matka 59 str 145-181 · E-mail Matke: [email protected] Web stranica Matke: Glavni i odgovorni urednik: Petar MladiniÊ(Zagreb) PomoÊnica glavnog urednika: Renata Svedrec (Zagreb)

E-mail Matke:[email protected]

Web stranica Matke:www.math.hr/matka

Glavni i odgovorni urednik:Petar MladiniÊ (Zagreb)

PomoÊnica glavnog urednika:Renata Svedrec (Zagreb)

Urednice:Nikol RadoviÊ (Sisak), Tanja Soucie (Zagreb)

GrafiËki i likovni urednik:Ninoslav Kunc (Zagreb)

Lektorica:Ivana BabiÊ (Zagreb)

Ornamenti:Darko ÆubriniÊ (Zagreb)

Korektorica:Ivana KokiÊ (Dugi Rat)

Crteæi:Sanja BoljeviÊ (Zagreb)

Redakcijski kolegij:Luka »elikoviÊ (Osijek), Vladimir Devidé

(Zagreb), Blaæenka Divjak (Varaædin), Jasenka –uroviÊ (Rijeka), Marija Golac

(Zagreb), Ines Kniewald (Zagreb), Zdravko Kurnik (Zagreb), Anelko MariÊ

(Sinj), Maja MariÊ (Zagreb), MargitaPavlekoviÊ (Osijek), Mate Prnjak (Knin),

Marija Rako (Zagreb), Zvonimir ©ikiÊ(Zagreb), Nikica UgleπiÊ (Split), Vladimir

Volenec (Zagreb), Petar VranjkoviÊ (Zadar)

Slog i prijelom: Alegra d.o.o. ZagrebTisak: TISKARA ZELINA d.d. Sv. Ivan Zelina

Æiro-raËun HMD-a (za Matku): 2360000-1101530802

Devizni raËun: ZagrebaËka banka d.d. ZagrebSWIFT ZABA HR 2X,

account no. 2500-03688780 (za Matku).Cijena pojedinog primjerka je 20 kn,

za inozemstvo 5 eura.Godiπnja je pretplata 60 kn, za europske zemlje

20 eura, za ostale 40$.

Ovaj je broj Ëasopisa izaπao uz potporu Ministarstva znanosti,obrazovanja i πporta Republike Hrvatske.

Odgovore πaljite iskljuËivo na dopisnicama na adresu:

Uredniπtvo atke(za nagradni natjeËaj broj 55)10002 ZagrebBijeniËka cesta 30p.p. 335

Uz ime i prezime te mjesto stanovanjanavedite πkolu, razred i kuÊnu adresu.

Rjeπenja se primaju do kraja lipnja 2007. godine.

Na istu adresu do kraja lipnja 2007. godineprimamo i rjeπenja strip zadatka Kolikoima godina? s posljednje stranice, koja

Êemo posebno nagraditi. Dobitnici nagradabit Êe odreeni izvlaËenjem.

Rezultate Êemo objaviti u broju 61.Rjeπenje nagradnog zadatka

broj 53 potraæite na stranici 214.

atka 15 (2006./2007.) br. 59

atka

NAGRADNINATJE»AJBROJ 55

Ne mijenjajuÊi redoslijed znamenaka1 2 3 4 5 6 7 8 9, izmeu svakih

dviju od njih upiπite znak raËunskeoperacije tako da konaËni rezultat

bude 2007.

145atka 15 (2006./2007.) br. 59

»lanciNikol RadoviÊ, Inverzne iluzije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .146Vladimir Devidé, Torus II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .152Jelena GusiÊ, Brojimo sjemenke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .155Vlado StoπiÊ, Trapez II. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .156Æeljko BrËiÊ, O matematici na televiziji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .160Æeljko Boπnjak i Sanja Varoπanec, Konstrukcije trokuta pomoÊu sliËnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .164

MatemagiËarFranka Miriam Brückler, Trik s papirnatom trakom . . . . . . . . . . . . . . .167

IntervjuLucija GusiÊ, Koen Stulens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .170

PovijestTanja Soucie, Georg Mohr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .172Æeljko Buranji, Zadatci s vremensko-prostornih meridijana . . . . . . . . .173Brojevi i poËetci matematike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .174

Kutak za kreativni trenutak Mozgalica TO»KE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .175Kriæaljke za atkaËe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .176

Enigmatka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .180Natjecanja

Regionalno natjecanje uËenika 4., 5. i 6. razreda osnovnih πkola . . . . .182Zadatci za atkaËe poËetnike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .187Odabrani zadatci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .191Iz svijetaNatjecanje George Mohr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .194Sudoku . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .196RaËunala

Ivana KokiÊ, Koordinatni sustav i analiza podataka . . . . . . . . . . . . . . .197Tvrtko TadiÊ, Dobar postupak - netoËan rezultat . . . . . . . . . . . . . . . . .201

Matematika i πahSiniπa Reæek, SkakaËev kruæni put . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .203

Rjeπenja zadataka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .206Kutak za najmlae . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .216

atka Izdaje osnivatelj

HRVATSKOMATEMATI»KO

DRU©TVOZagreb, BijeniËka 30

izlazi tijekom πkolske godineu Ëetiri broja

Ëasopis za mlade matematiËare

SADRÆAJ

Pri promatranju svijeta oko sebe najËeπÊe smo licem okrenu-ti prema objektu/predmetu. No, πto bi bilo kada bismo sve pred-mete/objekte promatrali i naopako? Bi li to znaËilo da Êe pred-meti/objekti visjeti/lebdjeti u zraku? "Naopak" pogled osnovnaje karakteristika osme skupine geometrijskih iluzija, tzv.inverznih iluzija. Prema πkolskom RjeËniku stranih rijeËi lat.invertere znaËi izvrnuti ili okrenuti.

Reprodukcija igraÊih karata, slika 1., proizvedenih uFrancuskoj na prijelazu iz 17. u 18. stoljeÊe tipiËan je primjerinverznih iluzija. Sve slike (kraljevi, dame i deËki) su jednake.Naime, par oËiju odreuje desetrazliËitih lica; pri Ëemu je puno lice,dva profila u bijelom, dva profila ucrnom relativno lako naÊi. No joπ ihnedostaje pet. Pokuπajte otkriti gdje

se skrivaju!

Na slici 2. moæete vidjeti princezu. Okretanjemslike ( atke), gle Ëuda, princeza postade dama ugodinama.

IduÊe slike prikazuju inverzne iluzije. Pokuπajte otkriti tko (ili πto) se nanjima skriva.

146 atka 15 (2006./2007.) br. 59

INVERZNE ILUZIJE

Nikol RadoviÊ, Sisak

Slika 1.

Slika 2.

Slika 3.Sudac ili gimnazijalac?

Slika 4.Konj ili vojnik?

Slika 5.Sretno ili tuæno lice?

147atka 15 (2006./2007.) br. 59

Slika 6.Student ili profesor?

Slika 13.Mladi ili stari par (II)?

Slika 14.Cirkus ili klaun?

Slika 15.Plamenac ili slon?

Slika 7.Gospodin ili gospoa?

Slika 8.Mornar ili vlastelin?

Slika 9.Ljut ili veseo?

Slika 10. Slika 11.Muπkarac ili æena?

Slika 12.Mladi ili stari par (I)?

148 atka 15 (2006./2007.) br. 59

Pomaæe li isto okretanje slike i pripromatranju slike 16.? Jesu li crnidijelovi (na slici) olujni oblaci iznadbijelih oblaka ili su bijeli dijelovi (naslici) zastori u kazaliπtu, pri Ëemu jescena u mraku (crni dio)? Dilema, zarne? Iluzija na slici 16. nastala je kombi-

nacijom inverzne i prikrivene iluzije ( atka 51.)

Iluzija na slici 17., primjer je iluzije nastale ko-mbinacijom inverzne i neodreene iluzije ( atka50.). Na prvi pogled moæete vidjeti Georgea iMarthu Washington koji kroz prozor promatrajuvojnike. No, okretanjem slike ( atke), gle Ëuda,oni postadoπe prvi ameriËki predsjednik Washin-gton.

Joπ jednom paæljivo pogledaje sliku 17. Zane-marite oËito ∑ Marthu i Georgea Washingtona.UoËit Êete konture prvog ameriËkog predsjednikakako "dubi" na glavi.

Na slici 18. prikazan je govornik. Promije-nom perspektive, tj. okretanjem slike, govornikpostade profil Abrahama Lincolna.

Marketing i iluzije? Najbolji primjer jeinverzna iluzija na slici 19. Joker iz igraÊihkarata na naljepnici πkotskog viskija sugerirada konzumiranje viskija u velikim koliËinamautjeËe na raspoloæenje.

Slika 16.

Slika 17.

Slika 18.

Slika 19.

149atka 15 (2006./2007.) br. 59

Ponekad slova i brojevi koji se Ëine sime-triËnima, okretanjem to viπe nisu.

Pogledajte sliku 20. ©to moæete reÊi obrojkama 8 i slovima S na toj slici? Jesu li si-metriËni? ©to se dogaa ako sliku okrenete?

Promotrimo sliku 21. ProuËavajuÊi prikrivene iluzije ( atka 51.) zakljuËilismo da je povrπina vode pozadina za kopno na kartama. ZnaËi, na slici 21. jekarta. No, karta Ëega? To je veÊ problem. Pokuπajte okretanjem atke!?

Inverzne iluzije inspirirale su i izdavaËe magazina Omni pri organiziranjunatjeËaja. Zadatak natjeËaja bio je naÊi rijeËi koje se pri okretanju ne mijenja-ju veÊ ostaju iste. Na slikama 22. i 23. su neke od rijeËi tog svojstva. Postojeli u hrvatskome jeziku rijeËi sa sliËnim svojstvom? Razmislite.

Slika 21.

Slika 22.

Slika 23.

Slika 20.

150 atka 15 (2006./2007.) br. 59

Paæljivo pogledajte sliku 24. Treba li i nju okretati kako bismo otkrili πtose na njoj skriva?

Do sada smo imali primjere inverznih iluzija koje su nastale kombinaci-jom s prikrivenim odnosno neodreenim iluzijama. Na slici 25. je iluzijadobivena je kombinacijom nemoguÊe ( atka 53.) i inverzne iluzije.

Znano je da Ëovjek posjeduje sposobnost prepoznavanja razliËitih lica.Bilo da se ta lica nalaze na karikaturama, u stripovima, ili ih netko imitira.Prepoznavanje olakπavaju oblik nosa, oËiju, usta ili neka druga karakteristi-ka. Provjerite svoju sposobnost prepoznavanja nekih poznatih liËnosti na

Slika 24.

Slika 25.

151atka 15 (2006./2007.) br. 59

iduÊim slikama. Je li problem to πto su slike okrenute naopako ili ne? Ugodnuzabavu.

A - Elizabeth Taylor, B - Richard Nixon, C - Ronald Reagan, D - ElvisPresley, E - Jimmy Carter, F - George Bush, H - Clark Gable.

Sve slike iz ovog Ëlanka moæete naÊi na sljedeÊim Internet adresama:http://otica.fateback.com/Thduas.html/11.01.2007./http://home.tiscali.be/planetperplex/en/upside_down_faces.html/11.01.2007./http://grand-illusions.com/15.01.2007./http://members.lycos.nl/13.01.2007./http://www.ilusaodetica.com/15.01.2007./http://www34.brinkster.com/13.01.2007./http://lookmind.com/illusions.php?cat=8/15.01.2007./http://media.log-in.ru/i/flamingo_or_elephant.jpg/15.01.2007./

Slika 26.

152 atka 15 (2006./2007.) br. 59

4. Obujam i oploπje torusa*. Obujam i oploπje torusa moæemo lakoizraËunati ako znamo Guldinova pravila za obujam i oploπje rotacijskih

tijela. Ona glase:

I. Obujam V tijela T , koje nastaje rotacijom lika L u ravnini w okonekog pravca p te ravnine (uz uvjet da je L Ëitav u jednoj od poluravn-ina od w odreenih sa p), iznosi

V P d2$= r ,gdje je P ploπtina lika L, a d udaljenost teæiπta lika L od pravca p ( d2rje, dakle, put πto ga teæiπte lika L opiπe prilikom jednog punog okreta

lika L oko pravca p).

II. Oploπje O tijela T iznosi O S 2$= rd,

gdje je S duljina rubne krivulje K lika L, a d udaljenost teæiπta krivu-lje k od pravca p (2rd je, dakle, put πto ga teæiπte krivulje K opiπe pri-likom jednog punog okreta lika L oko pravca p).

Za torus je P r 2= r, S r2= r i, kako se teæiπte kruga i njegova ruba(kruænice) poklapa se srediπtem kruga, d R= =d . Odatle za obujam V

i oploπje O torusa dobivamo:

V r R r R2 22 2 2$= =r r r ,

O r R rR2 2 4 2$= =r r r .

Posebno je, za graniËni sluËaj torusa kojemu je R r= :

,V r O r2 42 3 2 2= =r r .

5. Topoloπka svojstva torusa. Razmotrimo joπ neka svojstva povrπinetorusa koja su topoloπkog karaktera, tj. - grubo govoreÊi - ne ovise o njenimneprekinutim deformacijama: drugim rijeËima, ostaju saËuvana ako sepovrπina torusa bilo kako steæe ili rasteæe, ali bez kidanja (na primjer,povrπina torusa na sl. 6. "topoloπki je ekvivalentna" povrπini iz sl. 7.).Popularno bi se moglo reÊi da je topologija (u ovom smislu) "geometrijagume".

TORUS II.

Vladimir Devidé, Zagreb

slika 6.

slika 7.

* Usp. atka br. 56. Guldinovi stavci

153atka 15 (2006./2007.) br. 59

a) Sve paralele torusa su na njemu "topoloπki ekvivalentne" u smislu da seneprekinutim deformiranjem i gibanjem po povrπini torusa mogu prevestijedna u drugu. Isto vrijedi i za meridijane, a i za treÊu i Ëetvrtu obitelj kruæni-ca na torusu (usp. 3). Meutim, paralele nisu u ovom smislu na torusu "topo-loπki ekvivalentne" niti s meridijanima, niti s kruænicama treÊe ili Ëetvrteobitelji, jer ih, kao πto se lako moæemo uvjeriti, neprekinutim deformacijamai gibanjem po povrπini torusa ne moæemo prevesti jedne u druge. Ni kruænicetreÊe ili Ëetvrte obitelji nisu (u istom smislu) na torusu "topoloπki ekviva-lentne" s meridijanima, a ni jedne s drugima.

b) Zamislimo povrπinu torusa razrezanu duæ jedne paralele a i jednogmeridijana b. Tada ga moæemo neprekinutodeformirati u pravokutnik (sl. 8.). Postupkuponovnog "spajanja", "zatvaranja" torusa"πivanjem" rezova a i b odgovara "identifici-ranje" (po definiciji) nasuprotnih toËaka u pra-vokutniku, kako je to oznaËeno na sl. 8.Pravokutnik s tako identificiranim parovimarubnih toËaka moæe posluæiti kao "topoloπkimodel" torusa.

c) Za kuglu (i ravninu) postao je glasovitim problem Ëetiriju boja. Radi seo ovom pitanju: Koliki je najmanji broj boja s kojim Êe se bilo kakva dana"zemljopisna karta" na kugli (ili ravnini) moÊi obojiti tako da svaka dvapodruËja (dvije "zemlje"), koja imaju zajedniËku granicu (a ne moæda samozajedniËke graniËne toËke), budu uvijek obojena razliËitim bojama?Dokazano je da je s pet boja uvijek moguÊe provesti bojenje na traæeni naËin,no nije se uspjela konstruirati ni jedna karta koja se ne bi mogla "propisno"obojiti i s Ëetiri boje. Meutim, tek je u novije vrijeme dokazano da se svakakarta moæe propisno obojiti s najviπe Ëetiri boje.

slika 8.

slika 9. slika 9.a

154 atka 15 (2006./2007.) br. 59

Zanimljivo je da je za "kompliciraniju" povrπinu torusa odgovarajuÊi prob-lem propisnog bojenja veÊ dugo do kraja rijeπen: Sa sedam boja moæe sepropisno obojiti svaka karta na torusu, ali ima i karata koje se s manje odsedam boja ne mogu propisno obojiti. Ispravnost drugog dijela ove tvrdnjedaje primjer karte koja se sastoji od sedam podruËja, od kojih svako graniËi sasvih πest ostalih - pa je takvu kartu oËito nemoguÊe propisno obojiti s manjeod sedam boja. Jedna takva karta dana je na sl. 9. skicom na topoloπkom mo-delu (prema b) torusa. (Istim brojevima oznaËeni su dijelovi istog - identi-fikacija rubova! - podruËja.) Sl. 9. a pokazuje kako to izgleda na torusu.

d) U gumenoj povrπini torusa izreæimo otvor, zahvatimo kroz taj otvorËitavu "utrobu" torusa i, izvukavπi je kroz otvor, "iskre-nimo" torus. Nakon toga zatvorimo opet torus. Kakva jepo obliku povrπine time nastala?

Sl. 10. daje "topoloπki model" torusa s otvorom. Akoga izvrnemo preko otvora na naËin koji odgovaraopisanom iskretanju torusne povrπine, dobit Êemo opetisti pravokutnik, samo Êe mu prednja i straænja strana bitiizmijenjene. Ako nakon toga opet zatvorimo otvor, dobitÊemo opet topoloπki model torusa. Prema tome, traæenapovrπina i opet je povrπina torusa, koja se od polazne raz-

likuje u tome πto je vanjska strana polazne postala unutarnjastrana dobivene i obrnuto, i πto su meridijani polazne preπli u paraleledobivene i obratno.

e) Uzmimo da jeπahovska ploËa "po-vezana" na naËin ko-ji odgovara identifi-ciranju rubova kodpravokutnika kojismo u b) uveli kao"topoloπki model"torusa. Ako se kralji-ca nalazi na polju b3(sl. 11.), koja svapolja (inaËe prazne

ploËe) ona napada?Naravno, smatramo da

se kraljica moæe gibati i preko rubova ploËe onako kako bi to bio sluËaj da jeploËa "namotana" na torus. Rjeπenje daje sl. 12.

slika 10.

slika 11 slika 12

155atka 15 (2006./2007.) br. 59

Danica je odmah zapoËela priËati: Neki dan slavila sam roendan. Prvi sudoπli Ante i Jurica, a onda i moje dvije prijateljice joπ iz vrtiÊkih dana. Doksmo Ëekali ostale, sjetila sam se πto mi je Dave priËao proπlo ljeto kad je biou Hrvatskoj na ljetovanju, pa sam im to ispriËala. Zamislite, jednog im jedana doπao nastavnik matematike, svakome dao vreÊicu sjemenki i papir nakojemu je bila nacrtana krivulja, te rekao da bace sadræaj vreÊice iznadkrivulje. Dok sam to priËala, ono Ëetvero me Ëudno gledalo, ali im ne zam-jeram; nisam ni ja vjerovala Daveu dok je priËao. Ipak su Ëekali da Ëuju πtoÊe dalje biti. E, pa zadatak uËenika je bio da prebroje sjemenke koje su palena oznaËeni dio ispod krivulje, odnosno koliko ih je ukupno palo ispod krivul-je i odrede omjer tih brojeva. Dave je rekao da su nakon brojanja bili izne-naeni koliko je teorija blizu realnosti i kako je sve to povezano s Teoremomo velikim brojevima koji su uËili iz statistike. Kad sam zavrπila priËu, svatkoje imao komentar. Ana je rekla da bi ona rado iπla u Ameriku pa da na satimamatematike broji sjemenke; Jurica se Ëudom Ëudio πto se na satu matematikeima iπta brojati... Na kraju su odluËili brojanjem prekratiti vrijeme dok doudrugi. U knjizi sam naπla krivulju. Ante ju je nacrtao uveÊanu, pa smo πakunekih okruglastih sjemenki bacili po papiru i poËeli brojati. Kako su ostaligosti poËeli pristizati svi su poæeljeli provesti taj ameriËki. eksperiment, a ividjeti kakva je to matematika s brojanjem. Skupili smo dosta rezultata, jersu neki i viπe puta tijekom veËeri bacali sjemenke. Ante je poËeo objaπnjavatiπto ti rezultati znaËe, ali ne bih sad o detaljima. Najbolje da MatkaËi saminaprave pokus.

Zaπto ne biste posluπali Danicu? Evo vam nacrtane slike, pa je poveÊajtetako da bude veliËine velike biljeænice.

Uzmite neke male sjemenke, kamenËiÊe, ili neπtopo vaπem izboru, ali da nije veliko, da su svi sliËneveliËine i da moæete brojati. Trebate ih imati viπe, naj-manje stotinjak. Potom odredite omjer broja pred-meta na potamnjenom dijelu u odnosu na ukupan brojpredmeta koji su ispod krivulje (one koji su otiπliizvan ne brojite). Pa kad veÊ brojite, moæete odreditii omjer ukupnog broja na svjetlijem i tamnijem dijeluu odnosu na ukupan broj ispod krivulje. Sva bacanjabi trebala rezultirati sliËnim omjerima. Bacajte viπe puta i poπaljite nam vaπerezultate, pa Êemo vidjeti je li i kod MatkaËa realnost u skladu s teorijom!

BROJIMO SJEMENKE

Jelena GusiÊ, Zagreb

156 atka 15 (2006./2007.) br. 59

TRAPEZ II.

Vlado StoπiÊ, Zagreb

Trapez je po mnogo Ëemu poseban lik. U to Êemo se uvjeriti i u sljedeÊimzadatcima...*

Zadatak 5. Dokaæi da sjeciπte dijagonala trapeza, toËka u kojoj se sijekupravci koji sadræe krakove trapeza i poloviπta obiju osnovica trapeza pri-padaju jednom pravcu.

Rjeπenje. Neka su AB i CD osnovice trapeza ABCD, toËka M presjekpravaca AD i BC, toËka S presjek dijagonala trapeza i neka su toËke E i F pre-sjek pravca pravca MS s osnovicom CD odnosno AB. Rijeπimo zadatak me-todom sliËnih trokuta.

1. Zbog sliËnosti ~MDE MAFD D vrijedi razmjer AF

DE

MF

ME= .

2. Zbog sliËnosti ~MEC MFBD D vrijedi razmjer FB

EC

MF

ME= .

Kako su desne strane ovih dvaju razmjera jednake, nuæno slijedi i jed-

nakost njihovih lijevih strana, tj. AF

DE

FB

EC= ili

EC

DE

FB

AF= .

3. Zbog sliËnosti ~SED SFBD D vrijedi razmjer FB

DE

SF

SE= .

4. Zbog sliËnosti ~SEC SFAD D vrijedi razmjer AF

EC

SF

SE= .

I ovdje zbog jednakosti desnih strana dvaju razmjera slijedi jednakost nji-

hovih lijevih strana, tj. FB

DE

AF

EC= ili

EC

DE

AF

FB= .

Dobiveni razmjeri EC

DE

FB

AF= i

EC

DE

AF

FB=

imaju jednake lijeve strane, a to znaËi da su im jed-

nake i desne strane, tj. FB

AF

AF

FB= . Iz toga slijedi da

je AF FB2 2= , a zbog | |>AF 0 i | |>FB 0 dobivamo

da je | | | |AF FB= .

A F B

S

E

M

D C

* Nastavak Ëlanka iz atke broj 57.

157atka 15 (2006./2007.) br. 59

Dalje, iz dobivenog razmjera AF

DE

FB

EC= nakon zamjene za | | | |AF FB=

dobivamo razmjer AF

DE

AF

EC= . Kako su to dva jednaka razlomka jednakih

nazivnika, nuæno slijedi da su im jednaki i brojnici, tj. | | | |DE EC= .Time smo dokazali da je toËka E poloviπte stranice CD, a toËka F polo-

viπte stranice AB, a to znaËi da dane Ëetiri toËke pripadaju jednom pravcu.

Zadatak 6. a) Dokaæite da se u svakom trapezu simetrale kutova koji leæeuz jedan krak sijeku pod kutom od 90°.

b) Dokaæite da u svakom trapezu sjeciπte simetrala kutovauz jedan krak leæi na srednjici tog trapeza.

Rjeπenje. a) Neka su AB i CD osnovice trapeza ABCD.Neka je BADE = a, CDAE = d. Neka je toËka S presjek

simetrala kutova BADE i CDAE . Tada je DAS2

E = a , a

ADS2

E =d . BuduÊi da je 180c+ =a d , jer su to kutovi uz

presjeËnicu AD, slijedi da je 2 2

90c+ =a d . Primjenom pouËka o zbroju kuto-

va u trokutu na trokut ADS vrijedi jednakost ASD2 2

180E c+ + =a d , ili

ASD90 180c E c+ = , tj. ASD 90E c= , a to je i trebalo dokazati.

b) Neka su AB i CD osnovice trapeza ABCD. Neka je toËka M poloviπtekraka AD, a toËka N poloviπte kraka BC . Tada je duæina MN srednjicatrapeza ABCD. Nacrtamo simetralu kuta ADCE . Neka je toËka E presjeksimetrale kuta ADCE i srednjice MN , a toËka F presjek te istesimetrale i osnovice AB trapeza ABCD. Zbog | | | |AM MD= iMN AB, zakljuËujemo da je toËka E poloviπte duæine DF ,tj. | | | |DE EF= (vidi atku br. 29, Odabrani zadatci, zadatak426. b). Osim toga je AFD CDFE E= , jer su to dva πiljastakuta uz presjeËnicu DF. Zbog ADF CDFE E= , premadefiniciji simetrale kuta slijedi da je AFD ADFE E= . ToznaËi da je trokut AFD jednakokraËan s osnovicom DF , pa je| | | |AF AD= . Pri tomu je toËka E poloviπte osnovice jednakokraËnog trokutaAFD. BuduÊi da je pravac koji spaja vrh jednakokraËnog trokuta nasuprotosnovice s poloviπtem osnovice ujedno i simetrala tog trokuta, zakljuËujemoda je pravac AE simetrala kuta FADE , tj. BADE trapeza ABCD. Time smo

A F B

M E N

D C

A B

D C

S

158 atka 15 (2006./2007.) br. 59

dokazali da se simetrala kuta BADE i simetrala DF kuta ADCE trapezaABCD sijeku u toËki E koja leæi na srednjici trapeza ABCD.

Iz Ëinjenice da trapez ima dvije stranice usporedne, slijede neka zanimlji-va svojstva u vezi s povrπinom trapeza.

Zadatak 7. Dan je trapez ABCD kojemu su AB i CD osnovice i toËka Ssjeciπte njegovih dijagonala. Dokaæite da je ( ) ( )p ADS p BCS= .

Rjeπenje. Lako se pokaæe da trokuti ABD i ABC imaju jednaku povrπinu. Naime, oba trokuta imaju zajedniËku stranicu AB, a zbog CD AB slije-

di da oni imaju i jednaku visinu. Osim toga, oba navedena trokuta imaju zaje-dniËki dio, tj. trokut ABS. Zato vrijede redom ove jed-nakosti:

( ) ( )p ABD p ABC= ,( ) ( ) ( ) ( )p ABD p ABS p ABC p ABS- = - , tj.( ) ( )p ADS p BCS= , a to je i trebalo dokazati.

Zadatak 8. Dan je trapez ABCD kojemu su AB i CD osnovice. Ako jetoËka M poloviπte kraka BC , onda je povrπina trokuta AMD jednaka polovi-ni povrπine trapeza ABCD. Dokaæite.

Rjeπenje 1. ToËkom M nacrtamo pravac p tako da je p AD. Neka jetoËka K presjek pravca p i pravca AB i neka je toËka L presjek pravca p i prav-ca CD. Tada je Ëetverokut AKLD paralelogram.

Dokaæimo da je KBM LCM,D D . Naime, | | | |BM MC= prema uvjetuzadatka, KMB CMLE E= jer su to vrπni kutovi i

KBM LCME E= jer su to kutovi uz presjeËnicu KL. Iz dokazanesukladnosti trokuta slijedi da je ( ) ( )p KBM p CML= . To znaËi daparalelogram AKLD i trapez ABCD imaju jednaku povrπinu, tj.

( ) ( )p AKLD p ABCD= . Kako trokut AMD i paralelogram AKLDimaju zajedniËku stranicu AD i jednaku visinu, zakljuËujemo da jepovrπina trokuta AMD jednaka polovini povrπine paralelograma

AKLD, tj. ( ) ( )p AMD p AKLD21= , a to znaËi da je

( ) ( )p AMD p ABCD21= .

A B

S

D C

A B

p

K

D C

M

159atka 15 (2006./2007.) br. 59

Rjeπenje 2. Neka je toËka E presjek pravca DM i pravca AB. Dokaæimo daje BME CMD,D D . Naime, | | | |BM CM= prema uvjetu zadatka,

BME CMDE E= jer su to vrπni kutovi i MBE MCDE E= , jer su to kutoviuz presjeËnicu BC. Iz dokazane sukladnosti trokuta slijedi da je | | | |EM MD=

i ( ) ( )p BME p CMD= . To znaËi da trokut AED i trapez ABCD imaju jednakupovrπinu, tj. ( ) ( )p AED p ABCD= . Kako je duæina AM teæiπnica trokuta

AED, slijedi da je ( ) ( )p AMD p AED21= , a to znaËi da je

( ) ( )p AMD p ABCD21

= .

Zadatci

9. U svakom je trapezu zbroj duljina krakova uvijek veÊi od razlike dulji-na njegovih osnovica. Dokaæite.

10. Konstruirajte trapez ABCD, kojemu su AB i CD osnovice, ako jezadano: | |AB a= , | |CD c= , | |AC e= , | |BD f= , pri Ëemuje <c a.

11. Dokaæite ovaj kriterij jednakokraËnog trapeza: Ako dijagonale trapezaimaju jednaku duljinu, onda je taj trapez jednakokraËan.

12. Dan je trokut ABC. ToËkom D na stranici BC , koja nije poloviπtestranice BC , nacrtajte pravac p koji dijeli trokut ABC na dva dijela jednakihpovrπina.

13. Dokaæite da je duæina koja spaja poloviπta dijagonala trapezausporedna s osnovicama trapeza i da je duljina te duæine jednaka polurazliciduljina osnovica tog trapeza.

Nagradit Êemo svakog MatkaËa koji nam poπalje rjeπenja najmanje trijupostavljenih zadataka.

D

A B E

M

C

160 atka 15 (2006./2007.) br. 59

O MATEMATICI NA TELEVIZIJI

Æeljko BrËiÊ, Vinkovci

Matematika na televiziji? I povrπni pratitelji zbivanja na malom ekranuznaju da je matematike na domaÊim televizijama malo. Jedan moj prijateljkaæe da je to logiËno jer je cilj televizijskih emisija privuÊi, a ne odbiti gle-datelje. No, ako je matematika omraæeni predmet u πkoli, mora li biti izgnanas TV ekrana? Postoji li naËin da se matematika pribliæi televizijskim gle-dateljima? »lanak koji Ëitate ne daje odgovore na ta pitanja, ali govori oprimjeru kako ne treba raditi.

Postoji kviz na jednoj domaÊoj televiziji u kojemu simpatiËna voditeljicapostavi pitanje, a gledatelji, pozivom na telefonski broj s posebnom tarifom,pokuπavaju toËno odgovoriti i tako zaraditi nekoliko stotina kuna. Jednomsam, nakratko, pogledao emisiju i primijetio pitanje o broju trokuta na prika-zanoj slici. Bio sam zadovoljan Ëinjenicom da se i matematika poËela poja-vljivati u takvim kvizovima, no kada sam se, za otprilike pola sata, ponovnovratio na isti kanal ∑ moje je zadovoljstvo splasnulo. Vidio sam istu vodi-teljicu, istu sliku i isto pitanje.

Niπta se nije promijenilo ni u iduÊih pola sata. Izbezumljena voditeljicastalno je ponavljala: Koliko trokuta vidite na slici? Razmislite malo. Æelimsamo toËan odgovor!. Na njenu æalost, gledatelji su redom odgovaralipogreπno. Nekoliko minuta prije podneva, nakon puna dva sata igre,voditeljica je odluËila pomoÊi otkrivajuÊi drugu znamenku ∑ 1. Kako ni tonije upalilo, a curile su posljednje sekunde koje su programskom shemompredviene za emisiju, voditeljica je dala posljednju uputu: ili je 61 ili je 71.Prvi gledatelj koji se javio rekao je 71, izmuËena voditeljica brzo mu je Ëesti-tala i odjavila emisiju, a ja sam ostao u πoku. Ne samo zbog porazne Ëinjeniceda ni jedan gledatelj nije mogao, u puna dva sata, prebrojati neke trokute,

nego joπ viπe zbog spoznajeda je odgovor koji jemlaahna voditeljica ponu-dila ∑ bio pogreπan.

Pitanje na koje je trebalou emisiji odgovoriti glasiloje: Koliko trokuta vidite naslici?

161atka 15 (2006./2007.) br. 59

Odgovor na ovo pitanje bilo je moguÊe dobiti na viπe naËina, a u ovomËlanku pokazat Êu tri naËina: pogaanje, prebrojavanje i raËunanje.

Najjednostavnije bi bilo sluπati ostale gledatelje, eliminirati njihovenetoËne odgovore i tako, metodom pokuπaja i pogreπaka, doÊi do ispravnogrjeπenja. Da su gledatelji za odgovor nudili redom sve prirodne brojeve od 1pa nadalje ∑ uz prosjek od 4 javljanja u minuti ∑ do broja 71 doπli bi veÊ zadvadesetak minuta, a do toËnog rezultata i prije. Na æalost, u njihovim odgo-vorima nije bilo nikakvog sustava, pa je i voditeljica u jednom trenutku zava-pila: Nemojte mi viπe govoriti 13. Taj sam odgovor Ëula barem sedam puta.

Drugi naËin rjeπavanja zadatka sastoji se u prebrojavanju trokuta koji suprikazani na slici. Naravno, i tu mora postojati nekakav sustav, jer je vrlo lakoprevidjeti neki trokut ili pak neki drugi ubrojiti viπe puta. Zato je dobro obi-ljeæiti (primjerice, brojevima od 1 do 9) likove koje smo dobili "rezanjem"velikog pravokutnog trokuta (jedan je Ëetverokut, a svi ostali su trokuti), teslaganjem dvaju, triju, itd… likova promatrati dobivamo li trokute ili ne.

Rezultati takvog prebrojavanja trokuta prikazani su u tablici (napomena:oznaka 234 znaËi da je trokut sastavljen od tri mala trokuta broj 2, 3 i 4):

1

76

98

23 4

5

Od koliko likova su trokutisastavljeni:

Od kojih su likova sastavljeni:

Koliko ima takvih trokuta:

1

2

3

4

5

9

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8

23, 28, 34, 39, 45, 67, 78, 89

234, 278, 369, 569, 589

1234, 1278, 2389

34569, 56789

123456789

8

8

5

3

2

1

162 atka 15 (2006./2007.) br. 59

Dakle, osim jednog velikog (pravokutnog) trokuta i 8 malih trokuta unutarnjega, postoji joπ 18 trokuta koji se dobiju promatrajuÊi zajedno po dva, tri,Ëetiri ili pet dijelova velikog trokuta. Prema tome, na slici se ukupno vidi 27trokuta.

TreÊi naËin rjeπavanja zadatka je raËunanje, odnosno primjenamatematiËkog naËina miπljenja. Tim putem Êemo ujedno pokazati kako jevoditeljica doπla do broja 71, te objasniti zaπto taj broj ne predstavlja toËanrezultat.

Na slici smo sva sjeciπta duæina (ima ih 9) oznaËili slovima od A do I. Akospojimo tri toËke ∑ dobijemo jedan trokut. Pitanje je, dakle, na koliko naËinamoæemo od 9 prikazanih toËaka izabrati 3 toËke? Prvu toËku moæemoizabrati na 9 naËina (to moæe biti bilo koja toËka), drugu na 8 naËina (prvuizabranu toËku moæemo spojiti sa svakom drugom toËkom, osim s njomsamom), a treÊu na 7 naËina (sve, osim prve dvije izabrane toËke). Premapoznatom pouËku o prebrojavanju, koji se Ëesto koristi i u osnovnoj πkoli,ukupan broj naËina na koji moæemo izabrati 3 od 9 toËaka je: 9 8 7 504$ $ = .Ukupan broj trokuta 6 puta je manji jer, primjerice, svi izbori ABC, ACB,BAC, BCA, CAB i CBA (a isto vrijedi i za bilo koju drugu trojku) vode doistog trokuta ∑ ABC.

Prema gornjem izraËunu, trokuta bi trebalo biti 504 : 6, odnosno 84, no tajrezultat nije toËan jer neke trojke leæe na istom pravcu pa uopÊe ne tvoretrokut. Sa slike se vidi da postoji pet pravaca (duæina) na kojima su po tritoËke (ABD, ACE, BCF, DEG i DFH), te dva pravca na kojima leæe po ËetiritoËke (AGIF i BHIE). BuduÊi da od Ëetiri toËke moæemo sastaviti Ëetiri troj-ke, a od tri toËke samo jednu trojku, ukupan broj trokuta koji "ne postoje" je

A D B

C

E

G

I

H

F

163atka 15 (2006./2007.) br. 59

2 4 1 5 13$ $+ = . Ako taj broj oduzmemo od ranije izraËunatog broja 84,dobivamo da na slici postoji 71 trokut, πto je u emisiji ponueno kao rjeπenje.

No, trokuta na slici ipak ima znatno manje, odnosno u broj 71 uraËunatisu i neki trokuti koji zapravo ne postoje. Od naπih bi se 9 toËaka zaista mogaonapraviti 71 trokut, ali samo ako bismo sve toËke meusobno spojili. No, onena slici nisu sve spojene. Primjerice, trojka toËaka ACD ne odreuje trokut jernije nacrtana duæina CD. Osim nje, nisu nacrtane ni duæine

, , , , ,CG CH CI AH BG DI GHi . zato je potrebno izraËunati koliko postojitrokuta kojima je stranica neka od tih duæina.

Trokuta kojima je duæina AH jedna od stranica ima 7 jer te dvije toËkemoæemo spojiti s bilo kojom od preostalih 7 toËaka. To isto vrijedi i za duæineBG DIi . Duæinu CD takoer moæemo spojiti s preostalih 7 toËaka, ali smotrokut CDI veÊ imali kada smo duæinu DI spojili s toËkom C, pa ga neÊemojoπ jednom brojati. SliËna se stvar dogaa i s duæinama CG, CH , CI i GH ,odnosno trokutima koje te duæine tvore.

U donjoj su tablici pregledno prikazani svi trokuti koji "ne postoje", aubrojeni su meu televizijsko rjeπenje od 71 trokuta:

Ukupan broj trokuta koji su uraËunati u ranije naveden broj 71, a zapravona slici ne postoje, je 44. Ako od 71 oduzmemo 44, dobivamo da trokutazapravo ima 27, πto se slaæe s rezultatom dobivenim prebrojavanjem.

Duæina koja nije nacrtana

Trokuti koji na slici ne postoje

Trokuti koje smo veÊubrojili u nepostojeÊe

Broj nepostojeÊihtrokuta

AH AHB, AHC, AHD,AHE, AHF, AHG, AHI

7

BG BGA, BGC, BGD,BGE, BGF, BGH, BGI

7

DI DIA, DIB, DIC, DIE,DIF, DIG, DIH

7

CD CDA, CDB, CDE,CDF, CDG, CDH

CDI (DIC) 6

CG CGA, CGE, CGF,CGH, CGI

CGB (BGC), CGD(CDG)

5

CH CHB, CHE, CHF,CHI

CHA (AHC), CHD(CDH), CHG (CGH)

4

CI

GH

CIA, CIB, CIE, CIF CID (DIC), CIG(CGI), CIH (CHI)

4

GHD, GHE, GHF,GHI

Ukupno:

GHA (AHG), GHB(BGH), GHC (CGH)

4

44

164 atka 15 (2006./2007.) br. 59

KONSTRUKCIJE TROKUTA POMO∆U SLI»NOSTI

Æeljko Boπnjak i Sanja Varoπanec, Zagreb

U sedmom razredu susreÊemo se sa sliËnoπÊu trokuta koja osim u raznimnumeriËko-geometrijskim zadatcima ima primjenu i pri konstrukcijama tro-kuta i drugih figura. Naime, sliËnost Êemo upotrijebiti u onim konstrukcija-ma trokuta koji meu zadanim elementima imaju ili:

a) dva kuta trokuta ilib) omjer svih stranica ilic) omjer para stranica i jedan kut.

Ilustrirajmo sva tri tipa zadataka kroz sljedeÊe primjere.

Primjer 1. Konstruirajmo trokut ako je zadano: a, b, ta.

Analiza. Postoji beskonaËno mnogo trokuta koji se meusobno podudarajuu dva kuta a i b. Prema pouËku o sliËnosti popularno zvanom K-K svi su titrokuti meusobno sliËni. Meu svima njima treba naÊi onaj kojemu je teæiπnicana stranicu a upravo sukladna zadanoj. Dakle, ideja je konstruirati bilo kakavtrokut A B Cl l l s kutovima a i b, te naÊi njemu sliËan trokut s teæiπnicom ta.

Konstrukcija. Dani elementi su:

1. Konstruiramo trokut A B Cl l l s kutovima a i b i po volji odabranom

stranicom A Bl l.2. Konstruiramo teæiπnicu A Pl l iz vrha Al.

3. ( , ) { , }k A t A P P Pa 1+ =l l l .4. ToËkom P nacrtamo paralelu p

sa stranicom B Cl l.5. { }p A B B+ =l l , ' { }p A C C+ =l . Trokut A BCl je rjeπenje zadatka.

ta

a b

A'

B' C'P'

B Pp

C

165atka 15 (2006./2007.) br. 59

Dokaz. Trokuti A B Cl l l i A BCl su sliËni jer su im stranice B Cl l i BC para-lelne, te su prema pouËku o presjeËnici kutovi s vrhom u B odnosno u Blsuk-ladni, a isto tako sukladni su i kutovi s vrhom u C l odnosno u C . BuduÊi daje trokut A B Cl l l bio konstruiran tako da su mu kutovi B A CE = al l l i

A B CE = bl l l , slijedi da i njemu sliËan trokut A BCl ima ta dva kuta a i b.Osim toga, trokut A BCl je i konstruiran tako da mu je teæiπnica na stranicu aupravo jednaka zadanoj teæiπnici, pa slijedi da trokut A BCl ima upravo svezadane elemente, tj. trokut A BCl je rjeπenje zadatka.

Rasprava. Zadatak ima jedinstveno rjeπenje ako je < 180+a b%.

Primjer 2. Konstruirajmo trokut ako je zadano: : : : :a b c 6 4 5= , v 2a= cm.

Analiza. Prema pouËku o sliËnosti trokuta S-S-S, dva sutrokuta sliËna ako su im stranice proporcionalne.

Dakle, bilo koji trokut A B Cl l l kojemu se stranice odnose kao: : : :a b c 6 4 5=l l l , sliËan je traæenom trokutu ABC . Da bismo

dobili upravo trokut s traæenom visinom, treba produljiti iliskratiti visinu na stranicu al trokuta A B Cl l l na zadanih 2 cm.

Konstrukcija. 1. Konstruiramo trokut A B Cl l l sa stranicama duljine a 3=l cm, b 2=l cm, .c 2 5=l cm. 2. Nacrtamo visinu A Nl l iz vrha Al na nasuprot-

nu stranicu.3. ( , ) { , }k A v A N N Na 1+ =l l l .4. ToËkom N nacrtamo paralelu p sa stranicom

B Cl l.5. { }p A B B+ =l l , ' { }p A C C+ =l .

Trokut A BCl je rjeπenje zadatka.

Rasprava. BuduÊi da stranice u danim omjerima zadovoljavaju nejed-nakosti trokuta, zadatak ima jedno rjeπenje.

Primjer 3. Konstruirajmo trokut ako je zadano: c, : :a b 3 2= , b c+ .

Analiza. Prema pouËku o sliËnosti trokuta S-K-S, svi trokuti koji imajuomjer stranica 3 : 2 i kut izmeu njih jednak zadanom c meusobno su sliËni.Ima ih beskonaËno mnogo, a meu njima treba naÊi onaj kojemu je zbrojstranica b i c jednak danom zbroju.

A'

B' N' C'

4 kv '

a

5 k

6 k

B'

B N

N'

A'

C'Cp

166 atka 15 (2006./2007.) br. 59

Konstrukcija. Dani elementi su:

1. Konstruiramo trokut A B Cl l l sa stranica-ma duljine a 3=l cm, b 2=l cm i kutom c.

2. Stranice b i c odreujemo primjenomTalesovog pouËka na duæinama b c+l l i b c+

na sljedeÊi naËin: Na polupravac Op nanesemo duæine A Cl l i A Bl l. Time smo dobili toËke M l

i N l. Na drugi polupravac Oq nanesemo zadanu duæinu b c+ s krajnjomtoËkom N . Spojimo toËke N i N l, te toËkom M l nacrtamo paralelu s duæinomNN l. Ta paralela sijeËe polupravac Oq u toËki M i | |OM b= , | |MN c= .

3. Na pravac A Cl l nanesemo duæinu duljine b; time je dobivena toËka C.4. Na pravac A Bl l nanesemo duæinu duljine c; time je dobivena toËka B.

Rasprava. Zadatak ima jedinstveno rjeπenje.

U treÊem primjeru zadani kut nalazi se izmeu stranica kojima je omjerzadan. Postoje joπ dvije moguÊnosti:

1) zadani kut je kut nasuprot veÊoj stranici od onih dviju stranica koje sepojavljuju u omjeru;

2) zadani kut je kut nasuprot manjoj stranici od onih dviju stranica koje sepojavljuju u omjeru. U prvom sluËaju zadatak ima jedinstveno rjeπenje, doku drugom sluËaju zadatak moæe imati dva, jedno ili nijedno rjeπenje, ovisnoo veliËini zadanih elemenata.

Zadatci: Konstruirajte trokut ako je zadano:

1. , , vaa b ,2. , , a b2+b c , 3. , , tba c , 4. : : : : ,a b c t7 5 3 a= ,

b+c

C C' A'

B'B O

M

b' M' N'

N

pc'

qb+c c

b

c

5. : : : : ,a b c a v10 6 9 b= + ,6. : : , ,a b v4 3 c= c , 7. : : , ,b c a1 3= c ,8. : : , ,b c t1 3 c= b .

167atka 15 (2006./2007.) br. 59

MATEMAGI»ARMATEMAGIcAR

TRIK S PAPIRNATOM TRAKOMFranka Miriam Brückler, Zagreb

Danaπnja oprema Dagoberta je puno papirnatih traka (koje su popriliËnodulje nego πto su πiroke), πkara i selotejp. I iznenaenje: Dagobert danas netreba dobrovoljca.

Danas Êete svi biti moji dobrovoljci. Evo svakome papirnata traka i πkare!

Dok dijeli papirnate trake, Dagobert dijeli i selotejp, govoreÊi:

Svatko neka zalijepi papirnatu traku u prsten. Imate izbor: napraviteobiËni prsten ili pak prije lijepljenja jedan kraj trake zaokrenite jednom (tj.za 180°) ili dvaput (tj. za 360°).

Verzija sa zaokretom za 180° trebala bi izgledati pribliæno ovako:

Verzija sa zaokreotm za 360° izgleda sliËno, samo je viπe "zafrknuta".

Sad kad svi imate svoje trake, primam oklade na koliko Êe se dijelova ras-pasti te trake ako ih reæete uzduæ i po sredini. Imamo odvojene kladionice zaone s obiËnim prstenovima, one s prstenovima s jednim i one s dva zaokreta.

Dagobert je odluËio voditi kladionicu na ploËi. Svi (osim jednog) kojiimaju obiËni prsten kladili su se da Êe se prsten raspasti na dva dijela. Tajjedan uËenik iznimka, Kreπo, u polusnu je promumljao: Tri dijela. Tablicaklaenja za obiËne prstene dala je, dakle, omjer 10 : 1 (2 dijela : 3 dijela).Klaenje oko prstena s jednim zaokretom ispalo je bitno neizvjesnije.Dagobert je dobio omjer 2 : 13 (ostat Êe u komadu : dobit Êemo dva prstena).SliËno se dogodilo i s klaenjem oko prstena s dva zaokreta (omjer 2 : 7 zajedan odnosno dva dijela nakon rezanja).

O.K. Sad prvo molim sve koji imaju obiËni prsten da ga razreæu uzduæ.Kreπo, probudi se i reæi!

Nakon marljivog rezanja, svi su dobili po dva tanka prstena. ToËan odgo-vor postao je oËit i Kreπi koji se probudio dok je rezao.

Ima li koga od onih s jednim zaokretom u prstenu da æeli izmijeniti svojeklaenje? Ne? Onda sad vi reæite!

UËenici s prstenom s jednim zaokretom reæu, dakle, uzduæ linije oznaËene

168 atka 15 (2006./2007.) br. 59

toËka-crtom na iduÊoj slici:

Nakon malo vremena, rezultati su iznena-ujuÊi: svima je traka ostala u * komada! Ne-Êemo otkriti koliko je *. Probaj sam/a!

Ima li sad izmjena oklada u treÊoj grupi?Oni s trakom s dvostrukim zaokretom?

Dvoje je odluËilo promijeniti svoju okladu:jedan koji je prije tvrdio da Êe traka ostati u

komadu promijenio je okladu na dva dijela, a jedna koja je prije tvrdila da Êese traka raspasti na dva dijela, promijenila je odluku na jedan. Kojoj bi seokladi ti pridruæio/la? Imaπ li predodæbu kako bi rezultat mogao izgledati sobzirom na broj zaokreta u dobivenoj/im traci/trakama?

Sad molim sve one s trakom s dvostrukim zaokretom da svoje trakerazreæu po istom principu tj. uzduæ!

I πto se sad dogodilo? Otkrit Êemo vam samo ovo: neovisno o tome nakoliko si se dijelova kladio/la, ovaj rezultat sigurno nisi oËekivao/la (osim akosi trik veÊ vidio/la)!

Ovaj trik spada u podruËje matematike koje se zove topologija. To nemaveze s topovima, nego je rijeË o vrsti geometrije pozicije (topos = lat. mjesto)u kojoj su nebitini kutovi i udaljenosti, veÊ se umjesto toga promatra iz kolikose nepovezanih dijelova neki objekt sastoji, koliko strana ima i joπ neka drugasvojstva o kojima Êemo moæda drugom prilikom. U sluËaju gornjih traka radise o tome da je njemaËki matematiËar August Ferdinand Möbius sredinom19. st. otkrio svojstvo prstena s jednim zaokretom (koji se po njemu zoveMöbiusova traka), a koje glasi: Möbiusova traka ima samo jednu stranu.Traka nastala neparnim brojem zaokreta ima jednu stranu, a ona nastala par-nim brojem zaokreta ima dvije strane. Kako biste se u to uvjerili? Naj-jednostavniji naËin je da se dogovorimo: ako povlaËim olovkom liniju uzduæsvoje trake, nisam promijenio/la stranu dok ne moram diÊi olovku. Pokuπajteolovkom obiÊi toËka-crta liniju Möbiusove trake ∑ bez dizanje olovke kraj Êese spojiti s poËetkom. Kod obiËnog prstena i trake s dvostrukim zaokretom toneÊe biti tako.

Imate li ideju koja je veza izmeu broja strana trake i broja dijelova na ko-je se ona raspada pri uzduænom rezanju? Ili, teæe pitanje: πto mislite koja jeveza izmeu broja strana i zaokreta trake prije rezanja i broja strana/zaokre-ta nakon rezanja?

Na kraju slijedi zanimljivost: Möbiusova traka je (prema dosad poznatimpodatcima) prvi put navedena kao magiËarski trik u knjizi GastonaTissandiera Les recréations scientifiques (Znanstvene rekreacije) objavlje-noj godine 1881. u Parizu.

169atka 15 (2006./2007.) br. 59

INTERVJU

INTERVJU

Koen StulensLucija GusiÊ, Zagreb

"©eÊer na kraju" ove trilogije vezane uz 8. susret nastavnika matematikeje Koen Stulens i dolazi nam iz Belgije. Na putovanje je poveo i svoju æenu,profesoricu engleskog. Ovako je izgledao naπ razgovor.

❑ atka: Recite nam neπto o sebi i predstavite nam obrazovnisustav u Belgiji kroz svoje obrazovanje.K. Stulens: Rodio sam se 1966. godine. Sa πest godina iπao sam uosnovnu πkolu i zavrπio je s dvanaest. U tom razdoblju matematikanije niπta viπe od pukog raËunanja. Od 12. do 18. godine ide se usrednju πkolu, od Ëega su prve tri godine opÊenite naobrazbe, anakon toga se biraju predmeti (sadræaji). Ja sam odabrao matem-atiku i od treÊeg razreda pa do kraja πkolovanja imao sam 8 satimatematike na tjedan. Nakon toga sam otiπao na fakultet. Da bi semagistriralo, treba se πkolovati dodatne dvije godine (i mi to zovemo kandi-dat u matematici), nakon Ëega dolaze joπ dvije godine i tada se dobiva neπtoπto zovemo licencijat u matematici. Tako je bilo kada sam ja studirao, pa svedo ove godine (2006.) kada se sve promijenilo. Sada, nakon zavrπene dvijegodine, treba joπ dodane tri godine za magisterij.

❑ atka: Je li Vas se neki profesor dojmio i utjecao na Vas?K. Stulens: Ne mogu reÊi da su neki profesori imali utjecaj na mene da oda-berem matematiku. Moj otac je takoer bio profesor matematike, ali je li topomoglo u mom odabiru, ne znam. Oduvijek sam se volio baviti mate-matikom, tako da od tuda dolazi moj izbor.

❑ atka: Putujete li Ëesto?K. Stulens: U posljednje vrijeme da. ZapoËeo sam kao profesor matematikeu srednjoj πkoli koja je bila blizu moje kuÊe i tamo sam radio 4 godine. UBelgiji je problem dobiti stalan posao profesora matematike u srednjoj πkoli.Lagano je naÊi posao i dobiti ugovor na jednu godinu, pa na joπ jednu godi-nu. PosreÊilo mi se kad sam dobio posao na sveuËiliπtu u Briselu 1993. kaoasistent. Opet se nisam puno pomaknuo jer mi je fakultet bio deset minuta odkuÊe. Na sveuËiliπtu sam zaduæen za pomoÊ studentima na njihovoj prvoj

170 atka 15 (2006./2007.) br. 59

godini fizike, matematike i informatike. Kako imamo jako mali broj studena-ta koji studiraju matematiku, to sam organizirao i razne aktivnosti za stu-dente druge godine srednje πkole kako bi ih se privuklo matematici. Takoersam bio zaduæen i za organiziranje seminara za nastavnike. Tako sam se i

ukljuËio u T 3 projekt Texas Instrumentsa1 i postao konzultant za obrazovanje.Opet organiziram teËajeve za profesore samo na malo komercijalniji naËin.Idem po πkolama i objaπnjavam kako mogu naπe proizvode integrirati u obra-zovanje. To je uvod u Texasove instrumente viπe nego obrazovni teËaj.Trenutno sam ukljuËen u nekoliko europskih projekata, zbog Ëega mi se pruæi-la moguÊnost putovanja. Ove godine boravio sam u Parizu, BeËu, NjemaËkoj,Stockholmu, Zagrebu. Isto tako Texas stvara novu tehnologiju zbog kojemoram Ëesto putovati u Dallas na izobrazbu.

❑ atka: Kako vam se svia Zagreb?K. Stulens: Jako mi se via. Ne znam zaπto, ali ovdje se osjeÊam kao da samkod kuÊe. Svi su ljubazni. Kada hodaπ od Glavnog kolodvora do katedrale,vidiπ gdje sve moæeπ iÊi, dobre restorane, kafiÊe, duÊane. Nije pretjerano ve-lik; nakon pola dana æena mi je rekla da se veÊ dobro snalazi. Osim toga jeËist, πto nije sluËaj s ostalim velikim europskim gradovima. Moæe se jesti spoda.

❑ atka: Osim nastavnika, Vi i djecu upoznajete s Texasovim instumen-tima?K. Stulens: Trudim se naÊi sadræaje vezane uz matematiku koji su manje iliviπe primjenjivi u stvarnom svijetu i koje oni mogu razumjeti. Trenutno radi-mo fraktale i dinamiËne sustave za predvianje buduÊnosti na burzi i drugimpodruËjima. To prije nije bilo moguÊe jer za to trebaju raËunala i kalkulatori,treba tehnologija. Druga stvar koju radimo je kriptografija, koja im se jakosvia, pa teorija grupa koju sam ja uËio u drugom razredu, ali danas viπe nijeu programu. To sam kombinario s tehnologijom, pa traæim da programirajuna kompjutoru ili kalkulatoru kako bi mogli poslati poruku i onda je dekodi-rati.

❑ atka: Predajte li Vi ili samo organizirate ta predavanja?K. Stulens: Organiziram predavanja i dræim ih sam bez pomoÊi drugih kolega.

❑ atka: Kako odabirete djecu?K. Stulens: Podijelim prospekt πkolama i profesorima i onda oni odluËujuhoÊe li doÊi na fakultet na predavanja. UkljuËene su πkole koje su u krugu od

T1 3 je kratica od Teachers Teaching with Technology πto znaËi nastavnici pouËavaju uz pomoÊ tehnologije.

171atka 15 (2006./2007.) br. 59

30 km od fakulteta, a pozivam samo razrede koji imaju preko 6 sati mate-matike na tjedan, jer ostali ne mogu pratiti program. Zadovoljan sam onimakoji pohaaju predavanja; lako je komunicirati s uËenicima koji su zaintere-sirani za matematiku i nova znanja. Matematika je prije bila popularna, aliviπe nije. To nije problem samo u Belgiji. I u drugim zemljama Europe teπkoje naÊi uËenike koji æele studirati matematiku, ali ne samo matematiku, veÊ iostale znanstvene predmete. Na jednom sveuËiliπtu u Belgiji postoji samojedan student koji studira fiziku. Kada sam ja studirao, bilo je otprilike 35studenata na matematici, a sada ih je tek petnaestak. Danas se mladi ljudisve viπe odluËuju za druπtvene znanosti.

❑ atka: Jesu li profesori u Belgiji zainteresirani za nove tehnologije?K. Stulens: Moram reÊi da jesu, ali ne svi, recimo njih 80%. S Texasovimprogramom zapoËeli smo 1998. i u to vrijeme su svi priËali o kompjuterima.U to su vrijeme savjetnici koji pomaæu πkolama u prilagodbi poËeli poticatinastavnike na uporabu tehnologije iako ih nisu obvezivali. »etiri godine kas-nije profesori koji predaju u drugom razredu matematiku na viπoj raziniobavezni su u 20% programa koristiti tehnologiju. Koriste uglavnom dæepnoraËunalo, jer je teπko svaku πkolu tako opremiti da svaki uËenik ima svoj kom-pjutor. Svaka πkola ima od jedne do tri informatiËke uËenice, ali one sekoriste za sve predmete; jezik, ekonomiju...

❑ atka: Imate li natjecanja za darovitu djecu?K. Stulens: Da, imamo Olimpijce koje dobivamo kroz tri kruga. Prvi krug jeπkolsko natjecanje, pa regionalno, nakon Ëega je finalno. Na natjecanju suprije mogli sudjelovati samo zadnja dva razreda srednje πkole, a od prijeËetiri godine mogu sudjelovati veÊ od dvanaeste godine, i oni su juniorskiolimpijci.

❑ atka: Imate li poruku za Ëitatelje?K. Stulens: Hm, trebala li biti vezano uz obrazovanje? Svojoj djeci uvijekgovorim da pokuπaju naÊi neπto πto vole, πto im je manje ili viπe hobi, neπtou Ëemu uæivaju i da o tome nauËe πto je moguÊe viπe. Moæda jednog dana odtoga naprave profesiju. Mislim da je to vaæno i to bih poruËio Ëitateljima.Mislim da je nemoguÊe prisiliti nekoga da studira i zavrπi neπto πto ne voli.

Nadamo se da vam se svidio ciklus intervjua s gostima 8. susreta nas-tavnika matematike.

172 atka 15 (2006./2007.) br. 59

POVIJEST

POVIJEST

Danski matematiËar Georg Mohr rodio se u Kopenhagenu 1. travnja 1640.godine, a umro je u njemaËkom gradu Kieslingswaldeu 26. sijeËnja 1697.godine.

Georgea Mohra nauËili su Ëitati i pisati njegovi roditelji od kojih je stekaoi dovoljno znanja matematike da bi se odluËio nastaviti je dalje izuËavati.Godine 1662. Mohr je otiπao u Nizozemsku kako bi izuËavao matematiku podmentorstvom matematiËara Huygensa, a zatim i u Francusku i Englesku.

Godine 1672. u Amsterdamu izdao je knjigu Euclides Danicus (DanskiEuklid) u kojoj je dokazao da se konstrukcije koje se mogu izvesti pomoÊu rav-nala i πestara mogu konstruirati i samo uz pomoÊ πestara. Zanimljivo je da jenjegov rad ostao zaboravljen sve do 1928. godine kada je, prema priËi, studentmatematike sluËajno otkrio primjerak knjige u nekoj knjiæari. Do istog jedokaza, neovisno od Mohra, doπao i Lorenzo Mascheroni u knjizi Geometrijaπestara objavljenoj 1797. godine. Po njemu se pouËak (Svaki konstruktivnizadatak koji se rjeπava πestarom i ravnalom, moæe se rijeπiti i samo πestarom.)i zvao Mascheronijevim pouËkom iako ga je dokazao Ëak 125 godina nakonobjave Mohrove knjige! Danas pouËak nazivamo Mohr-Mascheronijev pouËak.

Mohr je dio svoga æivota proveo u Nizozemskoj, a dio u Danskoj. Borio seu dansko-francuskom ratu gdje je bio i ratni zatvorenik. Za vrijeme svoga æiv-ota dopisivao se s nekolicinom matematiËara ukljuËujuÊi i Leibnitza. U nje-govu Ëast jedno dansko matematiËko natjecanje nosi njegovo ime.

Zadatke s proπlih natjecanja Georg Mohr moæete pronaÊi u Matkama broj34, 37, 40, 46, 53 i 55. Zadatci s ovogodiπnjeg natjecanja objavljeni su u ovombroju atke.

Georg MohrTanja Soucie, Zagreb

173atka 15 (2006./2007.) br. 59

ZADATCI S VREMENSKO-PROSTORNIH MERIDIJANA

Æeljko Buranji, Zagreb

NJEMA»KAOtac je obeÊao sinu za svaki toËno rijeπeni zadatak staviti u kasicu po 10 pfeninga.Za svaki netoËno rijeπeni zadatak sin je obavezan vratiti ocu po 5 pfeninga. Nakonπto je bilo rijeπeno 20 zadataka, u sinovljevoj kasici se nalazilo 80 pfeninga. Kolikoje zadataka sin rijeπio netoËno?

Rozi trenira u πkolskom πportskom klubu. Jedna od vjeæbi je ritmiËko hodanje snaklonima. Vjeæbanje se provodi na stazi duljine 30 metara, na Ëijem poËetku i krajustoji koplje sa zastavicom. Rozi vjeæba ovako: dva koraka naprijed, jedan natrag, dvanaprijed, jedan natrag, itd. Koliko koraka ona uspijeva uËiniti od jednog do drugogkoplja sa zastavicom ako je duljina njezina koraka 50 cm?

AUSTRIJABolji matematiËari iz 5. a razreda pokuπali su pogoditi prirodni broj o kojem su drugiiskazali sljedeÊe tvrdnje.

Wolfgang: Taj broj je prost.Karin: Taj broj je 9.Peter: Taj broj je paran.Rosewitta: Taj broj je 15.

Poznato je kako su Wolfgang i Karin skupa iskazali toËno jednu istinitu tvrdnju (baπkao i Peter i Rosewitta). Koji je to broj?

DIOFANT (3. st.)Za brojeve 200 i 5 naÊi treÊi broj takav da pomnoæen s prvim danim brojem daje pot-puni kvadrat, a pomnoæen s drugim danim brojem daje kvadratni korijen iz prethod-no dobivenog potpunog kvadrata.

VIJETNAMStari vijetnamski seljani, uzgajivaËi riæe, voljeli su zadavati ovaj zadatak svojojmladeæi. Tako je on prelazio s naraπtaja na naraπtaj. Za hranjenje 100 bivolapripremljeno je 100 naramaka sijena. Vrijedni mladi bivol dobiva 5 naramaka sije-na. Lijeni mladi bivol dobiva 3 naramka sijena. Tri stara bivola dobivaju 1 naramaksijena. Koliko je vrijednih mladih bivola, koliko lijenih mladih bivola, a koliko star-ih bivola?

Nagradit Êemo svakog atkaËa koji nam poπalje rjeπenja najmanje triju odpostavljenih zadataka!

174 atka 15 (2006./2007.) br. 59

Brojevi i poËetci matematike

Godina je 2779. prije Krista. Indijski znanstvenici po prvi put koriste broj-ku nula. Dakle, oni su odabrali znak znamenke za "niπta". Brojka nula uklop-ila se u indijski brojËani sustav i dopunjavala je dekadski sustav koji joπ nijepoznavao svrstavanje brojËane vrijednosti razliËitih znamenki u ovisnosti onjihovom poloæaju unutar jedne brojke, npr. zdesna ulijevo: jedinica, deseti-ca, stotica itd. Takav sustav mjesne vrijednosti broja u meuvremenu je veÊbio u uporabi kod Sumerana u Mezopotamiji (u starini Babilonija i Asirija,danas Irak).

U cijelom svijetu postojala su oko 2780. godine tri razliËita brojËana sus-tava, svi joπ u svojim poËetcima. Na indijskom prostoru udomaÊen je sustavkoji prepoznaje znakove za znamenke od 1 do 9 i nulu. Isto tako su dekad-skim sustavom raspolagali i EgipÊani. Oni su poznavali znakove za brojke od1 do 10, kao i one za 100, 1 000 i 10 000. BrojËane vrijednosti oblikovali sustavljanjem jednog kraj drugog odgovarajuÊi broj tih znakova, npr.

5 10 000 2 1 000 3 100 9 10 6 52 396# # # #+ + + + = .

Sumerani su razvili drugaËiji brojni sustav. Oni su takoer poznavali broj-Ëane znakove za 1 do 10, ali uz to i one za 60, 600, 3 600 i 36 000. Iz tog sus-tava s brojem 60 proistekla je i podjela vremena u 60 minuta po 60 sekundiu jednom satu. Kao i EgipÊani, i Sumerani su biljeæili æeljene brojke ispisu-juÊi jednu kraj druge odgovarajuÊi broj pojedinih brojki, npr.

2 3 600 1 600 1 60 2 10 4 7 884# # # #+ + + + = .

Sumerani i EgipÊani svladali su i Ëetiri osnovne raËunske operacije (zbra-janje, oduzimanje, mnoæenje i dijeljenje). Osim toga, mogli su oblikovati

drugu i treÊu potenciju, kao i ra-Ëunati kvadratni korijen. TeπkoÊesu se javljale kod sva tri narodavisoke kulture onda kad se radiloo predstavljanju velikih brojeva iraËunanju s njima. A sve to po-Ëiva u samom porijeklu razliËitih

brojËanih sustava ∑ na broju prstiju na Ëovjekovim rukama.

Izvornik: Paturi, Felix, R., Chronik der Technik (1988.)Pripremio: Æeljko Medveπek, Zagreb

175atka 15 (2006./2007.) br. 59

KU

TA

KKUTAK

ZA KREATIVNI TRENUTAK

ZA KREATIVNI TRENUTAKPo Ëitavom su svijetu i u svim vremenima bile (a i sada su!) popularne

mozgalice u kojima treba nacrtati na papiru neku figuru bez podizanjaolovke. Ovdje vam zadajemo tri takve mozgalice.

Nagrada:

Svaki atkaË koji poπalje rjeπenje (nacrtano ili opisano)

dobit Êe jednu knjigu iz atkine biblioteke

ili atkinu biljeænicu.

MozgalicaTO»KE

Problem: S koliko najmanje nacrtanih duæina moæete "pokriti" sve

toËke, a da olovku ne diæete s papira?

Pripremite: papir, olovku inacrtajte toËkekao πto su naslici/slikama.

a) b) c)

176 atka 15 (2006./2007.) br. 59

K R I Æ A LJ K A

K R I Æ A LJ K A

ZA PETA©E ZA PETA[E

Zdravko Kurnik, Zagreb

VODORAVNO: 1. Broj kojim treba skratiti razlomak 24842070 da se dobije

razlomak 65 . 4. Najmanji zajedniËki viπekratnik brojeva 7, 11 i 49.

7. Broj a za koji je razlomak a999

231-

jednak razlomku 31 .

8. 77117 88

118

117+ + . 9. Prosti djelitelj broja 2007. 11. Povrπina pra-

vokutnog trokuta kojemu su duljine kateta dva broja iz skupa 12, 14, 22,24. 13. Broj duæina πto ih odreuje 6 toËaka na pravcu. 14. Broj kojim

treba proπiriti razlomak 83 da se dobije razlomak

1400525 . 15.

5489

5491+ .

OKOMITO: Povrπina kvadrata kojemu je opseg jednak 836. 2. Brojtrokuta πto ih odreuje 5 toËaka u ravnini. 3. : :2007 3 2007 9 16- + .

4. 4001914 111

195 1+ + . 5. Broj paralelograma πto ih odreuju Ëetiri pa-

ralelna pravca s Ëetiri druga paralelna pravca koji su na prva Ëetiri okomi-

ta. 6. 4 4 44 139$ $ $ . 10. Broj a za koji je razlomak a1600

100 - jednak

razlomku 201 . 12. Prosti djelitelj broja 1551. 13.

941

942

943 5+ + + .

1

7 8

9 10

11 12 13

14 15 16

2 3 4 5 6

177atka 15 (2006./2007.) br. 59

K R I Æ A LJ K A

K R I Æ A LJ K A

VODORAVNO: 1. Suprotni broj broja98-( ). 3. ( ) ( )41 41 41$ $- -

7. Obujam kocke kojoj je duljina bridajednaka 24.

9. :1413

841- -b bl l.

10. 100 841

21$ - -b l.

11. ( ) ( )2007 1007 400 90+ - - - - .

13. 52021

31

61+ + + . 15. Broj a za

koji je racionalni broj a88

99 - jednak

ZA ©ESTA©E ZA [ESTA[E1

7 8 9

10 11 12

13 14 15

17 18 19

2 3 4 5

16

6

20 21

racionalnom broju 111- . 17. Brojnik najveÊeg od racionalnih brojeva , ,

2019

3029

4039 .

18. Umnoæak apsolutnih vrijednosti brojeva 83-b l, 16

9 , ( )32- , 32, 64.

20. Povrπina pravokutnika kojemu su duljine susjednih stranica 144 i 14321 .

21. :27271 20+ .

OKOMITO: 1. ( ) ( )500 427 10- - + - . 2. :5

99910000

3 . 3. Nazivnik najman-

jeg od racionalnih brojeva 311- ,

511- ,

623- ,

823- . 4. Povrπina pravokutnog troku-

ta kojemu su duljine kateta 2153 i 78

31 . 5. ( ) ( ) ( )26 27 28 29$ $ $- - - .

6. 2 2 2 2 2 2 2 2$ $ $ $ $- - +^ ^h h8 B. 8. Obujam kvadra kojemu su duljine bridova

421,

571,

780 . 12. 17 30 3 8$ $+ - -^ ^h h8 B. 14. Najmanji zajedniËki nazivnik

racionalnih brojeva 41 ,

291- ,

581 . 16. ( ) ( )7 107$- - . 17. ( ) : ( )630 15- - .

19. ( ) :1721- -b l.

178 atka 15 (2006./2007.) br. 59

K R I Æ A LJ K A

K R I Æ A LJ K A

ZA SEDMA©E ZA SEDMA[E

VODORAVNO: 1. Broj dijelova duljine 0.09 m na koje se moæe podijelitiduæina duljine 2007 cm. 4. Vanjski kut pravilnog 60-erokuta izraæen u stup-njevima. 7. Broj vrhova mnogokuta koji ima ukupno 2414 dijagonala. 8. Broj dijagonala 70-erokuta iz jednog vrha. 9. Povrπina pravilnogËetverokuta kojemu je opseg 8 028. 12. Cijeli dio povrπine kruga polumjerar = 17.26. 13. Polumjer kruga ako je njegova povrπina 6 561r. 15. Koeficijent sliËnosti sliËnih trokuta kojima su opsezi 876 i 12. 16. Opseg pravilnog 42-erokuta kojemu je duljina stranice a rjeπenje jed-

nadæbe a8

1 1-

= . 17. Broj svih dijagonala 39-erokuta.

OKOMITO: 2. Povrπina trokuta koji je sliËan trokutu povrπine 120 ako je

koeficijent sliËnosti k23= . 3. Cijeli dio opsega kruga upisanog u kvadrat

duljine stranice 996. 4. Opseg pravilnog 15-erokuta kojemu je duljina stran-

ice rjeπenje jednadæbe x1007 1- = - . 5. Broj dijagonala 777-erokuta iz jednog

vrha. 9. Broj svih dijagonala 93-terokuta. 10. Polumjer kruga ako je njegovopseg 1 666 r. 11. Duljina duæine u centimetrima, koja je podijeljena na761 dio duljine 0.12 m. 14. Broj stranica mnogokuta koji ima ukupno 77dijagonala. 15. Prve dvije decimale broja 5r.

1

7 8

9 10

12

13 14 15

2 3 4 6

16 17

5

11

179atka 15 (2006./2007.) br. 59

K R I Æ A LJ K A

K R I Æ A LJ K A

ZA OSMA©E ZA OSMA[E

VODORAVNO: 1. Vrijednost funkcije ( )f x x2= za x 66= . 4. Prve tri decimale ira-

cionalnog broja 2007. 7. Broj vektora kojima su krajnje toËke vrhovi Ëetverokuta KLMN.

8. Period u decimalnom prikazu racionalnog broja 4140 . 10. ( )2 2 2 1

3 7 2$ - - . 12. Vrijednost

funkcije ( )f x x= za x 784= . 13. Ordinata toËke koja je simetriËna toËki T( , )37 73- - sobzirom na ishodiπte O. 15. Cijeli dio iracionalnog broja 272r. 18. Zbroj

( ) ( ) ( ) ( )f f f f50 51 52 53 2000+ + + + ako je f funkcija zadana jednakoπÊu ( )f x x2= . 21. Broj vektora kojima su krajnje toËke vrhovi πesterokuta ABCDEF. 22. Duljina druge katete

pravokutnog trokuta kojemu je duljina jedne katete 668, a duljina hipotenuze 835. 23. 2 36 4$ .

OKOMITO: 1. Zbroj ( ) ( )f f40000 90000 9 9$+ - ako je f funkcija zadana jednakoπÊu

( )f x x= . 2. 2 9 12 2$ +a k 3. Apscisa toËke koja je simetriËna toËki T( , )69 60- s obzirom

na os y. 4. Prve Ëetiri decimale iracionalnog broja 613. 5. Cijeli dio iracionalnog broja

9226. 6. Dvoznamenkasti broj koji se ponavlja u decimalnom prikazu racionalnog broja 1110

. 9. Kut rotacije izraæen u stupnjevima, kojom se neki vrh pravilnog peterokuta rotacijom oko

srediπta preslikava u susjedni vrh. 11. 3 232 2$ . 14. 36 49 64 81 1+ + + + .

16. Rjeπenje jednadæbe x 227

201

+= . 17. ( )15 14 1 42 2 2 2+ - - . 18. Ordinata toËke grafa

funkcije f x= kojoj je apscisa 225. 19. Broj osnih simetrija koje pravilni 20-erokut pres-

likavaju u isti taj mnogokut. 20. Apscisa toËke grafa funkcije f x2= kojoj je ordinata 2 025.

1

7 8 9

10 11 12

13 14 15 16

18 19 20 21

2 3 5

17

6

22 23

4

ENIG ATKA

LIKOVI I OKLADABraÊa Lovro i Luka sjeli su nakon ruËka za svoje radne

stolove. Nakon πto je svaki nacrtao slovo L, razdijelio ga jeprvo na kvadrate, a onda crtanjem njihovih dijagonala i na

pravokutne trokute. Lovro se odluËio na prebrojavanjetrokuta, a Luka na prebrojavanje paralelograma. Usput jepala i oklada jer je Lovro tvrdio da njegovih likova ima dva

puta viπe. Pobjednika je Ëekala Ëokolada.Tko je dobio (Ë)ok(o)ladu?

Zdravko Kurnik, Zagreb

ISTE ZNAMENKE

ZBRAJALJKAPogledajte pozorno raËun zbrajanja. Jasnoje da TRI i PET uvijek daju OSAM. No, po-stoje i zamjene devet slova A, E, I, M, O, P,R, S, T brojkama od 1 do 9 tako da i na tajnaËin raËun bude ispravan. I to ne jedna,

veÊ 30 zamjena! Naite ih πto viπe.PoËetak je lagan: uvijek je O=1.

Broj ove atke je 59. Zanimljivo je vidjeti kako se taj broj moæeprikazati pomoÊu istih znamenki i raËunskih radnji, bez uporabe

zagrada. Na primjer: 59 = 22 + 22 + 22 : 2 + 2 + 2.Pokuπajte pronaÊi najbolje prikaze broja 59 redom pomoÊu istih znamenki.

TRI+ PETOSAM

Dva rebusa

59

AL

L

BIA AA A

ENIGATKA ENIGAA K T

NetoËno - toËnoOd πtapiÊa jednakih duljina sloæena je jednakost s rimskimbrojevima koja oËigledno nije toËna. NetoËnost se moæe

ispraviti premjeπtanjem samo jednog πtapiÊa.Kako i na koliko razliËitih naËina?

Za tu ocjenu treba dobro zapeti, Cakana!U πkoli rad i znanje jedini caruju.

Susjed Vojkan ne zna baπ najbolje matematiku.Po ravnoj stazi vuËe tvor kapitalni ulov.

UËenici gledaju stroj kako izrauje trokute.

DOPUNJALJKA

RijeËima u liku dodajte na poËetku po jednoslovo, tako da dobijete osam muπkih i æen-skih imena. Ako ste dopunjaljku ispravno

rijeπili, u stupcu s osjenËanim poljima dobitÊete ime velikog starogrËkog

matematiËara.

EGINOBUL

TNJNIRR©I

AAKCAAKJ

RTAANDAA

skrivaËice

Paæljivo Ëitajte svaku reËenicu i malo drugaËije povezujte nekaslova. Svaka reËenica skriva neπto πto uËitelj matematike upisuje u

imenik nakon nekog ispita. ©to?

X+II=VII

182 atka 15 (2006./2007.) br. 59

NATJECANJANATJECANJA

Regionalno natjecanje uËenika 4., 5. i 6. razreda osnovnih πkola

12. svibnja 2006.

4. razred

1. KoristeÊi prvih pet neparnih prirodnih brojeva 1, 3, 5, 7 i 9, svaki jedan-put i uporabom raËunskih radnji zbrajanja, oduzimanja, mnoæenja i dijeljenja(svake jedanput) treba dobiti brojeve 4 i 8.

(Primjer kako se moæe dobiti broj 5: (3 · 9 - 7) : 5 + 1 = 5.)

2. Koliko ima Ëetveroznamenkastih brojeva kojima je zbroj znamenakajednak 4?

3. Zbroj dvaju brojeva je 1106. Ako umjesto drugog broja stavimo Ëetiriputa veÊi broj, dobva se zbroj 2 006. Koji su to brojevi?

4. U tri autobusa na maturalac putuje 135 uËenika. Pri prvom zaustavlja-nju iz prvog autobusa u drugi preπla su 3 uËenika, a u treÊi je preπlo 9 uËenika.

Nakon toga u svakom je autobusu bio jednak broj uËenika. Koliko jeuËenika bilo u kojem autobusu na poËetku putovanja?

5. Pravokutnik je podijeljen na 9 kvadrata, kao πto je prikazano

na slici. Povrπina najmanjeg kvadrata je 1 mm2. Kolika je povrπinaprvog veÊeg kvadrata? Obrazloæite odgovor.

5. razred

1. Koliko ima Ëetveroznamenkastih brojeva kojima je zbroj znamenakajednak 5?

2. Zbroj dvaju brojeva je 432, a njihov najveÊi zajedniËki djelitelj je 36.Odredite te brojeve.

183atka 15 (2006./2007.) br. 59

3. Majka je svojim kÊerima odobrila da u subotu provedu odreeno vri-

jeme igrajuÊi se na raËunalu. Najstarija kÊi Marina utroπila je 41 predvienog

vremena i joπ 32 minute, Ana je utroπila 41 preostalog vremena i joπ 32

minute, Renata 41 novog ostatka i joπ 32 minute, a Æeljka preostalih 88 minu-

ta. Koliko je vremena provela pojedina kÊi igrajuÊi se na raËunalu?

4. Odredite najmanji prirodni broj djeljiv brojem 72 kojemu je zbroj zna-menaka jednak 72.

5. Marko ima 13 sliËica pravokutnog oblika. Duljina svake sliËice je 8 cm,a πirina 5 cm. Na koliko razliËitih naËina moæe od svih sliËica sloæiti veliki pra-vokutnik? IzraËunajte opsege i povrπine svakog od dobivenih pravokutnika.

6. razred

1. U tri sanduka ima 252 kg πeÊera. U prvom sanduku je 41 sadræaja treÊeg

sanduka, a u drugom 53 sadræaja prvog sanduka. Koliko πeÊera ima u svakom

od sanduka?

2. Stjepan je na svadbu najboljeg prijatelja donio kobasicu dugu nekolikodesetaka metara. DomaÊini su kobasicu razrezali na 8 dijelova. Stavili su nastranu 5 dijelova, a svaki od 3 preostala dijela razrezali na 8 manjih dijelova.Zatim su od svakog dijela koji su upravo razrezivali 5 manjih dijelova stavilina stranu, a svaki od preostala 3 manja dijela ponovo su razrezali na 8 joπmanjih dijelova. Potom su isto uËinili i s ovim joπ manjim dijelovima. Nakoliko je ukupno dijelova razrezana Stjepanova kobasica, bez obzira naveliËinu dijelova?

3. Zbrajanjem po dva od pet razliËitih cijelih brojeva dobiveni su sljedeÊizbrojevi: 0, 1, 2, 4, 5, 6, 7, 8, 9, i 10. Koji su to cijeli brojevi?

4. Duljina jedne stranice trokuta ABC je a, druge je 7a, a duljina treÊestranice takoer je viπekratnik od a. Koliki je opseg trokuta ABC?

5. Neka je ABCD paralelogram kojemu su sve stranice jednakih duljina.Simetrala kuta CABE sijeËe stranicu u toËki E i pritom je BEA 54E = c.Odredite veliËine kutova paralelograma ABCD.

184 atka 15 (2006./2007.) br. 59

Rjeπenja zadataka4. razred

1. (3 · 5 + 9) : (7 - 1) = 4, (9 + 7) : (5 - 3) · 1 = 8.

2. BuduÊi da je broj 4 moguÊe prikazati u obliku zbroja znamenaka u obliku 4 =4 + 0 + 0 + 0 = 3 + 1 + 0 + 0 = 2 + 2 + 0 + 0 = 2 + 1 + 1 + 0 = 1 + 1 + 1 + 1, zakljuËujemo da su traæeni brojevi 4 000, 3 100, 3 010, 3 001, 1 300, 1 030, 1 003, 2 200, 2 020, 2 002, 2 110, 2 101, 2 011, 1 210, 1 201, 1 120, 1 102, 1 021, 1 012 te 1 111. Ukupno ih je 20.

Sa slike zakljuËujemo da je vrijednost drugog broja jednaka 300, odakle dobiva-mo da je vrijednost prvoga 806.

4. Nakon prvog zaustavljanja u svakom je autobusu po 135 : 3 = 45 uËenika. NapoËetku putovanja u prvom je autobusu bilo 45 + 3 + 9 = 57 uËenika, u drugom 45 ∑3 = 42 uËenika, a u treÊemu 45 ∑ 9 = 36 uËenika.

5. OznaËimo li duljinu stranice prvog veÊeg kvadrata s a + 1, ondasu duljine stranica sljedeÊih veÊih kvadrata jednake a + 2, a + 3 i a + 4.Duljina stranice traæenog kvadrata je a a4 4+ - = mm, pa je njegova

povrπina 4 · 4 = 16 mm2.

5. razred

1. BuduÊi da je broj 5 moguÊe prikazati u obliku zbroja znamenaka u obliku 5 = 5+ 0 + 0 + 0 = 4 + 1 + 0 + 0 = 3 + 2 + 0 + 0 = 3 + 1 + 1 + 0 = 2 + 2 + 1 + 0 = 2 + 1 + 1+ 1, zakljuËujemo da su traæeni brojevi 5 000, 4 100, 4 010, 4 001, 1 400, 1 040, 1 004,3 200, 3 020, 3 002, 2 300, 2 030, 2 003, 3 110, 3 101, 3 011, 1 310, 1 301, 1 130, 1103, 1 031, 1 013, 2 210, 2 201, 2 120, 2 102, 2 021, 2 012, 1 220, 1 202, 1 022, 2 111,1 211, 1 121 te 1 112. Ukupno ih je 35.

2. Neka su a i b traæeni brojevi, pri Ëemu je a < b. BuduÊi da je D(a, b) = 36, vri-jedi da je a = 36 m, b = 36 n, pri Ëemu su m i n prirodni brojevi, m < n, za koje je

I. II.

I. II. II. II. II.

1 106

2006

900

a + 2

a + 3

a + 4

a + 1

3.

185atka 15 (2006./2007.) br. 59

D(m, n) = 1. Uvrπtavanjem dobivenog u izraz a + b = 432 dobivamo da je m + n =12. BuduÊi da je m < n i D(m, n) = 1, postoje dvije moguÊnosti: m = 1, n = 11 i b)m = 3, n = 7.

Traæeni brojevi su a) a = 36, b = 396 i b) a = 180, b = 252.

3. Vrijeme koje je za raËunalom provela Æeljka (88 minuta) i dodatne 32 minute

koje je za raËunalom bila Renata Ëine 43 novog ostatka. Dakle, novi ostatak bio je 160

minuta. Tih 160 minuta i dodatne 32 minute koje je za raËunalom provela Ana Ëine 43

preostalog vremena. To znaËi da je nakon Marine preostalo vrijeme bilo 256 minuta.Vrijeme od 256 minuta i dodatne 32 minute koje je za raËunalom provela Marina Ëine

43 predvienog vremena. Odatle dobivamo da je predvieno vrijeme za sve Ëetiri

djevojËice bilo 384 minute. Marina se igrala 128 minuta, Ana 96 minuta, Renata 72minute i Æeljka 88 minuta.

4. Prirodni broj djeljiv je brojem 72 ako je djeljiv brojevima 8 i 9. Svaki broj koje-mu je zbroj znamenaka 72 djeljiv je brojem 9. Broj je djeljiv brojem 8 ako je brojem8 djeljiv njegov troznamenkasti zavrπetak. Nadalje, traæimo troznamenkaste brojevedjeljive brojem 8 tako da zbroj znamenaka bude najveÊi moguÊ. Broj 888 djeljiv jebrojem 8 koji ima najveÊi zbroj znamenaka (24). Zbroj preostalih znamenaka brojamora biti jednak 72 24 48- = . Prirodni broj je manji πto ima manje znamenaka iπto je poËetna znamenka manja. BuduÊi da je 48 = 9 · 5 + 3, traæeni broj je 399 999888.

5. Od ovih se sliËica pravokutnik moæe sloæiti na tri naËina:

Svaki od tih pravokutnika sastoji se od 13 jednakih pravokutnika, pri Ëemu je po-

vrπina svakoga od njih 8 · 5 = 40 cm2. To znaËi da svi prikazani pravokutnici imaju

jednake povrπine od 520 cm2. Opseg prvoga je 146 cm, drugoga 218 cm, a treÊega

106 cm.

6. razred

1. Neka je x koliËina πeÊera u treÊem sanduku. Tada je x41 koliËina πeÊera u prvom

186 atka 15 (2006./2007.) br. 59

sanduku, a xx53

41

203

=c m je koliËina πeÊera u drugom sanduku. Zato vrijedi

x x x41

203

252+ + = . Rjeπavanjem jednadæbe slijedi da je x 180= . Stoga je u prvom

sanduku 45 kg πeÊera, u drugome 27 kg, a u treÊemu 180 kg πeÊera.

2. Kobasicu su prvim rezanjem razdijelili na 8 dijelova. Na stranu su stavili 5 dijelo-va, a preostala Êe 3 dijela dalje rezati. Zatim se drugim rezanjem dobije 3 · 8 manjihdijelova. Na stranu se stavlja 3 · 5 manjih dijelova, a preostala Êe se 3 · 3 dijela daljerezati. Nakon drugog rezanja na stranu je stavljeno 5 + 3 · 5 dijelova. Potom se treÊimrezanjem dobije 3 · 3 · 8 joπ manjih dijelova. Na stranu se stavlja 3 · 3 · 5, a preostalaÊe se 3 · 3 · 3 dijela dalje rezati. Nakon treÊeg rezanja na stanu je stavljeno 5 + 3 · 5 +3 · 3 · 5 dijelova. Na kraju se Ëetvrtim rezanjem dobije 3 · 3 · 3 · 8 dijelova, pa je uku-pan broj dijelova jednak 5 + 3 · 5 + 3 · 3 · 5 + 3 · 3 · 3 · 8 = 5 + 15 + 45 + 216 = 281.

3. S obzirom da se svaki od pet cijelih brojeva zbraja sa svakim od preostala Ëetiri,zbroj dobivenih zbrojeva Ëetverostruko je veÊi od zbroja tih pet brojeva. Dakle, zbroj petcijelih brojeva jednak je (0 + 1 + 2 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10) : 4 = 13. OËito je zbrojdvaju najmanjih brojeva jednak 0, a zbroj dvaju najveÊih jednak je 10, pa je treÊi poveliËini jednak ( )13 0 10 3- + = . Jasno je da je zbroj najmanjeg broja i treÊeg poveliËini jednak 1, pa je najmanji broj jednak 1 3 2- = - . BuduÊi da je zbroj dvaju naj-manjih brojeva jednak 0, onda su to brojevi 2- i 2. Jasno je da je zbroj najveÊeg brojai treÊeg po veliËini jednak 9 pa je najveÊi broj jednak 9 3 6- = . Zbroj dvaju najveÊihbrojeva jednak je 10, pa zakljuËujemo da su to brojevi 4 i 6. Traæeni cijeli brojevi su 2-

, 2, 3, 4 i 6.

4. Neka je c duljina treÊe stranice trokuta ABC. Tada je c = na, pri Ëemu je n priro-dan broj. BuduÊi da je zbroj duljina dviju stranica trokuta uvijek veÊi od duljine treÊestranice, onda je c < a + 7a, odnosno na < 8a, pa je n < 8. Zbog istog razloga jea + c > 7a, odnosno na > 6a, pa je n > 6. To znaËi da je n = 7, te je o = a + 7a + 7a = 15a. Opseg trokuta ABC je 15a.

5. Neka je DAB BCDE E= =a i ABC CDAE E= =b . Kako su pa-ralelogramu ABCD sve stranice jednakih duljina, prema pouËku S-S-S o sukladnosti

slijedi da je ABC ADC,D D . To znaËi da je

CAB CADE E= , pa je EAB 4E =a

Za unutarnje kutova trokuta ABED vrijedida je

EAB ABE BEA 180E E E+ + = c, odnosno

4 180 54 180c c c+ - + =a a^ h .

Slijedi da je 72=a c i 108=b c.

D C

A B

E

54°

187atka 15 (2006./2007.) br. 59

ZADATCI ZA MATKA»E PO»ETNIKE

ZADATCI ZA MATKACE POCETNIKE

Za ovaj broj atke zadatke su nam poslali atkaËi Ivo BariÊ, PetarJakeliÊ, Anita ©imiÊ i Petra VlatkoviÊ, a odabrali su ih i uredili MarijaRako i Mate Prnjak. Zadatke je ilustrirala atkaËica Jelena Grbavec izZagreba. Zahvaljujemo na suradnji te pozivamo ostale atkaËe da sepridruæe u slanju zadataka.

Nagradit Êemo i objaviti ime svakog atkaËa koji nam poπalje rjeπenjanajmanje triju postavljenih zadataka.

Z 1. Zastava

U zemlji Nigdjezemskoj propisan je omjer duljine i πirine dræavne zas-tave. Taj je omjer jednak 19 : 10.

a) Na svim dræavnim institucijama postavljene se zastave kojima je πirina1 metar. Kolika je duljina tih zastava?

b) Ostale ustanove istiËu zastave duljine 152 cm. Kolika je πirina tih zas-tava?

c) Stambene zgrade povodom dræavnih praznika istiËu zastave πiroke 70 cm. Kolika je duljina tih zastava?

d) Svoje zastave prodaju i kao suvenir, no tada moraju biti duljine28.5 cm. Kolika je πirina zastave-suvenira?

Z 2. Put putujem

Udaljenost Zagreba i Knina je 271 km. Iz Knina prema Zagrebu Mate vozi

automobil vozi prosjeËnom brzinom od 6743 km na sat. Nakon koliko Êe sati

voænje Mate biti 40.65 km udaljen od Zagreba?

Z 3. Jesu li ljestve dovoljno dugaËke?

Zaboravni je Janko izaπao iz kuÊe zalupivπi vratima. Tek se kas-nije sjetio da nije ponio kljuËeve. SreÊom, otvoren je prozor na dru-gome katu pa bi pomoÊu ljestava Janko mogao uÊi u kuÊu.Udaljenost izmeu kuÊe i ograde je 2.5 m, a prozor je na visini 6 m.Koliko dugaËke moraju biti ljestve da bi dosegle prozor?

188 atka 15 (2006./2007.) br. 59

Z 4. Otac i sin

Prije 4 godine otac je bio 7 puta stariji od sina, a za 4 godine bit Êe samo3 puta stariji od njega. Koliko je sada godina ocu, a koliko sinu?

Z 5. ProsjeËna starost

ProsjeËna starost skupine punoljetnih osoba je 22 godine. a) Ako su u skupini Ëetiri osobe, pri Ëemu Marko ima 20, Ana 26 i Klara

19 godina, koliko je godina Petru?b) Ako je u skupini pet osoba, pri Ëemu Janko ima 19, Barbara 24, a

Stjepan 28 godina, koliko je godina Matku i Marti?

Z 6. Brojevi do 100

Umnoæak dvaju brojeva je 100, i njihov viπekratnik je 100. Koji su to bro-jevi?

Z 7. AutiÊ

Mario gura autiÊ po podu svoje sobe tako da svaki put gura naprijed 20 cm,a onda 10 cm unatrag. Koliko se autiÊ udaljio od poËetne toËke nakon 10pomaka naprijed?

Z 8. Dva majstora

Jedan majstor oboji prozorsko okno za 3 sata, a drugi isto takvo oknooboji za 2 sata. Za koliko Êe sati oba majstora zajedno obojiti 5 jednakih pro-zorskih okna.

Z 9. Poπto kivi?

Za 5 kg kivija i 3 kg jabuka plaÊeno je 50 kuna i 30 lipa. Koliko trebaplatiti za pola kilograma kivija ako je cijena jabuka 5 kuna i 60 lipa po kilo-gramu?

Z 10. SliËni trokuti

Trokuti A B C1 1 1 i A B C2 2 2 su sliËni. Kolike su duljine stranica trokutaA B C2 2 2 ako je a cm81= , b cm61= i c cm41= i ako je : :c c 1 22 1= ?

189atka 15 (2006./2007.) br. 59

Z 11. Troznamenkasti broj

Ako od troznamenkastog broja oduzmemo broj kojemu su znamenkenapisane u obrnutom redoslijedu od zadanog broja, dobije se broj pet putamanji od broja napisanog obrnutim redoslijedom. Joπ znamo da je znamenkajedinica za 1 manja od znamenke stotica i da je znamenka desetica jednakazbroju jedinica i stotica. Koji je to broj?

Z 12. Potroπnja goriva

Revija Brzi objavila je dijagram koji prikazuje potroπnju goriva na 100kilometara voænje za tri tipa vozila.

Gospodin PutnikoviÊ kupuje novi automobil. On tijekom mjeseca krozgrad prijee oko 150 km, a izvan grada 750 km. Koji bi mu automobil bionajisplativiji?

Z 13. Njam, njam

Maja prvog dana pojede polovinu bombona iz svoje omiljene bomboni-

jere. Drugoga dana pojede 31 preostalih bombona. TreÊega dana pojede

41

ostatka i Ëetvrti dan 51 novog ostatka. Koliko je bombona bilo u bombonijeri

ako je Maji ostalo joπ 6 bombona?

Z 14. Kutovi trokuta

Zbroj veliËina dvaju unutarnjih kutova trokuta iznosi 110°, a njihova jerazlika 34°. IzraËunajte veliËine kutova tog trokuta.

190 atka 15 (2006./2007.) br. 59

Z 15. Na gradiliπtu

Za odvoz zemlje pri gradnji novog stambenog naselja zadræana su dva

kamiona, prvi nosivosti 6.4 tone, dok je nosivost drugoga 143 tona manje od

nosivosti prvoga kamiona. Koliko su zemlje prevezli ako je veÊi kamionzemlju odvezao 6 puta, a manji 9 puta?

Z 16. Pravokutnici

Povrπina pravokutnika je 80 cm2. Pronaite sve kombinacije duljina stran-ica, izraæene prirodnim brojevima u centimetrima, koje zadovoljavaju zadaniuvjet. Koji od njih ima najmanji, a koji najveÊi opseg?

Z 17. Ocjene

Na kraju πkolske godine u jednoj je πkoli napravljena analiza zakljuËenihocjena iz matematike. Rezultati su prikazani u tablici:

Koliko je uËenika u toj πkoli ako je razlika broja vrlo dobrih i brojadovoljnih ocjena jednaka 45?

Z 18. Povrπina

Zadan je kvadrat stranice 4 cm. Svaki sljedeÊi upisani kvadratspaja poloviπta stranica prethodnog. Kolika je povrπina osjenËanog,a kolika neosjenËanog dijela poËetnog kvadrata?

19. Produlji straniceAko svaku stranicu zadanog kvadrata poveÊamo za 3.5 cm, dobit Êemo

kvadrat kojemu je povrπina jednaka 36 cm2. IzraËunajte opseg i povrπinupoËetnog kvadrata.

20. Geografska kartaGeografska je karta nacrtana u omjeru (mjerilu) 1 : 800 000. Kolika je

udaljenost dvaju gradova na karti ako je ta udaljenost u prirodi jednaka 180km?

ocjenapostotak

odliËan14

vrlo dobar24

dobar36

dovoljan18

nedovoljan8

A

C

B

D

865. Koja dva broja imaju svojstvo da je njihov umnoæak jednak njihovomkoliËniku?

866. Odredite troznamenkaste brojeve abc i dad , tako da bude toËna jed-nakost abc dad5$ = .

867. U svako polje tablice 4 3# valja napisati jedan broj izmeu 1 i 12,tako da zbrojevi brojeva u svakom redu budu jednaki, a najveÊi broj u svakomstupcu mora biti jednak zbroju preostalih dvaju brojeva u tom stupcu.

868. Kojom znamenkom zavrπava umnoæak 2007 sedmica?

869. Koliko ima deveteroznamenkastih brojeva napisanih u padajuÊemporetku, tj. kojima je svaka znamenka manja od znamenke s njoj lijevestrane?

870. U nekoj pilani nalaze se trupci bora, jele i smreke. Svi trupci boraimaju jednaku duljinu, svi trupci jele imaju jednaku duljinu, svi trupci smrekeimaju jednaku duljinu. Ako je duljina 7 trupaca bora veÊa od 8 trupacajele, a duljina 6 trupaca bora manja od duljine 5 trupaca smreke, πto imaveÊu duljinu: 9 trupaca jele ili 10 trupaca smreke?

191atka 15 (2006./2007.) br. 59

Vlado StoπiÊ, Zagreb

ODABRANI ZADATCI

ODABRANI ZADATCI

192 atka 15 (2006./2007.) br. 59

871. Na ploËi je napisano 20 brojeva svaki jednak 1.1 i 20 brojeva svakijednak 1.11. Nakon πto smo precrtali nekoliko brojeva, zbroj preostalih bro-jeva je 19.93. Koje smo i koliko brojeva precrtali?

872. Tri cijevi razliËitih presjeka pune neki bazen. Jedna je cijev punilabazen 6 sati, druga 4 sata, a treÊa 7 sati, nakon Ëega je bazen biopun. Ako bi prva cijev punila bazen 4 sata, druga 2 sata, a treÊa 5

sati, onda bi one napunile 32 bazena. Za koje bi vrijeme bazen bio

pun ako bi sve tri cijevi punile bazen istodobno, i ako bi svakacijev punila bazen jednaki broj sati?

873. U jednoj se kutiji nalaze dvije vrste kuglica, bijele i crvene. Iz kutijenasumce, ne gledajuÊi u kutiju, izvadimo dvije kuglice. Ako su kuglice iste bo-je, onda ih maknemo, a u kutiju stavimo jednu crvenu kuglicu. Ako su kuglicerazliËitih boja, onda crvenu kuglicu maknemo, a bijelu kuglicu vratimo natragu kutiju. Taj postupak nastavimo sve dok je u kutiji preostala jedna kuglica.Koje je boje preostala kuglica ako je poznat poËetni broj bijelih kuglica?

874. Pjeπak se kretao po mostu od poËetka A prema kraju B. Nakon πto je

preπao 83 duljine mosta, zaËuo je zvuk sirene automobila koji se kretao u istom

smjeru kao i pjeπak, brzinom od 60 km na sat. Ako pjeπak poËne trËati natragprema poËetku mosta A, onda Êe se susresti s nadolazeÊim automobilom napoËetku mosta A. Ako pjeπak poËne trËati prema kraju mosta B, onda Êe auto-mobil sustiÊi trkaËa na kraju mosta B. Kojom je brzinom trËao taj Ëovjek?

193atka 15 (2006./2007.) br. 59

875. Prirodne brojeve a, b, c poredajte po veliËini ako je a c2 1$- ,b c 1#- , b a2 1$- .

876. Dan je trokut ABC, tako da je | |> | |AC AB . Dokaæite da je za bilo kojutoËku D na stranici BC toËna nejednakost | |< | |AD AC .

877. Rijeπite jednadæbu x y y4 3 32 2= + + u skupu prirodnih brojeva.

878. Na gradskom prvenstvu osnovnih πkola u nogometu sudjelovalo je 8πkola, pri Ëemu je svaka πkola sa svakom πkolom odigrala jednu utakmicu.Nakon odigranih svih utakmica ukupan broj bodova svake πkole odluËivao jeo redoslijedu πkola na kraju prvenstva. ©kola koja je osvojila 1. mjesto bila jesama prva, tj. imala je viπe bodova od svake preostale πkole. ©kola koja jeosvojila zadnje mjesto bila je sama zadnja, tj. imala je manje bodova od svakepreostale πkole na prvenstvu. Za pobjedu u jednoj utakmici dobiva se 2 boda,za nerijeπeni rezultat svaka od te dvije πkole dobiva 1 bod, a za izgubljenuutakmicu dobiva se 0 bodova.

Kolika je najmanja moguÊa razlika osvojenih bodova izmeu prve iposljednje πkole na tom prvenstvu?

879. Iz jednog vrha trokuta nacrtana je teæiπnica, simetrala kuta i visina.Kut izmeu teæiπnice i simetrale kuta jednak je a, a kut izmeu simetralekuta i visine jednak je b. Koji je kut veÊi: a ili b?

194 atka 15 (2006./2007.) br. 59

IZ SVIJETA

IZ SVIJETANatjecanje Georg Mohr

Alija MuminagiÊ, Danska

Natjecanje Georg Mohr i ove je godine organizirano u dva kruga. Do-nosimo zadatke postavljene u drugom krugu koji je odræan 9. sijeËnja 2007.godine. Zadatci su rjeπavani 4 sata, a dopuπteno je koriπtenje sredstava za pi-sanje i crtanje.

Zadatak 1. Trokut ABC upisan je u pravilni deseterokut, kao πto je pri-kazano na slici. Koliki je omjer povrπine trokuta i povrπine cijelog desetero-kuta? Rezultat napiπite u obliku do kraja skraÊenog razlomka.

Zadatak 2. Kojom znamenkom zavrπava broj 2007 2007?

Zadatak 3. Mudri zmaj Ëuva princezu. Dabiste pobijedili zmaja i oslobodili princezu, mo-rate rijeπiti sljedeÊi zadatak:

Zmaj je postavio brojeve od 1 do 8 u kvadrateizmeu stupova u prostoriji (kao na slici). U pre-ostale prazne kvadrate moraju se postaviti broje-vi od 9 do 36. Brojevi od 1 do 36 moraju bitirazmjeπteni tako da svaka staza, u koju se ulazi sjuga ili zapada te izlazi na istoku ili sjeveru, pro-lazi kroz barem jedan viπekratnik broja 5. (Naslici su sjever (north), jug (south), istok (east) izapad (west) oznaËeni slovima N, S, E and W.)Georg æeli osloboditi princezu. Je li to moguÊe?

A B

C

195atka 15 (2006./2007.) br. 59

Zadatak 4. Unutar kuta veliËine 60° konstruirano je 2007 kruænicaoznaËenih brojevima od 1 do 2007. Te kruænice dodiruju krakove kuta, priËemu se svake dvije susjedne kruænice dodiruju meusobno. (Na slici suprikazane samo prve tri kruænice.) Prva kruænica ima polumjer duljine 1.Kolika je duljina polumjera kruænice oznaËene brojem 2007?

Zadatak 5. Brojevi , , ,a a a0 1 2 ... odreeni su uvjetima da je a 00= i

Koliko je brojeva u tom nizu manje od 2007?

Nagradit Êemo svakog atkaËa koji nam poπalje rjeπenja najmanje trijupostavljenih zadataka.

1

2

3

ako je n neparan broj

ako je n paran broja

a

a

1

3 /n

n

n

1

2=

+ -*

196 atka 15 (2006./2007.) br. 59

SUDOKU

SUDOKUMladen MarkobaπiÊ, Zagreb

Sudoku 1 Upiπite brojeve od 1 do 6, ali tako da se ni u

jednom retku, stupcu ili kvadratu 3 2# ne ponavlja niti jedan broj.

Sudoku 2 Upiπite brojeve od 1 do 9 pazeÊi da se niti u

jednom kvadratu 3 3# ne ponavlja isti broj.

Sudoku XUpiπite brojeve od 1 do 9, ali tako da se ni

u jednom kvadratu 3 3# i po dijagonalama neponavlja isti broj.

Novitet"Ubojita" sudoku

Okuπajte se u ovoj sudoku glavo-lomki. U kvadrate 3 3# treba upi-sati brojeve od 1 do 9 pazeÊi daupisani brojevi daju zbroj u poseb-no oznaËenim poljima. Kao i kodklasiËnog sudokua, brojevi se nesmiju ponavljati ni u jednom retku,stupcu, kvadratu 3 3# i u posebnooznaËenim poljima. Ugodno rjeπa-vanje!

1 6

2

43

5

2

3

6 5

2

4

9 1 6 5

8 2

9

5

4 2

6 5 9

9 82

5

7 8 9

256 4

4 1

10 22

47158 14

2

25 7 17

17

29

6 13 3 5

19 14 5 7 24

13

3

4 10

28

10 4 15 22 10

13

4

6

3 9

24

7

3

5 8

4

2

13

3 9 6 5 4

3

6 3 8

3

4

8

81

7

1

6

197atka 15 (2006./2007.) br. 59

RA»UNALA

RACUNALAKOORDINATNI SUSTAV I ANALIZA PODATAKA

IIvvaannaa KKookkiiÊÊ,, ZZaaggrreebb

RaËunala kao pomoÊ pri uËenju u sedmom razredu moæemo primjenjivatikod viπe nastavnih jedinica, a u ovom Ëlanku prikazat Êemo kako nam ra-Ëunala mogu pomoÊi pri obradi koordinatnog sustava u ravnini, te pri prikazi-vanju i analizi podataka.

Primjer 1. U koordinatnoj ravnini:- spoji toËke: (0, 0), (2, -2), (2, -4), (1, -5), (-3, -5), (-4, -4), (-4, -2), (-2, 0),

(-3, 1), (-3, 5) , (-2, 4) , (0, 4), (1, 5), (1, 1) i (0, 0).- spoji toËke: (-4, 3), (-2, 2) i (-4, 1).- spoji toËke: (-2, 2) i (-4, 2).- spoji toËke: (2, 1), (0, 2) i (2, 2).- spoji toËke: (2, 3) i (0, 2).- spoji toËke: (-2, 1) i (0, 1).- spoji toËke: (2, -4), (4, -4), (4, -2), (3, -2), (3, -1), (5, -1), (5, -4), (4, -5)

i (1, -5).Nacrtaj toËke: (-2, 3) i (0, 3).

Rjeπenje: Primjer Êemo rijeπiti koristeÊi program za dinamiËnu geometri-ju Sketchpad. ToËku s koordinatama (2, 2- ) nacrtat Êemo tako da u izbornikuGraf odaberemo naredbu Crtajte toËke, te u prozoru za dijalog u prvom poljuza unos upiπemo broj 2, a u drugom polju za unos upiπemo broj 2- . Da bi setoËka ucrtala u koordinatni sustav, moramo kliknuti na gumb Crtajte. Moæeteprimijetiti da se pri ucrtavanju toËke automatski pokazao i kvadratni koordi-natni sustav u ravnini. Prozor za dijalog i dalje je ostao otvoren, a pokazivaËpoloæaja je ponovno u prvom polju za unos. To znaËi da nam program omo-guÊava unos koordinata druge toËke, a to je u naπem sluËaju toËka s koordi-natama ( , )3 4- . Ponovimo postupak koji smo primijenili pri crtanju toËke skoordinatama ( , )2 2- , a nakon toga postupak ponavljamo dok ne unesemokoordinate svih zadanih toËaka, zakljuËno s toËkom s koordinatama ( , )0 3 .Kad unesemo sve toËke, kliknemo na gumb Gotovo.

Sada Êemo duæinama spojiti toËke kako je to zadano u zadatku.

198 atka 15 (2006./2007.) br. 59

Prednost koriπtenja raËunala pri ovom zadatku je u tome πto ne moramocrtati koordinatni sustav u ravnini, dok je njegova mana u tome πto na ovajnaËin ne moramo znati kako ucrtavamo toËke u koordinatni sustav jer to pro-gram radi umjesto nas. Stoga ucrtavanje toËaka u koordinatnu ravninu uzpomoÊ Sketchpada treba primjenjivati tek onda kad smo u potpunosti napapiru svladali postupak ucrtavanja toËaka u koordinatni sustav u ravnini.

Joπ jedna prednost koriπtenja Sketchpada je u tome πto moæemo mijenjativrstu koordinatnog sustava, pri Ëemu Êe se mijenjati i naπa slika (jer ona ovisio koordinatama koje se mijenjaju pri promjeni vrste koordinatnog sustava).Vrstu koordinatnog sustava mijenjamo tako da u izborniku Graf odaberemonaredbu Oblik mreæe i potom odaberemo jednu od tri ponuene mreæe.Kvadratna mreæa ima istu duljinu jediniËne duæine i na x i na y osi, dok u pra-vokutnoj mreæi moæemo posebno odabrati duljinu jediniËne duæine na x -osi,a posebno na y-osi. Mijenjanjem duljina jediniËnih duæina mijenja se i obliknaπe maËke. O polarnoj mreæi, odnosno o polarnom koordinatnom sustavu,uËit Êete u srednjoj πkoli.

Primjer 2. Nacrtaj toËku A i oËitaj njezine koordinate. PomiËuÊi toËku uravnini, odgovori πto je zajedniËko svim toËkama koje se nalaze u I. kvad-rantu? ©to je zajedniËko onima u II. kvadrantu? A toËkama u III. kvadrantu?©to je s toËkama u IV. kvadrantu?

Rjeπenje: ToËku A nacrtamo pomoÊu alatne trake, dok njezine koordinatemoæemo oËitati na dva naËina. Prvi naËin je da oznaËimo toËku i u izbornikuMjerenja odaberemo naredbu Koordinate, dok je drugi naËin da na toËku Akliknemo desnom tipkom miπa i odaberemo naredbu Koordinate. Na oba senaËina automatski definira kvadratni koordinatni sustav i ispisuju se koordi-nate toËke A. PomiËuÊi toËku po ravnini, mijenjaju se i koordinate toËke A.Nije teπko uoËiti da su u I. kvadrantu predznaci obiju koordinata pozitivni.

199atka 15 (2006./2007.) br. 59

ToËke u II. kvadrantu imaju negativnu prvu koordinatu, a druga im je pozi-tivna.

Predznaci obiju koordinata u III. kvadrantu su negativni, dok toËke u IV.kvadrantu imaju pozitivnu prvu koordinatu, a druga im je koordinata negativna.

Zamislite samo koliko bi toËaka na papiru trebali ucrtati u koordinatnisustav da biste doπli do ovih zapaæanja.

Od ove πkolske godine u sedmom se razredu uËi i prikazivanje i analizapodataka, a kao pomoÊ koristit Êemo program Microsoft Excel.

Primjer 3. Na jednoj pismenoj provjeri znanja iz matematike uËenicijednog odjela postigli su sljedeÊe rezultate: ocjenu odliËan dobilo je 6uËenika, ocjenu vrlo dobar dobilo je 7 uËenika, dobar 5 uËenika, dovoljan 6uËenika i nedovoljan 2 uËenika.

a) Prikaæimo te podatke u tablici i odredimo broj uËenika u tom odjelu.b) Nacrtajmo stupËasti dijagram frekvencija za te podatke.

Rjeπenje: a) U prvi redak tablice upisat Êemo vrijednosti obiljeæja, a udrugi pripadne frekvencije.

Za izraËunavanje ukupnog broja uËenika koristimo alat za zbrajanje.

PokazivaË poloæaja postavimo u slobodnu Êeliju u kojoj æelimo da nam seizraËuna ukupan broj uËenika, a zatim kliknemo na sliËicu fx i odaberemo

naredbu sum. Nakon toga oznaËimo sve Êelije u koje su upisani brojevi,kliknemo na OK i u odabranoj Êeliji se ispisuje rezultat 26.

b) Kad smo unijeli tablicu, oznaËimo sve podatke koje æelimo prikazatistupËastim dijagramom, te kliknemo na sliËicu ili u izborniku Umetanjeodaberemo naredbu Grafikon. Zatim u prozoru za dijalog odaberemo kojuvrstu dijagrama æelimo (u naπem sluËaju stupËasti), i kliknemo na gumbDalje. U sljedeÊem prozoru odaberemo prikaz po retcima (jer nam je tablicatakvog oblika da se u jednom retku nalaze ocjene, a u drugom njihovafrekvencija) i ponovo kliknemo na gumb Dalje. U treÊem prozoru imamonekoliko kartica na kojima moæemo mijenjati izgled naπeg dijagrama, alikako to nama sada nije toliko vaæno, kliknemo opet na gumb Dalje. U zad-njem prozoru za dijalog moæemo odabrati na kojem listu æelimo prikazati naπdijagram (po postavkama programa dijagram se sprema na list na kojemtrenutno radimo). Kad smo sve zavrπili, kliknemo na gumb Zavrπi.

Ocjena

Broj uËenika

odliËan

6

vrlo dobar

7

dobar

5

dovoljan

6

nedovoljan

2

200 atka 15 (2006./2007.) br. 59

U sluËaju promjene podataka u tablici automatski se mijenja i stupËastidijagram frekvencija. Ako pak æelimo podatke prikazati kruænim dija-gramom, dovoljno je kliknuti desnom tipkom miπa na trenutni prikazstupËastim dijagramom i odabrati naredbu Vrsta grafikona i otvori nam seprozor za dijalog s nekoliko vrsta dijagrama (grafikona). Osim standardnihdijagrama imamo i karticu KorisniËke vrste u kojoj moæemo definirati svojuvrstu dijagrama. Kruæni dijagram za Primjer 3. bio bi:

Postotke dobijemo tako da kliknemo desnom tipkom miπa na dijagram iodaberemo naredbu Odrednice grafikona. Zatim u prozoru za dijalog na kar-tici Naslovi podataka stavimo kvaËicu ispred Postotak i sve potvrdimo s Uredu.

Nagradit Êemo svako rjeπenje ovog zadatka dobiveno uz pomoÊ raËunala.

NAGRADNI ZADATAK:KoristeÊi neki softver dinamiËne geometrije:

- spoji toËke: (6, 1), (9, 2), (1, 2), (2, 1) i (6, 1),- spoji toËke: (5, 2), (5, 8), (0, 3) i (5, 3),- spoji toËke: (5, 8), (5, 9), (9, 2), (6, 3) i (5, 9),a zatim oËitaj koordinate tom liku osnosimetriËnog lika s obzirom napravac koji prolazi kroz toËke (12, 6) i (10, -2).

201atka 15 (2006./2007.) br. 59

DOBAR POSTUPAK - NETO»AN REZULTAT

Tvrtko TadiÊ, Zagreb

Prevladava miπljenje da su raËunala nepogreπiva kad provode raËunskeoperacije. To baπ i nije istina. RaËunalo ima jedan veliki problem, a to je damoæe zabiljeæiti jako malo realnih brojeva toËno.

Svi se sjeÊamo πto se dogodilo kad smo broj 31 htjeli prikazati u decimal-

nom zapisu. Dobili smo 0.3333... Cijela biljeænica nije dovoljna da stanu svetrojke koje se pojavljuju u tom decimalnom zapisu.

SliËne probleme ima i raËunalo, pogotovo kod iracionalnih brojeva. Npr.jednu od najpoznatijih konstanti, broj .3 141592f=r , nikako ne moæemo to-Ëno zabiljeæiti u raËunalu.1 U praksi ga uvijek zaokruæujemo na 3.14 i onda nji-me provodimo raËun, a sliËno radi i raËunalo, samo s neπto veÊom toËnoπÊu. Na

isti se naËin pamti jedan od najranije otkrivenih iracionalnih brojeva broj 2.

Nedavno sam se susreo s jednim vrlo zanimljivim i poznatim primjeromzbog kojeg ubuduÊe neÊete toliko lako vjerovati raËunalu.

Neka na poËetku imamo neki pozitivan broj a. Kad izraËunamo drugi

korijen broja a, dobit Êemo broj a. Kad broj a kvadriramo, dobivamo

ponovo poËetni broj a (npr. 4 2= , 2 42= ).

Uzmimo ponovo neki pozitivan broj a. Kad izraËunamo drugi korijen,

dobivamo a, a kad iz tog broja izraËunamo drugi korijen, dobijemo a .

Kvadriramo li zadnji broj, dobivamo a, dok ponovnim kvadriranjem dobi-vamo a.

©to Êe se dogoditi ako broj a korjenujemo 60 puta, a onda dobiveni broj60 puta kvadriramo? Trebali bismo ponovo dobiti isti broj a. Zar ne?Matematika kaæe da je tako. Provjerom bismo dobili:

... ... ...a a

22

2

=

J

L

KK

J

L

KKK

c

N

P

OO

N

P

OOO

m ,

gdje imamo 60 kvadriranja i 60 korijenovanja.

1 »esto moæete Ëuti da je oboren novi rekord u izraËunavanju znamenaka broja r.

202 atka 15 (2006./2007.) br. 59

©to Êe nam reÊi raËunalo? Provedimo sljedeÊi jednostavni algoritam:

ulaz(a);

za i= 0 do 59 radi

a=korijen(a);

za i= 0 do 59 radi

a=a*a;

ispis(a);

U algoritmu upisujemo neki broj, i prema prethodnom izlaganju, algori-tam bi nam trebao vratiti isti broj.

Nije potrebno neko pretjerano programersko umijeÊe da bi se ovaj pseu-do-kod prebacio u neki programski jezik. Evo kako bi to izgledalo u C-u:

#include<stdio.h>

#include<math.h>

int main(void){

int i;

double a;

printf("Unesi realan broj...>");

scanf("%lf",&a);

for(i=0;i<60;i++) a=sqrt(a);

for(i=0;i<60;i++) a=a*a;

printf("Dobiveni broj je %lf\n",a);

}

Uvrπtavanjem vrijednosti vidjet Êemo da nam se dogaa uvijek jedno te isto:

©to se dogodilo? Nismo nigdje pogrijeπili ni u raËunu ni u kodu.Uzastopno korjenovanje toliko je doπlo blizu broju 1 da je varijabla a u

programu u jednom trenutku (zaokruæivanjem) postala 1. Kvadriranjem broja1 uvijek dobivamo 1. Jedini broj za koji nam se neÊe pojaviti broj 1 je kaduvrstimo da je a 0= . Tada Êe dobiveni broj biti 0.

Pokuπajte ovaj postupak napraviti na svom dæepnom raËunalu (kalkulatoru).Kao πto smo vidjeli, s raËunalom treba oprezno raditi jer ni ono nije

savrπeno.Vaæan dio matematike koji se bavi ovakvim pitanjima zove se numeriËka

matematika i danas ima vaænu ulogu u mnogim znanostima.

UNESENI BROJUNESENI BROJ

4.001.00

60231.00

0.0341.00

1.341.00

5.671.00

Sketchpad je alat dinamiËne geometrije za konstru-

kcije i istraæivanje uËenicima, studentima,

nastavnicima, istraæivaËima, umjetnicima i

svim drugim matematiËarima kojima treba

vizualizacija. Uporabom Sketchpada moæete

konstruirati toËne slike, zatim interaktivno njima

upravljati, istovremeno ËuvajuÊi matematiËke

odnose. DinamiËna interakcija omoguÊava

vam velike moguÊnosti istraæivanja,

analiziranja i razumijevanja matematike kao nikada

do sada.

Dynamic Geometry ®- program

Precizna crtanja i mjerenja postaju laka,

omoguÊavajuÊi vam kreiranje i analiziranje zamrπenih

konstrukcija. Otkrijte svojstva i ispitajte moguÊnosti

svojeg crteæa njegovim jednostavnim povlaËenjem. Svi

drugi dijelovi i mjerenja neprestano se mijenjaju, otkri-

vajuÊi da matematiËki ostaju nepromjenjivi, neovisno

o povlaËenju. Istraæite svojstva cijele grupe crteæa

upravljajuÊi dinamiËno samo jednim crteæom.

Uporabom πestara i ravnala istraæite euklidsku

geometriju. Primijenite: translaciju, rotaciju, refleksiju,

dilataciju kako bi stvorili crteæ sjajne simetrije.

Potpuna analitiËka i algebarska podrπka omoguÊava

vam mjerenje kordinata i odreivanje jednadæbi, crtanje

i ponavljanje cijelih porodica funkcija. Integrirajte

geometriju s algebrom, trigonometrijom i raËunanjem.

Sketchpad pamti vaπe konstrukcije i uopÊava ih radi

lakπe kasnije uporabe. Dokument s viπe stranica povezu-

je geometrijske animacije, matematiËke zapise, para-

metarske boje, tekst i poveznice prema Webu potiËuÊi

uËenike i studente kreirati bogate prezentacije, a na-

stavnike oblikovati efikasne

aktivnosti i okruæenja za

uËenje. Sketchpad®

je u prodaji. Moæete ga naruËiti na

www.proven.hr

prizma kapljica zrake kutevi

Prizma lomi svjetlo razliËitih boja u razliËi-tim πirinama spektra

Povucite toËke kako biste prilagodili indeksloma svjetlosti crvenoj i ljubiËastoj boji

www.proven.hr [email protected]

204 atka 15 (2006./2007.) br. 59

SKAKA»EV KRUÆNI PUTSiniπa Reæek, Zagreb

©ah je prije svega logiËka igra u kojoj se do krajnjih granica ljudskog umaisprepliÊu uzroci i posljedice. Kad vas jednom zaËara ljepota logiËkog razmi-πljanja, postajete ovisnik.

U odreenim periodima mozak jednostavno zahtijevati svoju porcijuproblemskog rada. Ako nije rijeË baπ o πahistu, sliËan se sindrom moæepojaviti kod strastvenih enigmatiËara, ljudi koji slaæu "puzzle", igraËa goa ilibridæa. Nije rijetkost da πahisti pokazuju sklonosti i prema nekoj od spome-nutih aktivnosti.

Svakako da πah, zbog bogatstva svojih moguÊnosti i gotovo izvanze-maljske nedefiniranosti, nema pravu konkurenciju. Rano je uoËeno da, osimobiËne igre, πah daje moguÊnosti i za postavljanje πireg tipa logiËkih proble-ma. Tako su nastale studije i problemi tipa: mat u n poteza, samomatovi,pomoÊni matovi i sliËno. Ali, ni tu nije bio kraj.

Podivljali moædani hormoni tjerali su na konstruiranje problema koji su naovaj ili onaj naËin imali za osnovu πahovsku ploËu i priro-du πahovskih figura. Svima je poznat problem: koliko senajviπe dama moæe smjestiti na πahovsku ploËu, a da semeusobno ne napadaju.

Jedan od teæih i zanimljivijih problema je rasporeivan-je figura jedne boje (crne ili bijele), bez pjeπaka, tako dakralj suprotne boje nije napadnut, a da je broj moguÊihpoteza maksimalan. Sve je jasnije iz dijagrama:

Crni kralj nije napadnut, a bijele figure imaju na raspo-laganju 100 razliËitih poteza. Smatra se da je ovo rjeπenje,koje je dao M. Bezzel 1848. godine, maksimalan broj

poteza.Ovaj je problem zanimljiv za provjeru na raËunalu, pa Êe ga sigurno, netko

od vas i analizirati.

Definicija problema

Za ovaj broj atke izabrana je analiza jednog od najstarijih zadataka:takozvanog skakaËevog kruænog puta. Definicija je relativno jednostavna:skakaË treba prijeÊi cijelu πahovsku ploËu tako da na svako polje stane samo

Dijagram 1.

R

k N

R

NLL

Q

K

MATEMATIKA I ©AHMATEMATIKA I [AH

205atka 15 (2006./2007.) br. 59

jednom. Polje s kojeg skakaË polazi raËuna se kao prvo polje.Problem ima jednostavniju i kompliciraniju varijantu. Teæa varijanta zaht-

jeva da skakaË zavrπi svoj put na polju s kojeg se moæe prebaciti na poËetnopolje.

Evo prvo jedno "obiËno" rjeπenje:

Brojevi oznaËavaju redoslijed kretanja skakaËa.PoËetno polje je d3, a zavrπno g5.

RaËunalni programVeÊ se nakon povrπnog upoznavanja s proble-

mom uoËava da ga je relativno lako prebaciti narjeπavanje u obliku raËunalnog programa.

Prvo treba definirati neka Ëisto praktiËna pitan-ja, kao πto su odreivanje svih moguÊih pravilnihpoteza skakaËem. To moæe odraditi mala procedu-ra u programu i moæda Êe nekoga zanimati rezultat.Ako potez zapisujete punom notacijom, kao naprimjer: Sg1 - f3 (Ëitamo skakaË s g1 na f3), ili Se4- g5 (Ëitamo skakaË s e4 na g5), imate za to toËno336 moguÊnosti. Dakle, postoji samo toliko razliËitih poteza skakaËa.

Rjeπenje problema je niz od 64 polja. Ako se dræite standardne πahovskenotacije, jedan od tih nizova polja moæe se zapisati kao: h3, g1, e2, c1, a2, c3,b1, d2, f1, h2, f3, e1, c2, a1, b3, d4, b5, a3, c4, b2, d1, f2, h1, g3, e4, c5, a4,b6, a8, c7, d5, e3, g2, f4, h5, f6, g4, e5, d3, b4, a6, b8, d7, f8, h7, g5, e6, g7,e8, d6, b7, a5, c6, a7, c8, e7, g8, h6, f5, h4, g6, h8, f7, d8.

Time je osigurano da se svako polje spominje samo jednom. Joπ ostajeprovjera je li slijed polja logiËan s obzirom na kretanje skakaËa, tj. moæe liskakaË s polja h3 na polje g1, zatim s polja g1 na polje e2, i tako do krajaniza. Za gornji niz se pokazuje da je rijeË o korektnom rjeπenju, dakle svapolja zadovoljavaju pravila kretanja skakaËa.

Program treba iz svih moguÊih nizova polja izbaciti one koji nisu korekt-ni s obzirom na spomenuto pravilo o kretanju skakaËa, a ispravne nizove tre-ba prikazivati na ekranu ili upisivati u datoteku. Odmah je jasan i problemkoji ovakav pristup donosi. Kako se, zapravo, radi o permutacijama 64 ele-menta, lako je izraËunati koliko razliËitih nizova polja raËunalo treba pregle-dati:

64! = 1.269 · 1089

Dijagram 2.

206 atka 15 (2006./2007.) br. 59

Vrlo nezgodan broj! Da se svaka permutacija prvo formira, a tek tada pre-gledava ispravnost, sve bi to trajalo i trajalo... Uvedeni su dodatnitrikovi koji skraÊuju pretraæivanje. PoËetno polje, ili Ëak niz do prvihËetrdeset koraka, mogao se zadati kao poËetni uvjet. Program bi daljenastavio sam, pokuπavajuÊi zatvoriti konstrukciju.

Uskoro Êe vaπa datoteka rjeπenja sadræavati viπe stotina slogova.

Ako problem æelite rjeπavati samostalno, bez raËunala, najbolje je dato ne radite na πahovskoj ploËi, nego na papiru. Upotreba ploËe zahtije-va i pomoÊna sredstva (novËiÊe, figure iz dvije garniture ili sliËno) Ëijimstavljanjem ili uklanjanjem s ploËe imate pregled koja ste polja veÊpreπli. Mogu vam pomoÊi i papiriÊi s upisanim rednim brojevima, ali je

vjetar najveÊi neprijatelj takvom rjeπavaËu. Zato nacrtajte (na kariranompapiru) ploËu 8 8# kvadrata i upisujte poteze.

Viπestrukost rjeπenja problema

Svako rjeπenje krije u sebi i neki broj blizanaca. Ako vam je poËetno polje

s kojeg skakaË polazi na svoj put a1, tada rotacijom rjeπenja za 90° dobivatenovo rjeπenje s poËetnim poljem a8. Jasno, moguÊe su joπ dvije rotacije, takoda poËetna polja budu h8 i h1.

To nije sve. Postoji i simetrija preklapanjem preko glavnih dijagonala.Kombiniranjem ove simetrije i gore spomenute rotacije, za svako rjeπenjedobiva se joπ sedam prateÊih rjeπenja. Dakle, ako je poËetno polje osnovnogrjeπenja b1, joπ se dobivaju rjeπenja s polja: a2, a7, b8, g8, h7, h2 i g1.

Postoji i simetrija u odnosu na osi koje prolaze polovinama suprotnihstranica kvadrata πahovske ploËe, ali se ova simetrija svodi na kombinacijurotacije i dijagonalne simetrije.

Kako se svako rjeπenje moæe Ëitati "unaprijed", kao i "unatrag" odzavrπnog polja prema poËetnom, dobiva se joπ osam blizanaca.

Kod pravog kruænog rjeπenja, kad skakaË sa zavrπnog polja moæe skoËitiponovo na poËetno polje, pitanje viπestrukosti rjeπenja postaje neugodno. Utakvom se sluËaju za poËetno polje moæe proglasiti bilo koje polje i nastavitikruæenje prema danom redoslijedu. Tako veÊ u startu postoje 64 rjeπenja. Kadse tome dodaju rotacije, zrcalna (osna) simetrija i kretanje unatrag, dobiva sex rjeπenja. OsjeÊaj zadovoljstva otkriÊa ove istine pripada svakom sposob-nom matematiËaru koji Êe sa zadovoljstvom uvesti operatore i teorijskidokazati svoje tvrdnje.

atka 15 (2006./2007.) br. 59

RJE©ENJA ZADATAKA IZ BROJA 58.

Rjeπenja odabranih zadataka

850. Na slici su nacrtana dva rjeπenja.

851.

Enigmatka

Ispunjaljka. Vidite crteæ!

Rebus s dva rjeπenja. ©estar (πest AR), redar (red AR).

©aljive tiskarske pogreπke. KOSU, GVOÆ–E, KI©ICA, CRKVA, GALAMA, ©ARULJA.

Rebus. Prirodoslovac (pri RO DO slova C).

Dopunjaljka. ARITMETIKA. Vidite crteæ!

Pomicaljka. SEDAM, PRUGA, JEDAN.

Kvadrati. 6 πtapiÊa. Vidite crteæ!

ZSDÆTJK

OAEAIAL

RNJRNKA

ADAKKOR

NANOAVA

©PMTSO

EEEJTS

STTEOA

TIRDI

M

ATIA N

R

KA

208 atka 15 (2006./2007.) br. 59

852. Rijeπimo zadatak uporabom stupËiÊa. Na slici prvi stupËiÊ predoËujekoliËinu braπna, a drugi stupËiÊ koliËinu mekinja. Iz uvjeta zadatka slijedi da ukup-na koliËina samljevene raæi sadræi tri jednaka dijela, pri Ëemu je jedan od ta tri dijelakoliËina mekinja. Iz slike lako zakljuËujemo da je 35 q jedan od ta tri jednaka dijela.To znaËi da se mljevenjem raæi dobilo 35 q mekinja i 35 2$ , tj. 70 q braπna. Prematome, samljeveno je 70 + 35, tj. 105 metriËkih centi raæi.

853. OËito da brat ima 24 + 24, tj. 48 kn viπe od sestre. Dalje moæemo raËunatina dva naËina.

1. naËin. PomoÊu stupËiÊa. Iz uvjeta zadatka zakljuËujemo da ukupna koliËinanovca koju imaju brat i sestra zajedno sadræi 3 jednaka dijela. Iz slike zapaæamo da

od ta tri jednaka dijela koja imaju brat i sestra zajedno,jedan dio sadræi 27 + 48 + 27, tj. 102.

To znaËi da sestra ima 102 + 27, tj. 129 kn, a brat ima2 102 27$ - , tj. 177 kn.

2. naËin. Neka sestra ima x kuna. Tada brat ima x + 48kuna. Ako sestra dade bratu 27 kn, onda Êe ona imati x - 27kuna, a brat x + 48 + 27, tj. x + 75 kuna. Zato vrijedi jed-nadæba x + 75 = 2(x - 27), ili x + 75 = 2x - 54. RjeπavajuÊiovu jednadæbu primjenom definicija osnovnih raËunskihoperacija, dobivamo redom: 2x = x + 75 + 54, 2x = x + 129,

tj. x = 129. Sestra ima 129 kn, a brat 129 + 48, tj. 177 kn.

854. Kod ovakvih zadataka uvijek promatramo nejnepovoljniji sluËaj.a) 4, jer je 9 - 5 = 4,b) 3,c) 25, jer je 11 + 4 + 7 + 4 = 25.

855. Zadatak rjeπavamo unatrag. Najprije valja odrediti znamenku jedinica d ubroju d657 , tako da je taj broj djeljiv brojem 19. To Êemo postiÊi tako da je ili d = 0,ili d = 9. Za d = 0 dobivamo 6570 19 345 5$= + . Kako je 345 19 6555$ = , a6 555 < 6 570, te zbog 6 555 + 19 = 6 574 zakljuËujemo da je broj 6 574 djeljiv bro-jem 19. Zato je d = 4. Do istog bi rezultata doπli za d = 9. Naime,6 579 19 346 5$= + , a zbog 19 346 6 574$ = , odmah zakljuËujemo da je d = 4.Dalje, broj 6574 je umnoæak broja 19 i nekog prirodnog broja. Zbog6 574 19 346$= , zakljuËujemo da smo broj 346 dobili ispuπtanjem posljednjih

braπno

27

48

27 27

SB

35 q *

mekinje

BS

209atka 15 (2006./2007.) br. 59

dviju znamenaka u prvom umnoπku. Sada valja odrediti dvoznamenkasti zavrπetakxy u broju xy346 , tako da je taj broj djeljiv brojem 147. To Êemo postiÊi tako, da jeili x = 0 i y = 0, ili x = 9 i y = 9. Za x = 9 i y = 9 vrijedi jednakost34 699 147 236 7$= + , a zbog 147 236 34 692$ = zakljuËujemo da je xy 92= .KonaËno, zbog 34 692 147 236$= zakljuËujemo da je poËetni prirodni broj jednak236.

856. Zbroj bilo kojih dvaju uzastopnih prirodnih brojeva uvijek je neparan broj.To znaËi da zbroj 2006 uzastopnih prirodnih brojeva uvijek moæemo napisati kaozbroj 1003 neparna pribrojnika. Zbroj neparnog broja neparnih brojeva uvijek jeneparan broj, a neparan broj nikad nije djeljiv parnim brojem. Zato zbroj nekih 2006uzastopnih prirodnih brojeva nikad nije djeljiv brojem 2006.

857. Ovaj je zadatak trebao glasiti:Dokaæite, da je za svaki prosti broj n veÊi od 3, ili broj n 1- , ili broj n + 1 djeljiv

brojem 6. Rjeπenje Êe biti objavljeno u sljedeÊem broju atke.

858. Nacrtamo tablicu 3 3# i polja u tablici oznaËimo kao na πahovskoj ploËi.

Prema uvjetu zadatka, zbroj brojeva uËenika koji zapoËinje igru jednak jea b c a b c1 1 1 3 3 3+ + + + + , a zbroj brojeva drugog uËenika jednak jea a a c c c1 2 3 1 2 3+ + + + + . LogiËno je pretpostaviti da je uËenik koji zapoËinje igruu odreenoj prednosti. Naime, zbog neparnog broja brojeva u tablici, uËenik kojizapoËinje igru upisuje prvi, ali i zadnji, tj. deveti broj u tablicu, pa uz odreene uvjetemoæe igrati tako da bude pobjednik.

Pretpostavimo da je >a b c a b c a a a c c c1 1 1 3 3 3 1 2 3 1 2 3+ + + + + + + + + + . Iz ovenejednakosti slijedi nejednakost >b b a c1 3 2 2+ + , a to je ujedno i uvjet da uËenik kojizapoËinje igru sigurno pobjeuje. Naime, nakon πto su u tablici napisana 3 od 4 brojaiz zadnje nejednakosti, uËenik koji zapoËinje igru nuæno treba zapisati Ëetvrti od taËetiri broja. BuduÊi da zapoËinje igru, on uvijek moæe postiÊi da nejednakost

>b b a c1 3 2 2+ + bude toËna i onda sigurno pobjeuje. Naravno da uËenik koji zapoËinje igru treba Ëetvrti broj iz zadnje nejednakosti

upisati na odgovarajuÊe mjesto u tablicu.

859. Neka je izmeu svaka dva susjedna broja danog niza napisan znak +. Tadaje zbroj svih brojeva danog niza (prema Gaussovoj formuli) jednak

21 2006 2006$+^ h

ili 2

2007 2 1003$ $ , tj. 2007 2003$ . Ako umjesto jednog znaka +

stavimo znak - ispred nekog broja a, onda Êe se dobiveni umnoæak smanjiti za 2a, tj.za paran broj. To znaËi da Êe novodobiveni zbroj opet biti neparan broj, jer je razlika

1 a3 b3 c3

a2 b2 c2

a1 b1 c1

2

3

a b c

210 atka 15 (2006./2007.) br. 59

neparnog broja 2007 2003$ i parnog broja 2a neparan broj. Naravno da Êe se svakiput promjenom jednog znaka + u znak - novodobiveni zbroj smanjiti za paran broj,pa Êe novodobiveni zbroj i dalje biti neparan. Zato zakljuËujemo da Êe ma kako razm-jestili znakove + i - u danom nizu brojeva, Êe zbroj danih brojeva uvijek biti neparanbroj. BuduÊi da je 2006 paran broj, zakljuËujemo da u danom nizu brojeva nijemoguÊe razmjestiti znakove + i - tako da zbroj danih brojeva bude 2006.

860. Neka su e, d, c, b, a posljednje znamenke koliËnika traæenog broja i broja2007. Tada vrijedi jednakost ... ...edcba2006 2007 #= , pri Ëemu ne znamo kolikoznamenki ima traæeni djeljenik i nepoznati koliËnik. BuduÊi da je 7a broj kojizavrπava znamenkom 6, nuæno slijedi da je a = 8, jer samo umnoæak 7 8$ zavrπavaznamenkom 6. Dalje zadatak moæemo rjeπavati pismenim mnoæenjem. Naime,

...edcb2007 8#16056. . . .

+ . . . . . . . 2006.

Odatle zakljuËujemo da je znamenka jedinica drugog djelomiËnog umnoπka jed-naka 5, iz Ëega slijedi da je b = 5. Dalje je

...edc2007 58#16056

10035+ . . . . . . . . 2006 .

Dalje zakljuËujemo da je znamenka jedinica treÊeg djelomiËnog umnoπka jedna-ka 6, a to znaËi da je c = 8. Zato je

...ed2007 858#16056

1003516056

+ . . . . 1722006.

Tako smo dobili traæeni broj, tj. 1 722 006, jer je 1 722 006 2007 858$= .Postavlja se pitanje je li to jedini broj koji zadovoljava uvjete zadatka. Nastavimo lidalje pismeno mnoæenje, zakljuËujemo da znamenka jedinica Ëetvrtog djelomiËnogumnoπka mora biti 0, a to znaËi da je d = 0. Zato znamenka e u koliËniku moæe bitisvaka znamenka od 0 do 9. Prema tome, postoji beskonaËno mnogo prirodnih broje-va koji zavrπavaju s 2006, a djeljivi su brojem 2007. Evo joπ nekoliko traæenih bro-jeva: 2 179 2006 2 007 10 858$= ili 403 122 006 2 007 200 858$= .

211atka 15 (2006./2007.) br. 59

861. a) Neka je toËka D presjek simetrale kraka AC i BC kraka jednakokraËnogtrokuta ABC. Tada prema pouËku o simetrali duæine vrijedi jednakost | | | |AD CD= .Primjenom pouËka o nejednakosti trokuta na trokut ABD vrijedi nejednakost| |< | | | |AB AD BD+ , a zbog | | | |AD CD= slijedi da je | |< | | | |AB CD BD+ ili| |< | |AB BC . Prema tome, simetrala kraka AC jednakokraËnog trokuta ABC sijeËe krakBC samo ako vrijedi | |< | |AB BC , tj. ako je duljina osnovice manja od duljine kraka.

b) Neka je toËka E presjek simetrale kraka AC i osnovice AB jednakokraËnogtrokuta ABC. Tada je | | | |AE CE= , jer je toËka E na simetrali stranice AC .Primjenom pouËka o nejednakosti trokuta na trokut BCE vrijedi nejednakost| | | |> | |CE EB BC+ . Zbog | | | |AE CE= slijedi da je| | | |> | |AE EB BC+ ili |> | |AB BC . Prema tome, simetrala kraka jednakokraËnog tro-kuta ABC sijeËe osnovicu AB samo ako je | |> | |AB BC , tj. ako je duljina osnoviceveÊa od duljine kraka.

c) Ako je toËka B presjek simetrale kraka AC i osnovice AB, onda prema pouËkuo simetrali duæine vrijedi jednakost | | | |AB BC= . Zbog uvjeta zadatka da je| | | |AC BC= vrijedi dvojna jednakost | | | | | |AB BC AC= = , a to znaËi da je trokutABC jednakostraniËan. Prema tome, simetrala kraka AC prolazi vrhom B samo akoje trokut ABC jednakostraniËan.

862. OËito su kuÊni brojevi na promatranoj strani ulice neparni. Neka je 2a + 1prvi kuÊni broj, poËevπi od jednog raskriæja, pri Ëemu je a prirodan broj. Tada je2a + 3 drugi kuÊni broj, 2a + 5 treÊi, itd. sve do zadnjeg kuÊnog broja izmeu dvajuraskriæja koji je jednak 2a + 2n - 1. Naime, neka je n redni broj kuÊe na toj straniulice izmeu dvaju raskriæja. Tada je 2n - 1 redni broj zadnje kuÊe izmeu dvajuraskriæja.

To znaËi da su svi kuÊni brojevi na promatranoj strani ulice redom jednaki 2a + 1, 2a + 3, 2a + 5, . . .,2a + 2n - 1. Prema Gaussovoj formuli vrijedi jednakost

a a n n2

2 1 2 2 1333

$+ + + -=

^ h, ili dalje redom:

a n n2

4 2333

$+=

^ h,

a n n2

2 2333

$+=

^ h, a n n2 333+ =^ h , ili a n n2

333+ = . BuduÊi da su a i n

prirodni brojevi, slijedi da je i a n2 + prirodan broj, to znaËi da je i n333 prirodan

broj. Broj n333 bit Êe prirodan broj samo ako je n djelitelj broja 333. Zbog

333 3 3 37$ $= zakljuËujemo da je n > 3. Naime, za n = 1 broj 333 je prvi kuÊni broj,

A B

C

D

A B A B

CC

E

c)b)a)

212 atka 15 (2006./2007.) br. 59

a za n = 3 broj 333 je drugi kuÊni broj, πto u oba sluËaja nije moguÊe zbog uvjetazadatka. Za n = 9 slijedi da je 2a + n = 37 ili 2a + 9 = 37, pa je 2a = 28. To znaËi daje prvi kuÊni broj izmeu dvaju raskriæja 2a + 1 = 29, iz Ëega slijedi da je peti kuÊnibroj jednak 37. Za n = 37 dobivamo da je 2a + n = 9 ili 2a + 37 = 9, pa je a2 28= - ,πto nije moguÊe. Prema tome, peti kuÊni broj je 37 .

863. Za rjeπenje ovog zadatka primijenit Êemo ovaj pouËak:Broj pri dijeljenju brojem 9 daje isti ostatak kao i ostatak dijeljenja zbroja zna-

menki tog broja brojem 9. (vidi atka br. 50, Odabrani zadatci, zadatak 733. a).Primjenom tog pouËka zakljuËujemo da Êe ostatak pri dijeljenju svakog broja

brojem 9 u posljednjem nizu biti jedanak ostatku pri dijeljenju brojem 9 poËetnogbroja iznad njega. To znaËi da Êe se u posljednjem nizu brojeva aritmetiËki izmjenji-vati devet brojeva: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 i 9. BuduÊi da je broj 999 999 djeljiv brojem9, zakljuËujemo da Êe u posljednjem nizu brojeva, ne raËunajuÊi posljednji broj unizu, biti jednak broj jedinica kao i petica.

Zbog zadnjeg broja poËetnog niza, tj. 1 000 000, kojemu je zbroj znamenki jed-nak 1, slijedi da Êe u posljednjem nizu brojeva biti jedna jedinica viπe nego petica.

864. Neka je | |BN x2= , a | |MP y2= . Tada je | |NA x3= i | |AP y5= .ToËkom P nacrtamo pravac p usporedan pravcu BC, tj. p BC. Neka je toËka L

presjek pravca p i stranice AB. BuduÊi da usporedni pravci LP i BC sijeku krakovekuta BNC, zbog Talesova pouËka o proporcionalnim duæinama vrijedi razmjer:

CN

CP

BN

BL= . Razmjer Êe ostati valjan ako desnu stranu razmjera pomnoæimo bro-

jem 1, tj. s AB

AB1 = . Dalje vrijede redom ove jednakosti:

CN

CP

BN

BL

AB

AB$= i

CN

CP

AB

BL

BN

AB$= . Osim toga, usporedni pravci LP i BC sijeku krakove kuta BAM.

Zato primjenom pouËka o proporcionalnim duæinama zakljuËujemo da vrijedi raz-

mjer AB

BL

AM

MP= , a nakon zamjene u jednakost

CN

CP

AB

BL

BN

AB$= dobivamo re-

dom ove jednakosti: CN

CP

AM

MP

BN

AB$= ,

CN

CPy y

yx

x x2 5

22

2 3$=+

+ i

CN

CPyy

xx

72

25$= ,

CN

CP75

= .

Naime, zbog CP PN CN+ = , te nakon zamjene u jednakost

CN

CP75

= , dobivamo redom ove jednakosti: CP PN

CP75

+= ,

CP

CP PN57+

= , CP

CP

CP

PN57

+ = , CP

PN1

57

+ = , CP

PN57

1= - ,

CP

PN52

= ili PN

CP25

= , tj. : :CP PN 5 2= .

A

B CM

L

N

P p

5y3x

2y

213atka 15 (2006./2007.) br. 59

Rjeπenja kriæaljki za MatkaËe

5. razred 6. razred

Rjeπenja nagradnih zadataka iz 57. broja

Rjeπenja zadataka za MatkaËe poËetnike

1. Dokoljenke. 3 dokoljenke za jedan par, 5 dokoljenki za dva para. 7. Lopta.»etiri. 13. Upitnik. Broj 13. 16. Broj x. x = 11. 18. ToËke. Na πest naËina. 20. Tijelo.Postoji.

Rjeπenja su poslali i Matkinim biljeænicama su nagraeni MatkaËi: Ivana»aljkuπiÊ, 8.d, O© SuÊidar, Split, Matko Ljulj, 8.b, O© A. ©enoe, Zagreb i JosipMelvan, 6.c, O© SuÊidar, Split.

Rjeπenja zadataka iz Kutka za najmlae

1. a) Mislav, Trpimir, Domagoj, Branimir. b) Najdulje je vladao knez Trpimir. Mislav (835-845) - 10 godina, Trpimir (845-864) - 19 godina, Domagoj (864-876) - 12 godina, Branimir (879-892) - 13 godina.

1

6 7 8

9 10

11 12 13 14

15 16

2 3 4 5

3 6 5 9 2 9

1 0 2 1 4 8

0 8 9 3 7

4 1 7 0 5 6

4 0 9 6 4 5

1

7 8 9

10 11

12 13 14

15 16 17

2 3 4 5

7 9 1 3 8 2

2 4 3 6 0 7

8 5 1 0

3 5 9 6 3

1 0 5 2 0 518

6

4

7

8

219 20

7 4 0 8 8 1 6

1

7 8

9 10

11 12 13

15 16 17 18

2 3 5

4 2 5 0 9 3

1 7 9 2 0 4

8 6 3 7

1 8 1 6

2 4 5 0 2 3

14

6

8

9

7

519 20

9 0 8 1 9 4 4

4 1

8 9 10

11 12

13 14

16 17 18 19

2 3 4 6

1 6 5 8 5 7

3 2 4 9 1 4

0 5 7 6 0

7 6 6 3

3 9 0 4 2 3

15

7

8

1

020 21

2 2 4 5 7 8 8

5

6 2

214 atka 15 (2006./2007.) br. 59

2. a) Prvi put objavljena je 1835., a prvi put javno je izvedena 1861. godine.Dakle, izmeu ta dva dogaaja proteklo je 26 godina.

b) Kao nacionalna himna Horvatska domovina prihvaÊena je 1891. godine.Dakle, izmeu prvog javnog izvoenja i prihvaÊanja pjesme kao himne proteklo je30 godina.

c) 56 godina.d) Antun MihanoviÊ (1796.-1861.) - 65 godina

3. a) Godine 925. Tomislav se proglasio kraljem. Od preuzimanja vlasti 910. doproglaπenja kraljem proteklo je 15 godina.

b) Tomislav je kao kralj vladao od 925. do 928. - dakle, vladao je 3 godine

4. 164 700 ratnika

5. Zvonimir je vladao od 1075. do 1089. Dakle vladao je 14 godina.

6. BaπÊanska ploËa datira iz 1100 g., a Novine horvatske poËele su izlaziti 1835. Proteklo je 735 godina.

Rjeπenje Nagradnog natjeËaja broj 53.Torus. Objaπnjenje potraæite u Ëlancima V. Devidéa u proπlom i ovom broju

atke.

Rjeπenja su poslali i atkinim biljeænicama su nagraeni atkaËi: MarkoTunukoviÊ, 8. a, O© I. MaæuraniÊa, Vinkovci i Ivan-Dominik LjubiËiÊ, 7. r., O©Vrbani, Zagreb.

Rjeπenje stripa Koliko kasni?

Antin ruËni sat koristi binarni brojevni sustav (sustav potencija s bazom 2). Premalampicama koje svijetle u prvom redu zakljuËujemo da sat pokazuje 7 sati, a premaonima iz drugog reda ∑ 56 minuta. JuriËin sat kasni 2 minute.

Rjeπenja su poslali i atkinim su biljeænicama nagraeni atkaËi: Albert©kegro, 6.a, O© Savski Gaj, Zagreb, Marko TunukoviÊ, 8.a, O© I. MaæuraniÊa,Vinkovci, Matko Ljulj, 8.b, O© A. ©enoe, Zagreb, Marija TodoriÊ, 8.f, O© S.RadiÊa, Imotski i Ivan-Dominik LjubiËiÊ, 7.r., O© Vrbani, Zagreb.

Rjeπenje mozgalice Osmica

"Kraj" obruËa koji je u osmici provuËe se kroz otvor na kraju tog dijela osmice.Kroz izvuËeni dio provuËe se drugi dio osmice.

215atka 15 (2006./2007.) br. 59

Sudoku

Rjeπenja su poslali i atkinim su biljeænicama nagraeni atkaËi: PaulaGreget, 7.c, Dubrovnik, Albert ©kegro, 6.a, O© Savski Gaj, Zagreb, MarkoTunukoviÊ, 8.a, O© I. MaæuraniÊa, Vinkovci, Matko Ljulj, 8.b, O© A. ©enoe,Zagreb, Tomislav BuhiniËek, Varaædinske Toplice i Marcel BehtaniÊ, Donja Zelina.

Zadatci s prostorno-vremenskih meridijana

Stari Babilon. Duljina je 6 dlanova, a πirina 4 dlana.Maarska. Na ploËi je nacrtan kvadrat.Danska. A < C < D < B.Francuska. Jeanne Paisain, Jacqueline Fontaine, Collette Pone i Annette Dubois.Indija. Ukupan broj pËela u roju je 72 (6 na grmu, 2 kod cvijeta lotosa i 64 u

letu).

Rjeπenja su poslali i atkinim biljeænicama su nagraeni atkaËi: MatkoLjulj, 8.b, O© A. ©enoe, Zagreb, Martin Æmuk, 8.r., O© Martijanec, Martijanec iAlbert ©kegro, 6.a, O© Savski Gaj, Zagreb.

324

23

41

1

1

4

32

14 23

3

1

6

5

4

4

3 1

5

2

4

5

2

6

1

4

2

3

1

6

1

5

4

3

1

2

5

6

3

4

6

3

2

5

2

6

6 8 4 1 9 2 7 5 3

7 9 1 5 3 6 2 4 8

5 2 3 8 7 4 6 1 9

8 7 6 4 5 1 3 9 2

9 3 5 2 8 7 4 6 1

4 1 2 9 6 3 5 8 7

2 6 9 3 4 8 1 7 5

1 5 7 6 2 9 8 3 4

3 4 8 7 1 5 9 2 6

Svojim Ëitateljima

i suradnicima

sretan Uskrs

æeli Uredniπtvo atke

KU

TAK

ZA

NAJMLA–E

1.

2.

3.

TTAASS 1122 UU AARRAAVVTTAAZZ EESS NNAA∆∆UUDD

OOMMNNIIAATTSSAASS EESS SSAARREE»»EEVV

EE –– FF II LLJJ PP HH ÆÆ EEKKÆÆHHÆÆ

Slavni detektiv Sherlock Holmes pronaπao jetajne poruke koje mu mogu pomoÊi pri rjeπavanju najnovijegsluËaja. Pomogni mu deπifrirati (otkriti znaËenje) poruke iuhvatiti razbojnike.

KUTAK ZA

NAJ

MLAD

E

4.

5.

6.

7.

2244 11 2244 2266 11 1199 1133 1188 2211 2244 99 2277 2222 11 2233 1155 2277

NNAA TTRR AAGG UUSS UUNN AAMM

TT RR 22 BB 11 MM 44 HH 33 TT NN 44 44 TT 33 ∆∆ 33

TTUUAA UUBBOO OOPPSS ZZAALL 22UUII AASSOO XXIITT

Documents

matka 59 str 145-181 · E-mail Matke: [email protected] Web stranica Matke: Glavni i odgovorni urednik: Petar MladiniÊ(Zagreb) PomoÊnica glavnog urednika: Renata Svedrec (Zagreb)