rekurzivnu relaciju primjenimo n – 1 put dobit emo da je an = 1 + 31 + 32 + + 3n – 1 = (3n – 1) : 2. Primjer 2.3. Koliko nizova duine n se moe napraviti od cifara iz skupa {0, 1, 2, 3, 4} tako da se svake dvije susjedne cifre u nizu razlikuju za jedan? Rješenje: Neka je Xn skup svih traenih nizova duine n i neka je xn broj elemenata ovog skupa. Podijelimo skup Xn u tri dijela:
1. skup nizova iz Xn koji završavaju sa 0 ili sa 4 oznaimo sa An; 2. skup nizova iz Xn koji završavaju sa 1 ili sa 3 oznaimo sa Bn; 3. skup nizova iz Xn koji završavaju sa 2 oznaimo sa Cn.
Broj elemenata skupa An oznaimo sa an, broj elemenata skupa Bn sa bn a skupa Cn sa cn.
Dakle: 1. Ako se niz iz Xn završava ciframa 0 ili 4, tada je pretposljednji broj u tom nizu 1
(odnosno 3). Zato je an = bn-1. 2. Ako se niz iz Xn završava cifrom 1 tada je pretposljednji broj u tom nizu 0 ili 2.
Ako niz iz Xn završava cifrom 3, pretposljednji broj u nizu je 2 ili 4. Zato je bn = an-1+ 2cn-1.
3. Ako se niz iz Xn završava cifrom 2, pretposljednji broj u nizu je 1 ili 3. Stoga je cn = bn-1.
Odavde je bn = an + 2cn-1 = 3bn-2. Kako je b1 = 2 a b2 = 4, to je b2n = 3n – 1 4 i b2n + 1 = 3n 2. Sada je xn = an + bn + cn = 2 bn – 1 + bn. Odnosno, za n = 2k + 1 vrijedi xn = 14 3k – 1, a za n = 2k vrijedi xn = 8 3k – 1. Ukratko emo rei nešto i o takozvanoj metodi podijeli pa vladaj. Ova metoda je posebna algoritamska tehnika u kojoj se ulaz razbija na nekoliko dijelova, te se potom problemi u svakom dijelu rješavaju rekurzivno, a zatim se kombiniraju rješenja ovih manjih problema u konano rješenje. U veini sluajeva ovo je vrlo jednostavna, ali mona metoda. Ona svojim konceptima znatno olakšava rješavanje kao i shvaanje mnogih problema. Metoda podijeli pa vladaj temelj je efikasnog algoritma za sve vrste problema, kao što su sortiranje (Quick Sort, sortiranje spajanjem), mnoenje velikih brojeva (npr. Karatsuba), Fourierove transformacije, itd. Jedna od prvih primjena ove izuzetno mone metode bilo je binarno pretraivanje. Opis tog algoritma na raunarima prvi se put pojavio 1946. godine u lanku Johna Mauchlyja, amerikog fiziara koji je dizajnirao ENIAC. U tom je lanku opisao ideju kojom bi se koristei ve sortirani niz elemenata znatno olakšalo pretraivanje. Primjena ove metode see još mnogo dalje u prošlost - nekoliko stoljea p.n.e, Euklidov algoritam za raunanje najveeg zajednikog djelioca dva broja koristio je ovu metodu. Jedan od znaajnijih primjera jest algoritam koji je izumio Anatolii A. Karatsuba, ruski matematiar 1962. godine, a koji slui za mnoenje dva n-tocifrena broja u ekonomiji. Za kraj emo završiti jednim zanimljivim citatom:
23
“Not everything that can be counted counts. Not everything that counts can be counted.”
- William Bruce Cameron
ZADACI ZA SAMOSTALAN RAD: 1. Skup S nazivamo „lijepim“ ako zadovoljava sljedee uslove:
a) S sadri tano 4 elementa b) Za svaki element x iz S, barem jedan od brojeva x – 1 ili x + 1 pripada skupu S.
Odredi broj svih lijepih podskupova skupa { }. 2. Neka je n 1 prirodan broj. Kvadrat duine n je podijeljen pravima paralelnim sa
stranicama tog kvadrata na n2 kvadratia ije su stranice duina 1. Odredi broj paralelograma ije se stranice sastoje od stranica jedininih kvadratia i takvih da su im obje stranice 2, i ija je površina jednaka 2.
3. Na koliko naina je mogue poploati plou 2 n dominama 1 2 i 2 1? 4. Na koliko naina moemo rasporediti n otvorenih i n zatvorenih zagrada u niz tako da
savaka otvorena zagrada ima svoju odgovarajuu zatvorenu zagradu koja se nalazi desno od nje?
5. Neka je n prirodan broj. Koliko ima permutacija a1, a2,..., an brojeva 1, 2,..., n takvih da za tano jedan indeks i (i { } vrijedi ai ai + 1?
6. Jednakostranini trougao stranice n podijeljen je pravima (od kojih je svaka paralelna jednoj od stranica) na n2 jednakostraninih trouglova stranice 1. Koliko paralelograma obrazuju ove prave?
7. Dat je niz sa n lanova tako da su oni ili 0 ili 1, i takav niz je binarni niz duine n. Neka je an broj binarnih nizova duine n takvih da NE sadre 3 uzastopna lana: 0, 1, 0; u ovom redoslijedu. Neka je bn broj binarnih nizova duine n takvih da nikoja 4 uzastopna lana NISU jednaka: 0, 0, 1, 1 ili 1, 1, 0, 0; u ovom redoslijedu. Dokai da je bn + 1 = 2an za svaki prirodan broj n.
8. Za prirodne brojeve a, b oznaimo sa f(a, b) broj ureenih a – torki cijelih brojeva iji je zbir apsolutnih vrijednosti manji ili jednak b. Dokazati da je f(a, b) = f(b, a).
LITERATURA: 1. „Elementi enumerativne kombinatorike“, Duško Joji, Naša knjiga, godina izdanja
2011.
4. „Pripremni zadaci za matematika takmienja srednjoškolaca u Srbiji“, Materijali za
mlade matematiare, Sveska 49, Vladimir Balti, ore Krtini, Dušan uki, Ivan
Mati
6. http://www.mathos.unios.hr/~mdjumic/uploads/diplomski/ORE02.pdf
Napominjem da je u prevodu nekih materijala uestvovao i Haris Imamovi, uenik drugog razreda Druge gimnazije, te mu se zahvaljujem na tome.
25
RAZNE GEOMETRIJSKE LEME IZ TAKMIARSKE MATEMATIKE
Ervin Maci je uenik I1 razreda. Osvaja je bronzane medalje na JBMO
2019, pobjednik ljetnog kampa u naprednoj grupi 2019. Ervinova
specijalnost je geometrija i odluio vas je upoznati s nekim lemama koje
mogu biti korisne u zadacima. Imajte u vidu da su ove leme veinom
korisne u ozbiljnijim zadacima, nivoa federalnog i tee.
U ovom lanku upoznat emo se sa nekim lemama u vezi sa slijedeim pojmovima:
1. Preslikavanja ortocentra
3. Presjek simetrale ugla i simetrale stranice
4. Upisana i pripisana krunica („Trozubac“)
5. Simsonova prava
1. Preslikavanja ortocentra
a) Za dati sa ortocentrom i podnojem visine iz A na BC. Neka je
taka simetrina ortocentru u odnosu na . Vrijedi da pripada opisanoj
krunici trougla .
Dokaz: Imamo da je sredina dui i okomito na . Ovo povlai da je trougao
jednakokraki ( ).
Odavde slijedi a ovo povlai da je etverougao
tetivan.
b) Neka je dat trougao sa ortocentrom . Ako je sredina stranice i
taka simetrina ortocentru u odnosu na onda pripada opisanoj
krunici trougla . Pored toga vrijedi da je dijametralno suprotna taka
taki na opisanoj krunici oko trougla .
Dokaz: Oito etverougao je paralelogram (paralelogram je etverougao ije se
dijagonale polove, što oito ovdje vrijedi za ). Imamo da je paralelno sa CH, pa
je BY okomito na AB odakle je . Na isti nain zakljuujemo da je
, pa je tetivni, a vidimo da je AY prenik te krunice.
Takoer treba naglasiti još jednu posljedicu ove lemme.
c) Udaljenosti vrha trougla od ortocentra je duplo vea od udaljenosti
sredine nasuprotne stranice od centra opisane krunice trougla.
( prema slici ispod)
26
Dokaz: Sada uoimo da je sredina dui (jer je AY prenik) i sredina dui što
znai da je srednja linija trougla što povlai da je
2. Ojlerova krunica i Ojlerova prava
Ojlerova krunica (krunica devet taaka) je krunica jedinstvena za sve trouglove, koja
prolazi kroz podnoja visina iz tjemena, sredine stranica trougla i sredine dui
27
Dokaz da su ovih 9 taaka koncikline (tj. da pripadaju jednoj krunici) je poprilino
lagan i ostavljamo ga itaocima da ga sami probaju dokazati.
Takoer vrijedi da su ortocentar, teište i centar opisane jednog trougla kolinearne
take i to vrijedi .
Dokaz: Uoimo na slici gore da je uz pomo lemme 2. c). Takoer je
paralelno sa Pretpostavimo da taka T nije teište. Tj. Uzmimo T da je presjek
i . Imamo iz paralelnosti i što znai da
trouglovi imaju iste uglove, tj. oni su slini i to sa koeficijentom 2 jer
. To znai da je
. Sjetimo se da je se teište moe definisati kao
taka na teišnici ija je udaljenost od vrha dvostruka od te udaljenosti od podnoja
teišnice, tj. sredine nasuprotne stranice. Ovo znai da naš presjek uistinu jeste
teište. (prava koja sadri ortocentar, teište i centar opisane se još naziva Ojlerovom
pravom).
3. Presjek simetrale ugla i simetrale stranice
Tvrdnja: Presjek simetrale ugla i simetrale stranice nasprem tog ugla pripada
opisanoj krunici tog trougla.
Dokaz: Neka simetrala ugla sijee opisanu krunicu u L. što
povlai (uglovi nad istim tetivama) tj. L pripada simetrali stranice jer je
trougao jednakokraki.
28
Takoer odavde je oito da je L sredina luka BC bez take A.
4. Upisana i pripisana krunica („Trozubac“)
Tvrdnja: gdje je I centar upisane trougla
Dokaz: Iz leme 4. Imamo . Sada je dovoljno pokazati da je .
, što se trebalo
dokazati ( je vanjski u trougli ).
Sada preslikajmo I preko L u neku taku K . Ta taka ini dva pravougla trougla sa
vrhovima B i C i sredinama hipotenuza L.
Raunajmo uglove: odavde slijedi da su analogno i
vanjske simetrale uglova kod . Ovo nam pokazuje da se vanjske simetrale uglova
kod sijeku na unutrašnjoj simetrali ugla kod vrha . Ovo vrijedi analogno za ostala
dva vrha.
Sada povucimo prave okomite iz na produetke stranica . Neka su ta podnoja
redom.
Neka je E podnoje visine iz K na BC. Imamo da su trouglovi i podudarni
odakle slijedi analogno i . Ovo povlai da postoji krunica kroz take
koja je tangentna na stranice sa centrom . Ova krunica se naziva
pripisanom krunicom trougla.
29
Za razliku od Ojlerove ili upisane krunice, ona nije jedinstvena za svaki trougao.
Postoje tri pripisane krunice za svaki trougao. Na slici ispod je prikazana pripisana
krunica nasprem vrha A.
5. Simsonov pravac
Tvrdnja: Za bilo koju taku na opisanoj krunici nekog trougla ABC, podnoja
visina iz te take na stranice trougla su kolinearne take.
30
Dokaz: Primijetimo tetivne etverouglove i . Vrijedi,
dobili smo ,što
znai da su take kolinearne.
A sada emo vidjeti zadatke koji koriste navedene lemme:
1. (Federalno takmienje za 2. srednje) Neka je dat trougao sa centrom
upisane krunice u taki I. Prava sijee krunicu opisanu oko trougla
u takama i . Krunica upisana u trougao dodiruje stranicu trougla
.
= to znai (1) jer
su to tetive krunice sa jednakim periferijskim uglovima. Takoer je:
(2) i
(3). Iz (2) i (3) slijedi: (4) Iz (4) slijedi: (5)
Na osnovu Leme 4. imamo da je (6) Sada iz (5) i (6) slijedi
(7) Dalje, pošto je (8). Iz (7) i (8) sada slijedi
(9), a iz (9) slijedi (10) je tetivan
etverougao, pa je (11): .
, što je trebalo dokazati.
31
2. (JBMO 2010.) Dat je trougao i simetrale unutrašnjih uglova su i (
i pripadaju stranicama redom). Taka M je presjek simetrale dui
sa . je taka na pravoj tako da vrijedi paralelno sa . Dokai
da vrijedi .
Rješenje:
Uz pomo Leme 3. prepoznajemo da je sredina luka opisane krunice
trougla . Ovo implicira a iz paralelnosti i
što znai da je etverougao tetivan. Ako je
tvrdnja zadatka tana slijedi da je sredina luka što bi znailo je
simetrala , a to vrijedi.
32
3. (JBMO 2019.) Dat je trougao u kojem vrijedi . Simetrala stranice
sijee prave i u i redom. Neka je ortocentar trougla . Ako
su i sredine dui i redom, dokazati da se poluprave i sijeku
na opisanoj krunici trougla .
Rješenje:
Oznaimo presjek tih polupravih takom . Uoimo da su prave i obje
okomite na stranicu što znai da su one paralelne meusobno. Odatle
slijedi i imamo
To povlai niz jednakosti:
Sada posmatrajmo uglove: ovo znai da je
etverougao tetivan tj. AS je okomito na . Sada prema Lemi 1. ako
produimo polupravu do krunice onda znamo da je taj presjek taka
dijametralno suprotna taki A što znai da drugi presjek poluprave sa
opisanom krunicom mora biti tjeme perifernog ugla nad prenikom tj.
pripada opisanoj krunici trougla
4. Neka je centar opisane krunice trougla i neka je prenik te
krunice okomit na , i sijee u . Taka je blia nego i je taka
takva da lei na i . Dokazati da sredina dui pripada Ojlerovoj
krunici trougla .
33
Rješenje:
Uoimo da je ništa više nego simetrala stranice . To znai da je
sredina stranice . Taka Z lei na toj simetrali stranice što znai da je
jednako udaljena od i tj. . Kako imamo da je taka simetrina
sredini povlai da je etverougao romb (jer ). Ovo znai
(1).
Sada moramo nekako iskoristiti „usamljenu“ sredinu . Neka je ona . Neka
su i sredine i (hoemo da pokaemo da N pripada opisanoj krunici
trougla jer je to Ojlerova prema Lemi 2.). Sada uoimo da su
srednje linije trouglova redom. Kako imamo da
su sve tri stranice trouglova i meusobno paralelne to slijedi oni su
meusobno slini. zbog (1)
– ( –
5. Neka je sredina luka opisane krunice oštrouglog raznostraninog
trougla na kojem se nalazi i taka . Neka je podnoje simetrale ugla
kod vrha na . Krunica opisana oko trougla sijee stranice i
redom u i . Prava koja prolazi kroz sredine dui i sijee i u i
. Dokazati da je
Puriševi):
Neka su sredine dui i take i . Prvo emo dokazati pomonu lemu:
Za dati trougao i sredinom luka sa takom ; . Podnoja visina iz
na neka su . Dakle, sredina (to je ) i i su
kolinearne (Simsonov pravac). (1)
. Ovo povlai . Sada je dovoljno dokazati
da su i take i iz zadatka. Dakle, dovoljno nam je da vrijedi da
prolazi kroz sredine stranica i . Ako primijenimo pomonu lemu (1) na
trouglove zakljuujemo da prolazi kroz i . Sada je
i ,
35
TURNIR GRADOVA
Imana Alibaši je uenica II1 razreda. Imana je osvajaica srebrne medalje
na Juniorskoj matematikoj olimpijadi BiH 2018, bronzane medalje na
Juniorskoj matematikoj olimpijadi BiH 2017, njena specijalnost su
nestandardni zadaci. Upravo joj je to omoguilo da se plasira na EGMO
2020, na takmienju je uradila 2 kombinatorna i nestandarna zadatka. U
matematikim krugovima takmienje koje je sinonim za nestandardne i
lijepe zadatke je Turnir gradova. Ona e nas u ovom lanku upoznati sa
Turnirom...
Turnir gradova je meunarodno matematiko takmienje nastalo 1979. godine u Rusiji.
Osniva je poznati ruski matematiar Nikolay Konstaninov, koji je i sam u prošlosti bio
takmiar. Nisu mu se sviali odreeni aspekti takmienja, naroito Internacionalne
matematike olimpijade, stoga je odluio sam pokrenuti takmienje koje e se u
mnogome razlikovati od ostalih. Zadaci na Turniru gradova su uglavnom iz oblasti
kombinatorike i geometrije. Veina nije tehniki zahtjeva i ne trai pretjerano
poznavanje teorije, ve samo inovativnu ideju. Zbog toga su uenicima ovakvi zadaci
jako zanimljivi, ali i korisni za razvijanje slobode u razmišljanju. Takmienje se odrava
dva puta godišnje, u jesen i u proljee. Takmiari od sedmog razreda osnovne do prvog
razreda srednje škole se takmie u kategoriji juniora, a stariji srednjoškolci u kategoriji
seniora. Obje kategorije su podijeljene na A-level i O-level, gdje su A-level zadaci tei. O-
level test se radi 4 sata, a A-level 5 sati. Sistem bodovanja je prilino neobian. Na testu
se nalazi 5-8 zadataka, ali se boduju samo 3 najbolje uraena zadatka. Finalni rezultat
uenika je broj bodova na najbolje uraenom testu te godine. Ukupan rezultat grada se
rauna tako što se uzme prosjek najboljih N uenika koji su uestvovali, gdje je N×100
000 ukupan broj stanovnika tog grada. Danas na Turniru gradova uestvuje preko 150
gradova iz razliitih zemalja. Ueše na ovom takmienju mogu uzeti svi gradovi koji to
ele. Uenici rade testove iz vlastitih gradova, tako da nema nikakvih troškova.
Smatram da je Turnir gradova jedno izuzetno kvalitetno i unikatno
takmienje, te se nadam da e profesori i takmiari iz BH gradova u bliskoj
budunosti pokrenuti ovo takmienje i kod nas.
U nastavku su izdvojeni neki zadaci koji su se prethodnih godina našli na Turniru
gradova.
36
Zadaci
1. K djeaka je smješteno na krug. Svaki od njih ima paran broj slatkiša. U jednoj rundi svaki djeak daje pola svojih slatkiša djeaku sa svoje desne strane. Ako poslije ove podjele neki djeak ima neparan broj slatkiša, neko izvan kruga mu daje još jedan slatkiš kako bi imao paran broj slatkiša. Ovaj postupak se moe beskonano mnogo puta ponavljati. Dokai da e se nekad desiti da svi djeaci imaju isti broj slatkiša. 2. Šest muziara okupilo se na koncertu. Nekih od ovih muziara su svirali dok su ostali
slušali kao lanovi publike. Koji je najmanji broj koncerta koji bi trebali biti odrani
kako bi se omoguilo da svaki muziar sluša kao lan publici sve ostale muziare?
3. Na otoku ivi 13 kameleona sive, 15 smee i 17 crvene boje. Ako se sretnu dva kameleona razliite boje, oba istovremeno promijene boju u treu boju (npr. ako se susretnu sivi i smei kameleon oboje se promijene u crvenu). Je li mogue da na kraju svi budu iste boje? 4. Neka je L taka na stranici BC trougla ABC takva da je AL duplo dua od teišnice CM. Ako je , dokai da je AL okomito na CM. 5. Imamo 68 novia razliite teine. Pokazati kako moemo u 100 vaganja nai najtei i najlakši novi. 6. N je proizvod dva uzastopna prirodna broja.
a) Dokai da moemo dodati dvije cifre s desne strane broja N tako da
novonastali broj bude potpun kvadrat.
b) Dokai da se cifre mogu dodati na samo jedan nain ako je .
7. Neka je p prost broj. Koliko ima prirodnih brojeva n tako da je p+n faktor broja pn?
8. Nai sve prirodne brojeve n za koje postoji m tako da dijeli .
9. Broj 4 ima neparan broj neparnih djelilaca (1) i paran broj parnih djelilaca (2 i 4). Postoji li prirodan broj koji ima neparan broj parnih i paran broj neparnih djelitelja? 10. U pravouglom trouglu s pravim uglom kod vrha C su izabrane take K, L i M na
stranicama AC, BC i AB redom tako da je , i . Dokai da je .
37
Rješenja 1. Oznaimo maksimalni broj slatkiša koji neki deak ima sa , a minimalni 2n.
Pretpostavimo da je . Tvrdimo da nakon bilo koje runde nijedan djeak ne moe
imati više od 2m slatkiša. To je zato što je mogao zadrati najviše m slatkiša i dobiti
najviše m od susjeda, a u tom sluaju nee dobiti dodatni slatkiš od nekog izvan kruga.
Da bi dobio dodatni slatkiš mora imati neparan broj slatkiša, dakle najviše , pa i
nakon toga nee imati više od 2m. S druge strane, bar jedan djeak koji je imao 2n
slatkiša e imati više od toga, jer sve dok je , jedan od tih djeaka e dobiti više
nego što daje. Iz toga proizlazi da se maksimum ne moe poveati, a minimum se mora
poveavati dok svi ne budu imali isti broj slatkiša.
2. Oznaimo muziare sa A, B, C, D, E i F. Pretpostavimo da postoje samo tri koncerta.
Budui da svaki od šest muziara mora svirati bar jednom, barem jedan koncert mora
sadravati dva ili više muziara. Recimo da i A i B nastupaju na prvom koncertu.
Moraju još nastupati jedan za drugog. Recimo, A nastupa na drugom koncertu za B i B
u treem za A. Sada C, D, E i F moraju svi nastupiti na drugom koncertu, pošto je to
jedini put kada je B u publici. Analogno svi moraju nastupiti u treem. Prvi koncert nije
dovoljan da C, D, E i F nastupaju jedni za druge. Dakle, trebaju nam najmanje etiri
koncerta. Moemo imati A, B i C u prvom, A, D i E u drugom, B, D i F u treem i C, E i F
u etvrtom.
3. Oznaimo broj kameleona crvene boje sa , smee sa i crvene sa . U poetku x, y i z daju razliite ostatke po modulu 3. U jednom koraku se broj kameleona dvije boje smanji za po 1 (dakle ostatak te dvije boje po modulu 3 se povea za 2), a broj kameleona tree boje povea za 2. To znai da e x, y i z uvijek davati razliite ostatke po modulu 3, pa nikad nee moi svi biti iste boje (jer bi tad broj kameleona neke dvije boje morao biti 0 po modulu 3).
4. Neka je K sredina AL, a O presjek MC i AL. Onda je i je srednja linija trougla , dakle i su paralelne dui pa su i i paralelne. Onda su trouglovi i slini, pa vrijedi . Kako je , dobijamo da je , dakle trougao KOM je jednakokraki trougao. , pa je .
38
5. Rješenje I: Prvo podijelimo novie na 34 para koja stavljamo na vagu i svaki put saznajemo koji je lakši koji tei od ta dva. Za to nam trebaju 34 koraka. Sve tee kovanice (njih 34) stavljamo na jednu stranu i dijelimo ih u 17 parova gdje opet razvrstavamo tee i lakše kovanice. Nastavljamo ovaj proces. Ako imamo neparan br. teih kovanica, 2k+1, pravimo k parova i nalazimo k teih kovanica, a jednu koja nije imala para nismo vagali i prenosimo je u sljedei korak (npr. sad bismo od 17 kovanica napravili 8 parova, našli 8 teih kovanica i u sljedeem koraku bismo imali 9 kovanica, 8 teih + jednu koja nije imala para). Trebat e ukupno vaganja da se nae najtea kovanica, a na isti nain i u isto koraka emo nai najlakšu. Ukupan broj vaganja je . Rješenje II: Zadatak moemo generalizovati - za vaganja nam je dovoljno za 2n novia. Prvo ih dijelimo na n parova i pomou n vaganja razvrstamo ih na gomilu sa teim i lakšim noviima. Najlakši novi se nalazi u gomili s lakšim, najtei u gomili s teim noviima. Svako vaganje eliminira jedan novi. Pošto imamo n novia u jednoj gomili, dovoljno je vaganja da naemo najlakši i da naemo najtei. Dakle, ukupno nam treba .
39
6. Neka je i neka je broj koji nastane dodavanjem cifara M. Onda vrijedi da je .
a) Ako dodamo 25, onda je . b) Ako je , onda je . Slijedi da je
i da je , pa je jedino rješenje.
7. Neka je . Onda je i . Primijetimo da je
i . Slijedi da je , pa je .
Onda vrijedi da x dijeli k, i , pa kako je p prost i , slijedi
da je , , pa je jedino rješenje.
8. Vidimo da je rješenje. Za emo dokazati da ako prost broj oblika dijeli , onda q dijeli i i b. (*) Pretpostavimo suprotno tj. da q ne dijeli . Onda je . Neka je . Onda iz Male Fermaove teoreme slijedi . Kako , vrijedi . Onda je
i , što je u kontradikciji s Malom Fermaovom teoremom. Dokazali smo da q dijeli , a samim time i b. Kako je za , ima prost faktor . U suprotnom bi svi prosti faktori broja bili oblika , pa bi i on sam bio tog oblika. Koristei ovo, dobijamo da neki prost broj , pa i . Jedini prosti faktori broja 17 su 1 i 17, ali oba su oblika , pa sluaj nema rješenja. Ideja primijenjena u ovom zadatku (*) se esto koristi, stoga je korisno zapamtiti je.
9. Pretpostavimo da postoji takav prirodan broj n. Kako ima paran broj neparnih i neparan broj parnih djelilaca, n ukupno ima neparan broj djelilaca. To znai da je n kvadrat (da bi broj djelilaca bio neparan, svaki prost faktor broja mora imati paran eksponent što vai samo ako je broj kvadrat). Napišimo n kao proizvod njegovog parnog i neparnog dijela kako bismo lakše mogli posmatrati parne i neparne djelioce. Neka je n=(2ky)2 gdje je y neparno. Neparni djelioci broja n su ustvari neparni djelioci y2, a njih ima neparan broj. Dakle, takvo n ne postoji.
40
10. Rješenje: Produimo ML preko L do take N tako da je . Kako je tetivan ( ), imamo da je . Po pravilu SUS slijedi da su trouglovi i podudarni, pa je , pa je . Iz tog slijedi da , dakle .
41
RELATIVNO PROSTI BROJEVI
Ovaj lanak je ideja Mirnesa Fehria, uenika I1, a konani oblik lanka je
rezultat Mirnesove saradnje sa urednikom Borisom Stankoviem. Mirnes je
pobjednik Zimskog kampa za nadarene matematiare 2020. u srednjoj
grupi.
Najvei zajedniki djelitelj dva broja je najvei broj kojim su djeljiva ta dva broja. Npr., najvei zajedniki djelitelj brojeva 2 i 8 je 2. Pišemo: Najmanji zajedniki sadrilac dva ili više brojeva je najmanji broj koji je djeljiv svim tim brojevima. Tako je najmanji zajedniki sadrilac (NZS) brojeva 6 i 4 jednak 12. U zadacima nam posebno mogu biti zanimljivi brojevi iji je NZD jednak 1. Za njih vae mnoge lijepe i korisne osobine s kojima emo se upoznati u ovom lanku. Brojeve ije je NZD jednak 1 nazivamo relativno prostim. Relativno prosti brojevi nemaju zajednikih faktora, tj. nemaju zajednikih djelitelja. Npr. 10 i 21 su relativno prosti, a 2 i 8 oigledno nisu. Vrijedi sljedee (ovo nemojte ni sluajno uiti napamet kao neke definicije, ve razmislite dobro o ovome):
Ako su i relativno prosti prirodni brojevi ne postoji prost broj takav da i
Ako ne postoji prost broj koji dijeli i i onda su oni relativno prosti Ovo je maksimalno logino, da ako brojevi nemaju nikakvih zajednikih faktora onda nemaju ni zajedniki prost faktor (to nam govori prvi dio), ali i da ako nemaju zajednikih prostih faktor onda nemaju nikakvih zajednikih faktora pa su relativno prosti. U zadacima naješe ako elimo dokazati da su neka dva broja relativno prosta pretpostavimo da postoji neki prost broj koji dijeli oba i onda dobijamo kontradikciju, naješe dobijemo ili da ili da dijeli neka druga dva broja koja su po uslovu zadatka relativno prosta (ili znamo da su relativno prosti iz bilo kog drugog razloga). U nastavku teksta bit e objašnjeno kad je i zašto bolje uzeti da prost broj dijeli neke i za koje elimo dokazati da su relativno prosti, tj. zašto e nas nekad pretpostavka dovesti do kontradikcije, a pretpostavka gdje je nas ne bi dovela do kontradikcije. Primijetimo da je za relativno proste brojeve i njihov zapravo njihov proizvod, kao i da vrijedi obrat da ako je za neka dva broja njihov jednak proizvodu onda su oni relativno prosti. (Razmislite zašto to vrijedi, moete razmišljati o tome zašto ako nisu relativno prosti je sigurno manji od proizvoda...)
42
(a) ,
(b)
Rješenje:
(a) Neka je . Tada pa dijeli i razliku ova dva broja, tj.
odakle oito slijedi .
Primijetimo da nam ovdje nije bitno da li smo posmatrali da NZD(a, a+1) dijeli oba ili da
smo uzeli prost faktor p koji dijeli oba. Tj. pretpostavka da postoji p koji dijeli oba ova
broja, bi nam analogno kao gore dala p|1, što bi znailo da ne smiju imati zajedniki
prost faktor pa su relativno prosti.
(b) Primijetimo da je ovo samo generalizacija dijela pod (a), tj. dio pod (a) je ovaj
zadatak za b=1. Neka je d=NZD (ab+1,a). Tada d|a, d|ab+1. Kako d dijeli a, dijelit e i a
pomnoeno sa bilo ime, pa d|ab, odakle d|1.
Ponovo smo mogli uzeti i prost faktor p koji dijeli oba, i raditi isto sa p što smo radili sa
d, pa bismo dobili p|1
Primjer 2. U zavisnosti od prirodnog broja nai sve mogue vrijednosti za:
a)
b)
c)
Rješenje:
a) Oznaimo . Tada pa , odakle moe biti 1 ili 2. Kako vidimo da je ako je parno, a za neparno je . Napomena: Ovdje nismo mogli uraditi zadatak direktno posmatranjem nekog prostog faktora koji dijeli i i . Dobili bismo na isti nain kao gore da , ali odatle nam ne slijedi da mora biti 1 ili 2. Uvijek moramo biti oprezni i razmišljati šta zapravo moemo i smijemo zakljuiti iz onog što smo dobili. Ako dobijemo da onda nam je zadatak skoro pa gotov, ali iz nemamo ni blizu kompletno rješenje jer smo dobili samo da ako i imaju neki zajedniki prosti faktor onda je to 2. Meutim, iz toga ne slijedi nikako da npr. ne mogu oba biti djeljiva s 4 ili s 8... Tj. mi samo znamo da im je jedini zajedniki prostor faktor 2, ali ne znamo koliko koji od njih dvica ima u sebi. Naravno mogli bismo dokazati da ne mogu oba biti djeljiva s 4 i odatle bi nam slijedilo da je njihov NZD 1 ili 2. To bismo uradili tako što pretpostavimo da odakle bi slijedilo da što je kontradikcija, pa pretpostavka da su oba djeljiva s 4 nije tana.
43
Meutim, to je oito nepotrebno komplikovanje. Kada god trebamo nai u zavisnosti od NZD neka dva izraza lakše je i bolje odmah posmatrati da dijeli oba (jer emo to gotovo sigurno tzv. „spuštanjem stepena“-istom metodom kojom rješavamo probleme tipa nai sve za koje ili moi svesti na to da dijeli neki broj) nego se petljati sa nekim prostim faktorom.
b) Ako je lagano dobijamo . Kako su i parni njihov je takoer paran. Dakle imamo da je ili . Ako je onda je djeljivo s 3, pa je djeljivo s 3. U suprotnom mora vrijediti pa konano zakljuujemo da je ako je djeljivo s , a ako nije djeljivo s 3 onda je . Napomena: U ovom primjeru bismo za prost faktor dobili , pa bismo se morali „peglati“ zašto ne mogu oba biti djeljiva sa 9 ili sa 4. S druge strane, vidjet emo zašto je korisnije posmatrati proste faktore kad dokazujemo da su neka dva broja relativno prosta.
c) Neka je . Imamo , pa
(tj. razliku i ). Sada imamo da i
, pa . Odatle kombinujui i imamo
. Iz imamo da { }. Ako je onda ,
odnosno je oblika gdje je neki nenegativan prirodan broj. Dakle
samo ako je , a za sve ostale prirodne
brojeve je .
Opet je jasno zašto je u ovom primjeru bilo bolje raditi s , a ne s proizvoljnim
prostim faktorom .
U nastavku lanka upoznat emo se s dvije korisne osobine koje esto koristimo u
zadacima. Obje su veoma poznate i primjenjive, smijete ih na takmienju koristiti bez
dokaza.
OSOBINA 1: Ako su prirodni brojevi onda je .
Dokaz: Neka je i neka je pri emu je .
Dovoljno je dokazati da je .
Oigledno je zajedniki sadralac brojeva i , potrebno je još dokaemo da je on
njihov najmanji zajedniki sadralac. Ako bi bio njihov svaki drugi sadralac
brojeva bi bio djeljiv s njim, pa zato ima smisla pokšati dokazati upravo to-da je
svaki drugi sadralac brojeva djeljiv s . S druge strane, ako bismo dokazali da je
svaki drugi sadralac djeljiv s odatle odmah slijedi da je NZS jer su svi drugi
44
sadraoci vei od njega zbg toga što su djeljivi njime. Neka je neki proizvoljan
sadralac brojeva . Tada zbog je za neki prirodan broj . Iz
imamo , odakle , a odatle imamo da jer su relativno
prosti. Iz slijedi da što smo i htjeli dokazati. Dakle dokazali smo da dijeli
svaki sadralac brojeva odakle je .
Primijetimo da smo na ovaj nain mogli odabrati za sam broj pa bismo
dobili odakle bi moralo slijediti jer su oba sadraoci
brojeva , a je po definiciji najmanji sadralac ovih brojeva.
Dakle, bitno je zapamtiti:
Kanonska faktorizacija
Da bismo uveli drugu osobinu, prvo emo uvesti pojam kanonske faktorizacije.
Još u 6. ili 7. razredu nauili rastavljati broj na proste faktore. Npr ,
. Upravo ovaj proizvod je kanonska faktorizacija broja 792.
Tj. svaki broj nakon rastavljanja na proste faktore moemo napisati kao proizvod
nekoliko stepena razliitih prostih brojeva. Takav zapis prirodnog broja naziva se
kanonski zapis, odnosno kanonska faktorizacija broja .
Neka su svi prosti faktori broja . Tada je kanonski zapis broja :


Brojevi naravno mogu biti razliiti, samo znamo da su svi prirodni jer svi p-
ovi dijele . Moemo primijetiti da je najvei stepen prostog broja koji se nalazi u
. Npr. za je . Kaemo da je najvei stepen dvice u 792 jednak 3 jer
je 792 djeljivo sa 8 odnosno , a nije sa .
Još neki primjeri kanonskih faktorizacija su:
1875= , 83824= , 105= , 120 =
Kako svaki prirodan broj, osim 1, moemo napisati kao proizvod nekih prostih faktora to
svaki broj, osim 1, ima svoju jedinstvenu kanonsku faktorizaciju.
OSOBINA 2: Ako su relativno prosti prirodni brojevi takvi da je njihov proizvod
potpun kvadrat, tj. ako je za neki prirodan broj , onda su i i potpuni
kvadrati.
Dokaz: Primijetimo da je broj potpun kvadrat ako i samo ako su mu eksponenti kod svih
prostih brojeva u njegovoj kanonskoj faktorizaciji parni, tj. ako sadri svak faktor paran
broj puta. Npr. broj jeste potpun kvadrat (moete to gledati kao da svaki od
faktora zsebno moemo korijenovati i dobiti prirodan broj), a broj nije
jer eksponent kod 11 nije paran.
45
Kako su i relativno prosti oni nemaju zajednikih prostih faktora, tj. ako se neki
pojavljuje u on se i u pojavljuje s istim stepenom u kanonskoj faktorizaciji kao i u
(jer se u ne nalazi nijedan ). Kako je u stepen svih prostih faktor paran, a za svaki
prost faktor je to njegov stepen ili u ili u onda su i i potpun kvadrati.
PRIMJERI ZADATAKA (savjetujemo da ih prvo pokšate samostalno uraditi, a onda
pogledate rješenja):
1. Nai sve prirodne brojeve i tako da je
2. Neka su i prirodni brojevi za koje vrijedi . Dokazati da je .
3. Neka su x i z relativno prosti prirodni brojevi. Ako vrijedi:
4. ( − ) –( − ) = , dokazati da su x i z potpuni
kvadrati.
5. Nai sve trojke (x,y,z) prirodnih brojeva takvih da je y prost broj,y i 3 ne dijele z i
vrijedi
RJEŠENJA:
1. Neka je
Tada je NZS(a, b ) = . Imamo:
– – –
Kako je – sigurno neparno i – zakljuujemo da mora vrijediti
–
Sada je . Kako su i prirodni brojevi i onda su jedina
rješenja: { } tj.
{ }.
2. Kad imamo djeljivosti u kojoj su obje strane istog stepena pomae uvesti NZD jer
bi tada dobili isti uslov za relativno proste brojeve jer bi se NZD bi se pokratio. Isto
tako mi sa uslovom sa prirodnim brojevima ne moemo puno uraditi
dok sa relativno prostim brojevima moemo. Zbog toga emo uvesti NZD.Neka je
.
Tada je i d, gdje su brojevi i b1 relativno prosti. Uvrštavajui
u uvjet zadatka dobivamo:

. Budui da
su a1 i b1 relativno prosti, slijedi da je Ukoliko je onda bi postojao prost
broj p takav da p | Kako | , to slijedi da p | . Meutim, sada p | i p | , što
nije mogue jer su i relativno prosti. Analogno dobivamo i . Sada je
, što je trebalo dokazati.
46
3. Nakon sreivanja zadate jednaine dobivamo:
. Dodavanjem na obje strane dobivamo:
. Budui da su x i z relativno prosti i njihov proizvod
je potpun kvadrat, onda su i x i z takoer potpuni kvadrati
4. Imamo da je .
Dokaimo da su brojevi u zagradama relativno prosti. Pretpostavimo suprotno,
neka postoji neki prost broj p koji dijeli obje zagrade. Jasno je da tada . Kako
to . Meutim, jasno je da su sluajevi i nemogui, jer
3 i p ne dijele z. Dakle, . Ali zbog dobijamo što je nemogue.
Dakle, brojevi u zagradama su relativno prosti. Kako su ti brojevi relativno prosti,
a njihov proizvodje potpun kvadrat, to su i ta dva broja kvadrati. Neka je x − y
i
Nakon mnoenja druge jednakosti sa 4, dobijamo 3 =( )( )
pa kako je y prost broj imamo 3 sluaja:
1. , . Nakon oduzimanja dobijamo , što je
nemogue.
2. , . Nakon oduzimanja dobijamo 3
tj. , odakle
3| +1, što je nemogue.
3.
3. Nakon oduzimanja dobijamo,
tj. =12.
Sada lagano dobijamo rješenje:
Zadaci za samostalan rad
1. Ako su a i b prirodni brojevi takvi da je
prirodan broj, dokaite da je b
potpun kvadrat.
2. Naite sve parove (a, b) prirodnih brojeva takvih da je

3. Odredite sve parove (a, b) cijelih brojeva tako da su
i
takoer
U proteklom periodu uenici matematikih odjeljenja Druge gimnazije Sarajevo su se
kroz razne naine zajednikog rada pripremali za takmienja. Njihova druenja
protkana su razmjenom mišljenja o matetematikim zadacima i njihovoj primjeni.
Izdvojit emo vam nekoliko zadataka koje su uradili gotovo svi uenici iz ovog tima, a
Hana ati IV1 ih je pripremila za ovaj asopis.
Hana ati je uenica IV1 razreda i ona je ve sedam godia uspješna takmiarka iz
matematike i predana umjetnika duša , a 2020. e predstavljati Bosnu i
Hercegovinu na EGMO, što predstavlja krunu njene matematike karijere.
Zadatak 1:

Dokazati da beskonaan niz , sadri beskonano mnogo lanova
.
Prvo rješenje: (Hana ati) Prvo dokaimo da ima beskonano mnogo lanova
niza djeljivih sa 5.

48
Dokaimo indukcijom:
Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za
Dokaimo da tvrdnja vrijedi za ;
Dakle, tvrenje je dokazano principom matematike indukcije. Iz gore dokazanog slijedi
za svako , iz toga zakljuujemo da ih ima beskonano mnogo lanova niza djeljivih sa 5 tj.
(1) Sada dokaimo da postoji beskonano mnogo lanova niza djeljivih sa 13:


Zakljuujemo da za , vrijedi
Dokaimo indukcijom: Baza indukcije a ;
Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za
Dokaimo da tvrdnja vrijedi za ;
Dakle, tvrenje je dokazano principom matematike indukcije.
49
Iz gore navedenog slijedi
za svako , iz toga zakljuujemo da ih ima beskonano mnogo lanova niza djeljivih sa 13 tj.
(2) Iz (1) imamo slijedi n je neparan broj, a iz (2) imamo slijedi n je paran broj, slijedi da zadani niz ne sadri lan djeljiv sa , jer bi to znailo da postoji n ujedno paran i neparan što je nemogue.
Drugo rješenje:
Kako je

Dakle, ⌉ ⌉ .
Dalje je, ,
što pokazuje da niz ostataka po modulu 65 niza je periodian sa
periodom 12.
Da bi smo dokazali da nijedan od brojeva je djeljiv sa 65 , to je dovoljno provjeriti
da li je djeljiv sa 65.
Lako se nalazi da ostaci pri djeljenju sa 65 su i
nijedan od ostataka nije 0.
Zadatak 3:
Svaki od 10 zlatara su dali gospodinu Zlatku vreu zlatnika. Svaka vrea sadri 10
zlatnika, jedan zlatnik tei jednu uncu.Tano jedna vrea je lakša(sadri lakše zlatnike).
Svaki od zlatnika u toj vrei je za 0,1 uncu lakši. Gospodin Zlatko eli identifikovati
prevaranta samo jednim mjerenjem na vagi. Kako to moe uraditi?
Rješenje:
Poredamo vree. Uzmemo jedan zlatnik iz prve vree, 2 zlatnika iz druge vree , 3 iz
tree....10 zlatnika iz desete vree.
zlatnika, i zakljuujemo na slijedei nain:
Npr. ako je vrea lakša za 0,5 unca , slijedi da je 5 zlatnika lakših i zakljuujemo da je u
pitanju peta vra tj. peti zlatar je prevarant.
Zadatak 4:
. Odrediti .
Dokaimo da ovaj niz ima period 4,
Definišimo
.
Drugo rješenje- Hana ati
Prema opem obliku niza

Zakljuujemo da dokaimo indukcijom
Baza indukcije za ; gore je dokazano da je ;
Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za , ,
Dokaimo da tvrdnja vrijedi za n = (k+1)+4, koristimo pretpostavku u dokazu;

51
Tvrdnja dokazana primjenom matematike indukcije. Prema dokazanoj tvrdnji slijedi da su svi lanovi niza iji indeksi daju isti ostatak pri djeljenju sa 4 toga zbog slijedi . Zadatak 5:
U trapezu ABCD s osnovicama AB i CD Neka se prave AC i
BD sjeku pod pravim uglom,a prave BC i AD se sjeku u taki Q pod uglom od .
Izraunati površinu trapezoida ABCD.

PABCD =
PABCD =
Drugo rješenje- Hana ati
Oznaimo sa , a sa , sa , sa . Površinu trapezoida moemo izraunati kao razliku površina trouglova i ;
}
Gdje imamo iz postavke zadatka da je , , , ;
uvrstimo to u gore dobijeno, tada imamo:
[ ]
[ ]
[ ]
Sada je dovoljno da izraunamo .
Iz Talesove teoreme za sa dui imamo


Takoer imamo da vrijedi Talesova i za to jeste slinost gdje je P
taka presjeka dijagonala trapezoida.
53
Za trouglove vrijedi pitagorina teorema jer su uglovi kod P iz uslova
zadatka .
Iz ; slijedi




(
54
Zadatak 7: Zadan je trougao ABC takav da je ;
. Ako je , dokazati da je √ .
Rješenje:

Kako je ctgα je opadajua funkcija iz (3) slijedi √ .
Prema (1) slijedi: √
KONKURSNI ZADACI
Svaki zadatak koji pošaljete bit e bodovan s 10 bodova. Iz svake oblasti
imate po 3 zadatka. Tabelu najuspješnijih uenika objavit emo u narednom
broju, kao i najkreativnija rješenja, a planirane su i nagrade za
najuspješnije uenike. Zadatke rješavajte samostalno i dobro se zabavite.
Rješenja šaljite na matiks@2gimnazija.edu.ba
C1 U prostoriji se nalazi 20 osoba. Odluili su da igraju igru. U svakoj rundi, svaki igra
dobija jednu od kartica sa napisanim brojem.
U 1. rundi, podijeljeno je 20 kartica na kojima su napisani brojevi od 1 do 20, tako da je
na svakoj kartici napisan tano jedan broj i ne postoje 2 kartice na kojima je napisan isti
broj.
Ispada igra koji je dobio karticu s brojem 1.
U 2. rundi, svakom od preostalih 19 igraa se podijeli jedna od kartica s brojevima od 1
do 19. Opet igra s brojem 1 na kartici ispada.
Postupak nastavimo sve dok ne ostane jedan igra. Njemu emo tada dati karticu s
brojem 1 i on je pobjednik.
Ispostavilo se da niko nije dobio isti broj dva ili više puta.
Ivona i Ines su posljednje ostale u igri. Ukoliko je Ivona pobijedila, koji broj je Ines
dobila u treoj rundi igre?
C2 Dvije table se nalaze jedna do druge. Adisa i Salko igraju sljedeu igru. Adisa upisuje
cifre na prvu tablu, a Salko na drugu pri emu cifre upisuju naizmjenino (Adisa
poinje). Cifre se upisuju s lijeva na desno, pri emu se ne smije upisati neka cifra koja je
ve upisana. Postupak se završava kad se iskoriste sve cifre. Tada i Adisa i Salko imaju
petocifren broj na svojim tablama (nula se ne smije upisati na prvo mjesto). Adisa je
pobijedila ako je njen broj djeljiv sa 6, a u suprotnom je pobijedio Salko.
Ko od njih ima pobjedniku strategiju?
C3 Da li je mogue tablicu formata n×n popuniti nulama i jedinicama, a da pritom za
svako i, i {1, 2, . . . , n}, apsolutna vriednost razlike broja jedinica u i-toj vrsti i i-toj
koloni bude jednaka 1, za:
a) n = 2015;
b) n = 2016?
56
A1 Izraunati ako je preko .
A2 Neka su razliiti nenulti realni brojevi koji zadovoljavaju jednakost




A3 Neka su a,b i c razliiti pozitivni realni brojevi takvi da je
,
,
pripada intervalu (1,2) i da barem jedan od tih brojeva ne pripada
tom intervalu.
N1 Nai sve prirodne brojeve x i y takve da je . N2 Neka su a i b prirodni brojevi, a p prost broj takvi da je . Dokazati da je kvadrat nekog prirodnog broja. N3 Odredi sve proste brojeve takve da je


i jedan od njih je jednak 2p1 + p9. G1 Neka je BD simetrala unutašnjeg ugla ABC u trouglu ABC. Opisana krunica trougla BDC sijee pravu A u E, a opisana krunica trougla ABD sijee pravu BC u taki F. Dokazati da je . G2 Neka je H ortocentar oštrouglog trougla ABC, a M sredina stranice BC. Ako su D i E - redom podnoja normala iz take H na simetralu unutrašnjeg i vanjskog ugla kod vrha A, dokazati da su take M, D, E kolinearne. G3 Neka je O centar opisane krunice oštrouglog trougla ABC. Neka je AH visina to trougla, a M, N, P, Q sredine dui , redom. Dokazati da jedna od taaka presjeka krunica opisanih oko trouglova i pripada visini AH.
57
KLUB MATEMATIKE
Adi Huji, uenik II1, na neki nain maskota kluba i bh. matematike
predstavit e Klub matematike u Drugoj gimnaziji i njegov rad u narednom
lanku. Osvaja je druge nagrade na Evropskom matematikom kupu u
juniorskoj kategoriji 2018. i bronzane medalje na Juniorskoj matematikoj
olimpijadi Bosne i Hercegovine 2018.
Druga gimnazija godinama ima tradiciju matematike gimnazije. Profesori Emir
Kalajdija, Amar Baši i Emira Omeragi pokušali su da uine sve što je u njihovoj moi
da tu tradiciju nastave.
Rezultati uenika Druge na takmienjima školskoj 2017/2018. i 2018/2019. pokazuju da
Druga ponovo postaje najsupješnija škola u BiH. Klub matematike bio je vaan faktor u
novom talasu matematikog uspjeha u našoj školi.
Klub je poeo sa radom u februaru 2018. godine. Boris, Naida, Esma, Adi, Haris, Imana,
Sandro su se upoznali u Školi matematike u organizaciji Udruenja kantona Sarajevo i
kroz kampove koji su imali ogroman uticaj na njihov matematiki razvoj. Njihovi
rezultati su došli do izraaja još u osnovnoj školi, izmeu ostalog i jer su bili prva
generacija koja je imala kampove za osnovnu školu, na Juniorskoj balkanskoj
matematikoj olimpijadi (JBMO) 2018. Boris i Naida su osvojili srebrne medalje, a
Esma bronzu. Njih troje nastavili su nizati uspjehe i naredne godine, Naida i Esma
osvojile su srebro, odnosno bronzu Evropskoj matematikoj olimpijadi za djevojke
(EGMO), a Boris je osvojio srebrnu medalju na Balkanskoj matematikoj olimpijadi
(BMO) i pohvalu na IMO 2019.
Njihovo druenje i rad nastavili su se kroz Klub matematike u Drugoj gimnaziji koji je
osnovan prije svega zahvaljujui naporima gore pomenutih profesora. Treba istaknuti
veliku podršku direktora Druge gimnazije Sarajevo Seida Alibegovia i Ministarstva
obrazovanja Kantona Sarajevo. To polugodište je na neki nain bilo eksperimentalno, ali
je postavilo temelje za budue funkcionisanje Kluba.
Formirane su tri grupe: jedna grupa za uenike osnovne škole i dvije grupe za uenike
Druge gimnazije (jedna za uenike prvih i drugih razreda, a jedna za tree i etvrte
razrede). Klub je tako funkcionisao i u školskoj 2018/2019, kada se predavaima
pridruio Adnan Šabanovi, bivš