SADRŽAJ - matematiranjeos.files.wordpress.com · 11 MATKA.indd 8 MATKA.indd 8 229.08.2008 18:54:259.08.2008 18:54:25. 9 Sada izbrojimo sve dobivene putove koji iz O vode do završnih

1

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

SADRŽAJ

IZLAZI TIJEKOMŠKOLSKE GODINEU ČETIRI BROJA

časopis za mlade matematičare Zagreb, Bijenička 30

Izdaje/osnivateljHRVATSKO

MATEMATIČKODRUŠTVO

ČlanciPetar Mladinić, Rebusi ...................................................................................... 2Vladimir Devidé, Konveksni likovi ................................................................. 5Petar Vranjković, O prebrojavanju pomoću stabla ........................................ 8Timna Tomiša, Staklena piramida ispred Louvrea ...................................... 12Veselko Čotić, Rješenje jednog nagradnog zadatka ..................................... 15Željko Brčić, Cijena vode ................................................................................ 16Inna Shapiro i Antonija Horvatek, Mozgalice na vagi ................................... 18

MatemagičarFranka Miriam Brückler, Trik s tri šalice ...................................................... 22

IntervjuLucija Gusić, Mate Maras ............................................................................... 23

PovijestŽeljko Medvešek, Leonardo da Vinci, svestrani genij ................................. 25

NatjecanjaDržavno natjecanje učenika 7. i 8. razreda osnovnih škola ......................... 28

Križaljke za atkače ............................................................................................. 32Enigmatka ................................................................................................................ 36Natjecanja

Državno natjecanje (nastavak) ...................................................................... 38Kutak za kreativni trenutak

Mozgalica TANTRIX ...................................................................................... 40

Zadatci za atkače početnike ............................................................................. 41Odabrani zadatci .................................................................................................... 45Sudoku ..................................................................................................................... 47Računala

Nikol Radović, Božanska proporcija - pentagram ...................................... 48Ivana Kokić, Microsoft Excel i matematika (1) ............................................. 52

Iz svijetaNatjecanje Georg Mohr 2008. godine ............................................................. 58

Rješenja zadataka ................................................................................................... 62Kutak za najmlađe ................................................................................................... 72

1 MATKA.indd 11 MATKA.indd 1 29.08.2008 18:54:2129.08.2008 18:54:21

2

REBUSIPetar Mladinić, Zagreb

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

U Indiji i Kini matematički su se rebusi pojavili prije više od tisuću godina. U Europi su se slični zadatci počeli promišljati tek početkom

dvadesetog stoljeća. Tridesetih godina prošlog stoljeća takvi su se problemi nazivali kriptoaritmetičkima. U europskim i američkim časopisima taj je naziv potpuno prihvaćen, no mi ćemo ih, zbog matematike u njihovim temeljima, nazivati matematičkim rebusima.

U svijetu ovih rebusa vrijede sljedeća pravila:– različite znamenke zamjenjuju se različitim slovima,– znak * zamjenjuje svaku znamenku,– u zapisu broja prva znamenka slijeva nikad nije jednaka nuli,– broj ABC predstavlja troznamenkasti broj,– rebus je riješen kad se nađu sva rješenja.

Od prvog su trenutka matematički rebusi postali vrlo popularni. Svjetsku su slavu postigla dva rebusa koje je engleski matematičar H. E. Dudeney (1857. – 1930.) objavio 1924. godine:

a) SEND + MORE = MONEYb) TWO ∙ TWO = THREE

Pokazat ćemo, u nekoliko nastavaka, neke od mogućih vrsta matematičkih rebusa.

a) Aritmetički rebus

To je rebus u kojemu nalazimo aritmetičke operacije (zbrajanje, oduzi-manje, množenje i dijeljenje) i u kojemu su sve ili skoro sve znamenke za-mijenjene zvjezdicama. Riješiti rebus znači zamijeniti znakove (zvjezdice) zna-menkama tako da račun bude istinit.

Primjer 1. Riješimo rebus tako da zvjezdice zamijenimo znamenkama od 0 do 9 i da račun bude točan.


3

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Rješenje: Dvoznamenkasti brojevi (faktori) veći su od 90 (i manji od 100). U suprotnom, njihov umnožak ne bi mogao biti četveroznamenkasti broj koji počinje znamenkom 9. Dakle, znamenka desetica u oba je broja jednaka 9. Dakle, imamo:

U drugom retku postupka množenja (množenja znamenkom jedinica) uočavamo da je rezultat množenja dvoznamenkastog broja 9* nekom znamenkom dvoznamenkast broj, tj. da je 9* * **⋅ = . To je moguće samo ako je znamenka kojom množimo jednaka 1. Dakle, drugi je faktor jednak 91.

Pomnožimo li brojeve 98 i 91, dobit ćemo 8918, što je manje od zadanog rezultata. Uvjete zadatka zadovoljava umnožak brojeva 99 i 91 jer je 99 ∙ 91 = 9009. Traženi brojevi su 99 i 91.

Zadatci: Riješite sljedeće rebuse:

1.

2.

3.


4

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

b) Slovčani rebus

U atki broj 1 objavljen je sljedeći rebus.

Primjer 2. Riješimo rebus: A + AB + ABC = BCB

Rješenje: Lako se može uočiti da je A + C = 10 (zbroj jedinica), da je (zbog prenesene desetice) A + B + 1 = 10 + C (zbroj desetica) te da je A + 1 = B (zbroj stotica).

Rješenje je A = 6, B = 7 i C = 4.

Zadatci: Riješite sljedeće rebuse:

1.

2. MATE ∙ M = ATIKA

3. 5 ∙ UM = KUM

Napomena: Objavit ćemo imena onih atkača koji nam pošalju svoje rebuse ili rješenja naših nagradnih rebusa, i nagraditi ih (Ur.).


5

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Ravni lik nazivamo konveksnim ako ima svojstvo da za bilo koje dvije točke A i B toga lika sve točke dužine AB također pripadaju liku.1

(Usporedi sl. 1.: slika a prikazuje konveksan lik, dok lik na slici b nije konveksan.)

KONVEKSNI LIKOVIVladimir Devidé, Zagreb

1 Kad kažemo da je P točka lika ili da pripada (leži na) liku, time mislimo reći da je to bilo neka unutarnja, bilo rubna točka lika. U strogu matematičku defi niciju pojmova: lik, unutarnja točka, rubna točka, opseg, površina lika, itd. ovdje, dakako, niti možemo ulaziti niti je to potrebno.

Primjeri. Krug, elipsa, kvadrat, poluravnina, beskonačna traka, dio ravni-ne između dviju poluzraka, dio ravnine “unutar” hiperbole, kao i čitava ravni-na konveksni su likovi (sl. 2. od a do h). Zvijezda, kružni vijenac, dio ravnine

“izvan” parabole nisu konveksni likovi (sl. 2i, j, k).

Slika 1.

Slika 2. Radi jednostavnijeg izražavanja, formulacije poučaka i dokaznih postupaka,

zgodno je da i za jednodimenzionalne geometrijske tvorevine (u ravnini) i nuldi-menzionalne (točke) također dopustimo naziv “lik”. S tim u vezi lako uviđamo da za jednodimenzionalne konveksne likove postoje samo ove mogućnosti: dužina, polupravac (poluzraka) i pravac. Da bismo bili dosljedni, moramo i (svaku poje-dinu) točku smatrati (nuldimenzionalnim) konveksnim likom.

Svaki je trokut, očito, konveksan lik. Četverokut može biti konveksan, ali ne mora (vidi slike 3a i b). Odmah vidimo da će četverokut biti konveksan onda kad se sjecište njegovih dijagonala nalazi unutar lika. Nalazi li se sjecište dijagonala izvan četverokuta, taj četverokut nije konveksan. Slika 3.


6

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Ravni lik zove se omeđenim ako postoji krug unutar kojega se može smjestiti čitav lik (drugim riječima, ako se lik ni u kojem smjeru ne proteže u beskonačnost). Na slici 2. možemo uočiti da ima i omeđenih (sl. 2a do c) i neomeđenih (sl. 2d do h) konveksnih likova. Od jednodimenzionalnih kon-veksnih likova dužina je omeđena, a polupravac i pravac nisu.

Poučak 1. Ako konveksni lik sadrži točke A, B i C (koje ne pripadaju istom pravcu), onda on sadrži i čitav trokut ABC.

Dokaz. Neka je D bilo koja točka trokuta ABC, čiji vrhovi pripadaju kon-veksnom liku Φ (sl. 4). Spojimo točke A i D pa produljimo AD do sjecišta E s BC . (Posebno, ako je točka D na stranici AB ili AC , točka E će se podudarati s točkom B ili s točkom

C.) Budući da je lik Φ konveksan, točka E pripada liku Φ (jer je na dužini BC ). No tada, zbog konveksnosti lika Φ, i točka

D pripada liku Φ (jer je na dužini AE ). Prema tome, svaka točka trokuta ABC pripada liku Φ, što znači da lik Φ sadrži taj cijeli

trokut. (Napomena: Ako je D ≡ A, točka E nije određena. No, prema pretpostavci, točka A pripada liku Φ.)

Pod presjekom dvaju likova podrazumijevamo geome-trijsku tvorevinu što je čine sve one točke koje pripadaju i jednom i drugom liku. (Na slici 5. presjek pravokutnika i kruga je lik Φ. Ako ta dva lika nemaju zajedničkih točaka, njihov je presjek prazan.)

Slika 6.

Općenitije, pod presjekom više (konačno ili beskonačno mnogo) likova podrazumijevamo geometrijsku tvorevinu koju čine sve one točke koje pripa-daju svakom od danih likova.

Primjerice, presjek svih kvadrata koje dobivamo ako dani kvadrat (u svojoj ravnini) rotira oko središta jest krug upisan tom kvadratu (sl. 6a). Svaki konveksni n-terokut može se predočiti kao presjek n poluravnina (sl. 6b).

Slika 4.

Slika 5.

Φ


7

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Poučak 2. Presjek konveksnih likova, ako nije prazan, i sam je konveksan lik.Dokaz. Neka su A i B bilo koje dvije točke presjeka Φ danih konveksnih

likova, a C bilo koja točka dužine AB . To znači da točke A i B pripadaju svim danim likovima. Budući da su oni konveksni, točka C također pripada svako-me od njih, pa prema tome i njihovu presjeku Φ. Dakle, Φ zadovoljava uvjete defi nicije konveksnog lika.

Općenito će (neprazni) presjek dvodimenzionalnih konveksnih likova biti dvodimenzionalni lik. Može se, naravno, dogoditi da on bude i jednodimen-zionalan ili nuldimenzionalan konveksni lik (v. sl. 7a, b, c).

Slika 7. Budući da je, prema defi nicijama, pravac konveksan lik, to iz poučka 2.

slijedi da svaki pravac koji prolazi nekom točkom konveksnog lika siječe taj lik u konveksnom (dakako, jednodimenzionalnom ili nuldimezionalnom) liku. Vrijedi i obrnuto: Ako lik Φ ima svojstvo da ga svaki pravac (koji ga uopće siječe) siječe u konveksnom liku, Φ je konveksan lik. Da je to zaista tako, možemo zaključiti indirektnim zaključivanjem: Uzmimo da lik Φ nije kon-veksan. Tada postoje točke A i B lika Φ i točka C na AB koja ne pripada liku Φ (nacrtajte sliku). No, u tom slučaju pravac točkama A i B očito ne bi sjekao lik Φ u konveksnom liku jer bi taj presjek sadržavao A i B, ali ne i C. Oba rezultata zajedno daju:

Poučak 3. Dvodimenzionalni lik je konveksan onda i samo onda ako ga svaki pravac, koji ga uopće siječe, siječe u konveksnom (jednodimenzionalnom ili nuldimenzionalnom) liku.

Za omeđene likove sličnim rasuđivanjem možemo dokazati da vrijedi:

Poučak 4. Omeđeni dvodimenzionalni lik je kon-veksan onda i samo onda ako svaki pravac koji prolazi nekom njegovom unutarnjom točkom siječe rub lika u dvije točke.


8

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Za pravilno shvaćanje zakona prirode koji su vjerojatnosnoga karaktera, kao i za shvaćanje statističkih zakonitosti koje se javljaju u prirodi i teh-

nici, vrlo je važno razumijevanje i rješavanje kombinatoričkih problema.Stručnjaci raznih profi la, ali ne samo oni, često moraju rješavati razne zadaće

u kojima se razmatraju različite kombinacije brojeva, slova ili nekih drugih objeka-ta. Tako satničar u školi mora napraviti raspored sati, agronom mora rasporediti određene kulture na razne parcele, kemičar ispitati veze atoma u molekulama, itd. Ovim i sličnim problemima bavi se područje matematike koje se naziva kombinato-rika. Ako želimo istaknuti ono što je u kombinatorici najbitnije, onda bismo je istak-nuli kao teoriju konačnih skupova jer ona dobro opisuje predmet kombinatorike.

U ovom prikazu bavimo se isključivo problemima prebrojavanja. Valja dodati da je to prva preokupacija kombinatorike, a ujedno, možda, i najzgod-nija za upoznavanje učenika s kombinatorikom.

Nije rijetko da se svi promatrani kombinatorički objekti mogu prebroji-ti i pregledno navesti. Zgodan način analize logičkih mogućnosti u kombi-natoričkim problemima je crtanje stabla, koje se inače naziva logičko stablo (stablo logičkih mogućnosti, kombinatorički dijagram).

Pogledajmo neke primjere.

Primjer 1. Ivo, Šime i Tonka dobili su od tete paket u kojemu su, između ostaloga, bile tri igračke: medo, psić i zeko. Na koliko načina među sobom mogu podijeliti te tri igračke, ali tako da svatko dobije po jednu igračku?

Rješenje: Označimo igračke s M, P, Z. Pogodan način da se izvedu sve moguće razdiobe igračaka između troje djece, pri čemu će svako dijete dobiti po jednu igračku, jest prikaz pomoću stabla. Obično polaznu točku (“korijen” stabla) označavamo s O (ali nije nužno), i od nje idemo nadesno svim mogućim putovima do završnih točaka, kao što je prikazano na slici.

O PREBROJAVANJU POMOĆU STABLAPetar Vranjković, Zadar


9

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Sada izbrojimo sve dobivene putove koji iz O vode do završnih točaka. Tako dobijemo 6 mogućih razdioba tih igračaka na troje djece: MPZ, MZP, PMZ, PZM, ZMP, ZPM (jasno je da, primjeri-ce, PMZ znači da je Ivo dobio psića, Šime medu, a Tonka zeku).

Primjer 2. Niko i Miho igraju dvije partije šaha. U svakoj partiji postoje tri moguća ishoda: pobjeda prvoga igrača, neriješeno i pobjeda drugoga igrača. Na koliko se različitih načina može odvijati tijek meča?

Rješenje: Uvedimo oznake: 1 – Nikina pobjeda, 0 – neriješeno, 2 – Mihi-na pobjeda.

Evo stabla:

Prema tome, postoji 9 načina odvijanja tijeka meča.

Primjer 3. U vrču su tri kuglice: crvena, bijela i plava. Iz vrča izvlačimo tri kuglice, jednu po jednu, tako da iza svakoga izvlačenja kuglicu vraćamo u vrč. Koliko različitih načina izvlačenja možemo do-biti na taj način?

Rješenje: 1. 2. 3. 1. 2. 3. 1. 2. 3.

Prema tome, ukupno imamo 27 izvlačenja.


10

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Primjer 4. Mario i Ivan igraju teniski meč. Pobjednik je onaj koji prvi do-bije 2 seta. Ako nema prekida meča, na koliko se načina može odvijati meč?

Rješenje: Neka M ozačava da je u setu pobijedio Mario, a I da je u setu pobijedio Ivan. Stablo onda izgleda ovako:

Evo svih načina na koje se može odvijati tijek meča: MM, MIM, MII, IMM, IMI, II.

Primjer 5. Točke A, B, C, D i E predstavljaju otoke, a spojnice AB, BC, CD, DE, EB, EC mostove između otoka (vidi sliku).

Frane odluči poći u šetnju od otoka do otoka, ali tako da nijedan most ne prelazi dva puta. U slučaju da neki most mora prijeći drugi put, on se zaustavlja i odlazi razgledati akvarij. Ako kreće s otoka A:

1) koliko ima različitih šetnji do zaustavljanja,2) na kojim otocima može pogledati akvarij (svaki otok ima akvarij)?

Rješenje: Evo stabla:


11

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

1) Dakle, imamo 6 različitih šetnji.2) Frane može pogledati akvarij na otocima B, C i E.

Evo nekoliko zadataka za samostalan rad.

1. Imamo tri kutije i u svakoj po jedan dobar i jedan loš proizvod. Na koliko različitih načina možemo odabrati kutiju i iz nje izvući jedan proizvod?

2. Koliko se dvoznamenkastih brojeva može napisati znamenkama koje pripadaju skupu S = {2, 3, 4, 5}, ali tako da se nijedna znamenka ne ponovi?

3. Na koliko se načina može sastaviti niz od 3 znaka ako su znakovi: o, x ?

4. Koliko ima četveroznamenkastih brojeva kod kojih je zbroj zname-naka jednak 2 (broj ne može početi s nulom)?

5. Koliko se troznamenkastih brojeva može napisati pomoću brojeva iz skupa S = {1, 5}?

6. Ante i Krešo igraju neku igru. Pobjednik je onaj koji dobije dvije igre uzastopno ili ukupno tri igre. Na koliko se različitih načina može odi-grati igra?

7. Ana i Branko u prizemlju su ušli u dizalo. Svaka osoba može izaći iz dizala na bilo kojemu od 5 katova. Na koliko različitih načina Ana i Branko mogu izaći na katovima?

8. U nekoj ekspediciji, između ostalih, sudjeluju stručnjaci određenih profi la: V, A i L. Član V mora se izabrati iz skupa S1 = {V1, V2, V3}, član A iz skupa S2 = {A1, A2} i član L iz skupa S3 = {L1, L2, L3}. Prije izbora moraju proći testiranje kojim se utvrđuje određena poveza-nost među njima. Testiranje je dalo određenu povezanost kako slijedi:

V1 s A1, A2, L2, L3

V2 s A1, L1, L2

V3 s A1, L1

A1 s L1, L2

A2 s L1, L2

Uz te uvjete, koliko ima različitih mogućnosti za sastav ekspedicije?

Napomena: Nagradit ćemo svakog atkača koji nam pošalje rješenje najmanje triju postavljenih zadataka.


12

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

STAKLENA PIRAMIDA ISPRED LOUVREATimna Tomiša, 8.b, OŠ Otok, Zagreb

Ispred muzeja Louvre u Parizu nalazi se velika staklena pravilna četvero-strana piramida arhitekta I. M. Peija. Piramida je završena 1989. godine,

za proslavu 200. obljetnice Francuske revolucije. Metalna konstrukcija piramide ispred Louvrea prekrivena je rombovima i trokutima od stakla debljine 21 mm.

Još od same gradnje piramide priča se da ukupni broj staklenih ploča (rombova i trokuta) koje prekrivaju piramidu iznosi 666, što je tzv. “vražji broj”. Zanimalo me je li to istina. Izračunajmo ukupni broj ploča!

Broj staklenih ploča

Osnovica piramide je kvadrat sa stranicom duljine 35 m, a visina pira-mide je 20.6 m. Kao što se vidi na slici, osnovica i bridovi podijeljeni su na 18 jednakih dijelova koji čine mrežu rombova i jednakokračnih trokuta pri dnu piramide.

Broj rombova na jednoj pobočki piramide je 17 + 16 + 15 + 14 + 13 + 12 + 11 + 10 + 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 153, a broj trokuta na jednoj pobočki piramide je 18.


13

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Ukupni broj rombova na sve četiri pobočke iznosio bi 4 · 153 = 612, a ukupni broj trokuta 4 · 18 = 72. No, zbog ulaza na jednoj pobočki ima 9 rombova i 2 trokuta manje.

Dakle, ukupni broj staklenih ploča je (612 – 9) + (72 – 2) = 603 + 70 = 673.

Dakle, netočna je tvrdnja da je ukupan broj staklenih ploča je-dnak 666!

Staklena površina piramide

Da bismo odredili površinu pobočke, izračunajmo prvo duljinu b bočnog brida piramide. Duljina dijagonale baze piramide je d = a 2 = 35 2 ≈ 49.5 m (slika 1.).

Slika 1. Slika 2. Slika 3.

Primjenom Pitagorina poučka na istaknuti pravokutni trokut (slika 2.) izračunat

ćemo da je duljina bočnog brida piramide b d h= ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟+ ≈

232 2

22 . m. Primjenom

Pitagorina poučka na istaknuti pravokutni trokut (slika 3.) izračunat ćemo da

je duljina visine pobočke v b a= −⎛

⎝⎜⎞⎠⎟≈2

2

227 m.

Površinu pobočke računamo prema formuli

p a v1 2= ⋅

i ona iznosi pri-

bližno 472.5 m2. Dakle, površina pobočja je približno 1890 m2. No, da bismo točno izračunali staklenu površinu potrebno je od površine pobočja oduzeti površinu 9 rombova i 2 trokuta kojih nema na ulazu u piramidu!


14

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Označimo s x duljinu stranice romba. Tada je x = b : 18 ≈ 1.788 m.

Kraća dijagonala romba jednake je duljine kao stranica trokuta, tj.e = a : 18 ≈ 1.944 m, a polovina dulje dijagonale romba jednaka je visini trokuta.

Primjenom Pitagorina poučka na istaknuti trokut dobivamo da je

f x e= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟≈2

21 52

2

. m.

Tada je površina romba jednaka promba = e f⋅

2 ≈ 1.458 m2, dok je površina tro-

kuta jednaka polovini površine romba i iznosi približno 0.729 m2.

Dakle, ukupna staklena površina iznosi s ≈ 1890 m2 – (9 · 1.458 m2 + 2 · 0.729 m2) ≈ 1875.42 m2.


15

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

U atki broj 48 (lipanj 2004.) objavljen je sljedeći nagradni zadatak:

Zadana je funkcija sa svojstvom da je f(1) = 2004 i f(1) + f(2) + ... + f(n) = n2 ∙ f(n). Odredite f(2004).

Rješenje: Budući da je f(1) = 2004 i f(1) + f(2) + ... + f(n) = n2 ∙ f(n), zaključujemoda je f(1) + f(2) = 22 ∙ f(2), odnosno 2004 + f(2) = 4f(2). Iz posljednjeg

izraza nalazimo da je 2004 = 3f(2) ili f(2) =

20043

. Isto je tako

f(1) + f(2) + f(3) = 32 ∙ f(3), odnosno 2004 +

20043

+ f(3) = 9 f(3), pa

je f(3) = 20046

. Zbog činjenice da je f(1) + f(2) + f(3) + f(4) = 42 ∙ f(4)

dobivamo da vrijedi 2004 +

20043

+ 20046

+ f(4) = 16 f (4), tj. da je

f(4) =

200410

.

Dakle, vrijedi: f(1) =

20041

, f(2) =

20043

, f(3) =

20046

i f(4) =

200410

.

Uočite da su nazivnici navedenih razlomaka redom 1, 3, 6 i 10, a ti su brojevi zbrojevi uzastopnih prirodnih brojeva:

RJEŠENJE JEDNOG NAGRADNOG ZADATKA

Veselko Čotić, Krapina

Tada je f(2004) = 20041 2 3 2003 2004+ + + + +...

. Budući da je zbroj prva 2004

prirodna broja jednak 1 + 2 + 3 + ... + 2004 = (1 + 2004) + (2 + 2003) +... + (1002 + 1003) =

= 2005 20042⋅

= 2005 . 1002,

konačno je f(2004) = 20042005 1002

22005⋅

= .

Zadatak: Zadana je funkcija sa svojstvom da je f(1) = 2008 i f(1) + f(2) + ... + f(n) = n2 ∙ f(n).

Odredite f(2008).


16

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

CIJENA VODE*

Željko Brčić, Vinkovci

Voda ima neprocjenjivu vrijednost jer život na Zemlji bez nje nije moguć. No, voda ima i svoju stvarnu cijenu

budući da se ona u većem dijelu svijeta kupuje. Već danas više od polovine svjetskog stanovništva nema dovoljne količine pitke vode. Broj stanovnika našega planeta u budućnosti će

rasti, a zalihe vode će se smanjivati. Stoga predviđanja kažu da će jednoga dana voda biti vrjednija od naft e.

Prema nekim procjenama, trgovina pitkom vodom bit će najisplativiji posao 21. stoljeća. No, treba li o cijeni vode misliti već danas? Jeste li se kada zapitali koliko vode pijete i koliko to plaćate? Može li se to izračunati?

Većina ljudi pije vodu iz javnih vodoopskrbnih sustava. Stoga smo proveli prvo istraživanje u kojemu smo prikupili podatke o potrošnji vode iz vodovoda u našim obiteljima tijekom jednog mjeseca. Iz prikupljenih računa za vodu saznali smo da naših 10 domaćinstava ima ukupno 52 člana koji mjesečno potroše 188 m3 vode i za to plate 1015.51 kn.

Dijeljenjem ukupne potrošnje od 188 m3 s 52 osobe dobit ćemo da jedna osoba u prosjeku mjesečno potroši 3.6 m3 ili 3600 litara vode. Dnevno to iznosi oko 120 litara.

Naravno, veći dio vode iskoristi se za pranje, tuširanje, zalijevanje i ostale potrebe, a samo se manja količina popije. Da bismo izračunali koliko vode zaista odlazi na piće, mjerili smo količinu vode koju je svaki od nas popio tijekom sedam dana.

Rezultati toga istraživanja bili su vrlo raznoliki. Najmanja količina vode koju je jedan od učenika popio u tjedan dana iznosila je 3.8

litara, a najviša je bila 10 litara. Svih 10 učenika zajedno je popilo 67.7 litara. Dakle, jedna osoba u prosjeku tjedno popije 6.77

litara vode, odnosno nešto manje od litre dnevno.Usporedimo li to s ranije izračunatom

dnevnom potrošnjom od 120 litara vode, vidimo da manje od 1% potrošene vode popijemo, dok

više od 99% vode odlazi na ostale potrebe.Sada izračunajmo koliko plaćamo vodu koju popijemo tijekom jedne

godine. Ako jedna osoba tjedno popije 6.77 litara vode, godišnje će to iznositi oko 353 litre ili 0.353 m3 vode. Prosječnu cijenu vode iz vodovoda dobijemo

* Tekst je nastao na osnovi istraživanja koje je, u sklopu školskog projekta „Voda“, napravila skupina od 10 učenika sedmog razreda Osnovne škole Zrinskih iz Nuštra.


17

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

dijeljenjem ukupnog iznosa na računima za vodu od 1015.51 kn s potrošenih 188 m3. Dobije se da 1 m3 ili 1000 litara vode iz vodovoda stoji 5.40 kuna. Množenjem te cijene s količinom vode koju tijekom godine dana popijemo dobijemo vrlo zanimljiv i za mnoge iznenađujući rezultat: ako cijelu godinu dana pijemo vodu isključivo iz vodovodne mreže – to ćemo platiti samo 1 kunu i 90 lipa!

Budući da u Hrvatskoj prosječni životni vijek iznosi 73.8 godina, proizlazi da tijekom cijelog svog života prosječni Hrvat popije vode u vrijednosti od 140.22 kune! Začuđujuće je koliko je niska cijena nečega tako vrijednog kao što je pitka voda.

No, kako to obično biva, i ovo naše otkriće ima svoje „ali“. U većini industrijski razvijenih zemalja voda iz vodovoda ne preporučuje se za piće. U Hrvatskoj to, na sreću, još nije slučaj, no možda i mi u budućnosti budemo prisiljeni vodu kupovati u trgovinama. Koliko će pitka voda tada poskupjeti?

Da bismo dobili odgovor na to pitanje, u jednoj od naših trgovina istražili smo koje se vrste voda prodaju u bocama i po kojoj cijeni. Izbor je bio vrlo šarolik, od malih bočica mineralne vode obogaćene voćnim okusima do petolitrenih boca s izvorskom vodom. Nakon zapisivanja i zbrajanja količina i cijena svih dostupnih boca s vodom, izračunali smo da prosječna cijena jedne litre vode u boci iz trgovine iznosi 3.90 kuna, odnosno 3900 kn za 1 m3.

Ranije smo izračunali da jedna osoba u prosjeku tijekom godine dana popije oko 353 litre vode. Ako bismo bili prisiljeni cjelokupnu količinu vode kupovati u trgovini, to bi nas stajalo 1376.70 kn godišnje! Osoba koja bi cijeloga života pila isključivo kupovnu vodu iz boca to bi platila oko 101 600 kn!

Dakle, ako pijete vodu iz vodovoda a ne iz boca, uštedjet ćete malo više od 100 000 kuna, za što, primjerice, možete kupiti pristojan automobil.

Iz našeg računa slijedi da je cijena vode iz boce 722 puta skuplja od vode iz vodovoda. Za iznos od 3.90 kn, koliko prosječno u trgovini stoji jedna boca od litre, iz vodovoda možete piti vodu nešto više od dvije godine. Prema tome, ako ste poduzetni i razmišljate o budućem zanimanju, istražite ima li u vašoj okolici izvora pitke vode. Raspitajte se i o mogućnostima dobivanja koncesije za punjenje i distribuciju vode. Jednoga bi vam dana prodaja obične vode u bocama mogla donijeti ogromnu zaradu.

No, ako i niste skloni poduzetništvu, vodu trošite racionalno jer zalihe vode na Zemlji nisu neograničene. Voda već danas ima svoju cijenu, a kako rastemo mi, rast će i ona.


18

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

MOZGALICE NA VAGIInna Shapiro, Boston, SAD; Antonija Horvatek, Ivanić Grad

Zamislimo da na raspolaganju imamo vagu na čije obje strane možemo stavljati predmete čije mase želimo uspoređivati. Na prvi pogled se

čini da bi za uspoređivanje masa većeg broja predmeta trebalo vagati puno puta. No ponekad, ako pažljivo razmislimo kako vagati, usporediti se može s neočekivano malo vaganja. Evo nekoliko takvih primjera.

Julija i kovanice

Julija ima 3 stare kovanice koje izgledaju jednako. Zna da je jedna od njih lažna i veće mase od preostalih dviju. Kako može otkriti koja je kovanica lažna ako vagu smije koristiti samo jednom?

Rješenje: Julija treba staviti jednu kovanicu na jednu stranu, a drugu na drugu stranu vage. Ako vaga pokazuje da su jednake mase, onda je treća kovanica lažna.

Ako vaga pokazuje da jedna od ovih dviju kovanica ima veću masu, onda je upravo ta lažna.

Ako ste uspješno riješili prošli zadatak, sigurno nećete imati poteškoća ni sa sljedećim:

Zlatar i prsteni

Zlatar ima 9 prstena jednakog izgleda. Svi osim jednog jednake su mase, a taj ima veću masu od ostalih. Kako će zlatar, u samo dva vaganja, otkriti koji je prsten veće mase?

Rješenje: Zlatar će staviti 3 prstena na jednu stranu i 3 na drugu stranu vage. Ako je vaga u ravnoteži, onda se traženi prsten nalazi među preo-stala 3 (koja nisu na vagi), a ako vaga nije u ravnoteži, onda je traženi prsten među ona 3 koja su veće mase.

Dakle, nakon prvog vaganja saznat će među koja je 3 prstena traženi lažni prsten. Nakon toga postupit će kao Julija s kovanicama.

U prva dva zadatka znali smo da je lažna kovanica (odnosno prsten) veće mase od ostalih i ta nam je spoznaja pomagala u rješavanju problema. A što ako ne znamo je li predmet manje ili veće mase? Riješimo i jedan takav problem.


19

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Janičini biseri

Četiri bisera imaju jednak izgled i veličinu. Janica zna da je jedan biser lažan, ali ne zna je li on veće ili manje mase od ostalih. Pomozimo Janici da u dva vaganja nađe lažni biser.

Rješenje: Prvo na svaku stranu vage stavimo po jedan biser. 1. Ako su oba jednake mase, oba su prava. Tada možemo uspo-

rediti i treći biser s pravim biserom na vagi. Ako su mase jed-nake, lažni je četvrti. Ako mase nisu jednake, lažni je treći.

2. Ako prva dva bisera nisu jednake mase, onda je lažni biser među njima, pa su treći i četvrti biser sigurno pravi. Stavimo na vagu npr. prvi i treći biser. Ako su jednakih masa, tada je drugi biser lažni. Ako nisu jednakih masa, tada je prvi biser lažni.

U prošlom je zadatku Janica otkrila koji je biser lažan, ali nije otkrila je li on manje ili veće mase od ostalih. U idućem zadatku imat ćemo “obrnuti pro-blem” - od nas će se tražiti da otkrijemo je li lažni novčić manje ili veće mase od ostalih, ali nam neće biti važno koji je to novčić.

Novčići iz škrinje

U škrinji je 101 stari novčić. Jedan među njima je lažan i njegova je masa drugačija od mase ostalih (koji su jednakih masa). Možemo li otkriti je li lažni novčić manje ili veće mase od ostalih ako smijemo vagati samo dva puta?

Rješenje: Možemo! Novčiće treba podijeliti u 3 skupine: od 33, 33 i 35 novčića (skupine A, B i C). Nakon toga prvo treba usporediti sku-pine A i B pomoću vage. Ako su one jednakih masa, tada su svi novčići u njima pravi (a ima ih 66). Uzmemo bilo kojih 35 ispravnih novčića i stavimo ih na jednu stranu vage, a na drugu stranu skupinu C (u kojoj je lažni novčić). Ako skupina C ima veću masu, onda je i lažni novčić veće mase; u suprotnom ima manju masu. Ako skupine A i B nisu jednakih masa, onda je u jednoj od njih lažni novčić, pa su svi novčići u skupini C pravi. Uzmemo bilo koja 33 novčića iz skupine C i usporedimo njihovu masu s masom teže skupine (uzmimo da je to skupina A). Ako su mase jednake, onda je lažni novčić u skupini B i on ima manju masu od ostalih. Ako skupina A ima veću masu od ove 33 kovanice iz skupine C, onda je lažni novčić u njoj i on je veće mase.


20

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Uočite da je Janica otkrila koji je biser bio lažni, ali nije saznala je li taj biser manje ili veće mase od ostalih. Za novčiće iz škrinje saznali smo je li lažni novčić manje ili veće mase od ostalih, ali nismo otkrili koji je novčić lažni. Pogledajmo kakav je zadatak čarobnjak zadao Dori.

Čarobnjak i Dora

Čarobnjak je Dori pokazao 12 novčića jednakog izgleda. Svi su bili jednake mase, osim jednog lažnog koji je bio ili manje ili veće mase od ostalih. Može li Dora naći lažni novčić koristeći vagu samo 3 puta?

Rješenje: Može! Treba učiniti sljedeće: Novčiće označiti brojevima od 1 do 12 i podijeliti ih u 3 skupine: - skupina A sadrži novčiće 1, 2, 3, 4; - skupina B sadrži novčiće 5, 6, 7, 8; - skupina C sadrži novčiće 9, 10, 11, 12.

1. vaganje: Usporedimo skupine A i B. Vaganje nastavljamo ovisno o tome jesu li im mase jednake ili ne:

a) Ako su im mase jednake, tada je prvih 8 novčića pravo. U tom slučaju vaganja nastavljamo ovako:

2. vaganje: Bilo koja 2 prava novčića usporedimo s novčićima 9 i 10.

Ako su im mase jednake, onda je lažni novčić 11 ili 12. Ako im mase nisu jednake, onda je lažni novčić 9

ili 10.

3. vaganje: Usporedimo jedan od dva “osumnjičena” novčića s jednim pravim da bismo otkrili koji je od

“osumnjičenih” lažni.

b) Ako smo u 1. vaganju zaključili da skupine A i B nisu jednakih masa, tada su svi novčići iz skupine C pravi. Pretpostavimo da skupina A ima veću masu od skupine B. Lažni novčić je ili u skupini A (u tom slučaju on je veće mase od ostalih) ili u skupini B (u tom slučaju on je manje mase od ostalih). Vaganja nastavljamo ovako:


21

2. vaganje: Stavimo novčiće 1, 2, 3, 5 na jednu stranu vage, a novčiće 4, 9, 10, 11 na drugu stranu.

Ako su jednakih masa, onda je lažni novčić 6, 7 ili 8, i on ima manju masu od ostalih. Pronaći ćemo ga u skladu s rješenjem 1. zadatka iz ovog članka (samo jednim vaganjem).

Ako skupina (1, 2, 3, 5) ima veću masu, onda je lažni novčić 1, 2 ili 3, i on ima veću masu od ostalih (ponovno ga možemo pronaći u skladu s rješenjem 1. zadatka).

Ako skupina (1, 2, 3, 5) ima manju masu, tada je lažni novčić ili 5 ili 4, a pronaći ćemo ga tako da bilo koji od njih usporedimo s bilo kojim pravim novčićem (to je 3. vaganje).

Ovaj je zadatak moguće riješiti na još jedan način. Evo upute za vaganje, a vi razmislite kako možete znati koji je novčić lažan1. vaganje: Usporedi mase skupina (1, 2, 3, 10) i (4, 5, 6, 11).2. vaganje: Usporedi mase skupina (1, 2, 3, 11) i (7, 8, 9, 10).3. vaganje: Usporedi mase skupina (1, 4, 7, 10) i (2, 5, 8, 12).

Provjerite svoju snalažljivost i pokušajte osmisliti kako treba vagati da biste riješili sljedeće zadatke:

Zadatci:1. Arheolog i stare kovanice. Arheolog ima 27 starih kovanica. Zna da je

među njima jedna lažna i da ima veću masu od ostalih. Može li otkriti koja je kovanica lažna koristeći vagu samo tri puta?

2. Marko i prstenovi. Marko ima 75 sličnih srebrenih prstenova. Svi su jed-nake mase, osim jednoga koji samo izgleda srebren, no za njega ne zna je li veće ili manje mase od ostalih. Može li Marko otkriti je li “lažni” prsten manje ili veće mase od ostalih ako vagu može koristiti dva puta? (Nije po-trebno otkriti koji prsten je lažan.)

3. Ana i dinje. Ana ima 4 slične dinje. Kako ih može u pet vaganja izvagati da bi ih poredala prema njihovim masama?

4. Izmjerimo šećer bez utega. U vreći su 24 kg šećera. Kako izdvojiti 9 kg šećera koristeći vagu (bez utega) samo tri puta?

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65


22

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

MATEMAGIČAR

TRIK S TRI ŠALICEFranka Miriam Brückler, Zagreb

Za ovaj trik Dagobert je ponio tri šalice i jedan bombon. – Tko je danas dobrovoljac?– Za kakav trik?– Dobrovoljac – ili dobrovoljka – stavit će bombon ispod jedne od šalica, a ja ću

ga naći iako neću znati ispod koje ga je stavio (stavila). No, tko će?Javila se Tea.

– Ako ne nađete bombon, hoću li ga ja dobiti?– Ma može, čak i ako nađem... Samo se moraš držati uputa koje ću ti sad dati,

inače ga nećeš dobiti. Može?– Aha.– Dobro. Stavimo ove tri šalice jednu do druge dnom prema gore. Za lijevu

ćemo se dogovoriti da je to pozicija broj 1, ma koja se šalica tu našla. Srednja je po-zicija 2, a desna je pozicija 3. Ja ću se sad okrenuti, a ti stavi bombon ispod jedne od njih, onda ću ti reći što dalje.I Tea je stavila bombon ispod srednje šalice.

– Evo, stavila sam!I dalje okrenut leđima šalicama, Dagobert daje daljnje upute.

– Prvo zamijeni pozicije onih dviju šalica ispod kojih nije bombon. Nemoj mi reći koje si zamijenila.

– Dobro, jesam. Što sad?– Sad koliko god puta hoćeš zamijeni po dvije šalice, ali govori mi pozicije koje

mijenjaš. Naprimjer, ako zamijeniš lijevu i desnu, reci ‘1 i 3’– Evo. Mijenjam... 2 i 3. Paaaa... 1 i 2. Još 3 i 2. I još 1 i 3. Sad mi je dosta.– Dobro, sad zamijeni bilo koje dvije, ali nemoj mi reći koje si zamijenila.– Jesam. (Tea je zamijenila 1 i 3).

– Dobro, a saad možeš nastaviti koliko još želiš puta zamjenjivati po dvije šalice, ali opet mi govori pozicije koje mijenjaš. Kad kažeš da si gotova, okrenut ću se i naći bombon.

– Sad ću još zamijeniti... 1 i 2, pa 2 i 3, pa 3 i 1. Ne da mi se više.Dagobert se okrene, pogleda trenutak, podigne šalicu ... – i gle, tu je bombon!

– Eto Tea, zaslužila si svoj bombon. Ako tko ne vjeruje da ovo mogu ponoviti, imam ja još bombona...

O čemu je riječ u ovome triku? Objavit ćemo imena onih atkača koji nam pošalju rješenje Dagoberova trika.

MATEMAGIÈAR


23

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

MATE MARASLucija Gusić, Zagreb

U ovom broju predstavljamo vam jednog osebujnog mate-matičara. Gospodin Mate Maras je bivši hrvatski ataše za kulturu u Parizu i Washingtonu i jedan od najcjenjenijih hrvatskih prevodi-laca s engleskog, talijanskog i francuskog jezika. Njegov posljednji projekt je prijevod sabranih Shakespeareovih djela koja su poznata po tome što su zbog velikoga bogatstva misli i riječi, te često ne-razumljivih i višeznačnih stihova iznimno teška za prevođenje.

Mate Maras rođen je 1939. u Studencima kraj Imotskog gdje je živio 16 godi-na. Srednju školu pohađao je u imotskoj gimnaziji i V. gimnaziji u Zagrebu. Go-dine 1965. diplomirao je matematiku i fi ziku na PMF-u u Zagrebu, a dvije godine studirao je i glumu na tadašnjoj Akademiji za kazališnu umjetnost. Tri godine kasnije odlazi u Kanadu raditi kao geofi zičar na naft nim poljima. Neko vrijeme radio je kao srednjoškolski profesor u Poreču, nakon čega odlazi ploviti Crnim morem kao nadglednik tereta. 1980. godine dolazi u Zagreb kako bi radio kao profesionalni prevoditelj. Godine 1995. postao je glavni urednik Trećeg programa Hrvatskog radija. Godinu dana kasnije odlazi u Pariz kao kulturni ataše, a nakon toga i u Washington. Za prijevod Gospođe Dalloway Virginije Woolf dobio je na-gradu Društva književnih prevoditelja, a za prijevod Rabelaisova romana Gargan-tua i Pantagruel dobio je veliku nagradu Francuske akademije. Sastavio je i prvi Rimarij hrvatskoga jezika, te objavio vlastitu zbirku pjesama Kasna berba. U svojoj prevoditeljskoj karijeri može se pohvaliti prijevodima Dantea, Petrarce, Boccaccia, Machiavellija, Prousta i Shakespearea. Njegov prijevod Soneta Giuseppea Gioachi-na Bellija s rimskog dijalekta poseban je i radi toga što nije preveden na književni jezik već na ikavsku štokavicu Dalmatinske zagore. U opaski toga prijevoda Mate Maras je napisao: Ako se u kojoj našao rimski lokalitet, ili talijansko ime, s malo više truda mogla se uvijek naći odgovarajuća zamjena iz dalmatinskog iskustva. Nakon dvadesetak prevedenih soneta postalo mi je odjedanput jasno da se velik dio Bellijeva kanconijera dade preseliti u Imotsku krajinu.“

atka: Recite nam nešto o školovanju i odluci da studirate matematiku.

Mate Maras: U osnovnoj i srednjoj školi volio sam sve predmete, jednostavno mi je škola bila draga. Možda mi nećete vjerovati, ali ja sam bivao najtužniji kada bi počinjali školski praznici. Matematika mi je bila nekako najlakša, tako prirodna da je nikada nisam učio, a čudio sam se kolegama koji nisu znali riješiti zadatak, naročito iz geometrije.

atka: Kako ste se počeli baviti pisanjem i prijevodima?

Mate Maras: Znate već kako se počinje pisati: domaće zadaće na zadanu temu, sadržaj lektire, školske zadaće kao provjera pismenosti. Neki odmah slažu pjesme o

INTERVJU


24

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

jesenjem lišću ili lijepim očima, šalju u školske časopise. Na satovima stranog jezika moraju se prevoditi štiva, riječ po riječ, rečenicu po rečenicu. Tako se mlad čovjek zaplete u mrežu književnosti i često u njoj ostane do kraja života. Ja se već trideset i pet godina bavim prevođenjem književnih djela s engleskog, talijanskog i francuskog jezika.

atka: Recite nam nešto svome posljednjem projektu.

Mate Maras: Posljednji veliki posao kojim sam se bavio punih pet godina bilo je prevođenje djela engleskoga dramatičara i pjesnika Williama Shakespearea koji je živio prije četiri stoljeća. Svima su vam poznate njegove tragedije Romeo i Julija, Hamlet, Kralj Lear, da spomenemo samo najslavnije među njima, ili pak komedije San ivanjske noći, Kroćenje goropadnice, Kako vam drago itd. Kad se tome do-daju poeme i soneti, dobije se četrdeset prevedenih knjiga koje su prošle godine izašle u četiri sveska.

atka: Kada biste mogli ponovno birati, biste li se opet odlučili za studij matematike? Je li vam matematika ikako pomogla u sadašnjem poslu?

Mate Maras: Vjerujem da mi je matematika uvodila red u misli. Ja svakoj književnoj tvorevini pristupam kao skupu riječi koji iz jednoga jezika treba na neki način preslikati u drugi jezik. Dakle, radi se o nekoj vrsti funkcije, i toga sam uvijek svjestan. Ipak valja priznati da to nije dovoljno, jer bi onda svi matematičari bili pre-voditelji. S današnjega gledišta mogu reći da bih radije studirao nešto drugo, možda komparativnu književnost ili lingvistiku.

atka: Svi na kraju nešto poruče atkačima. Koja bi bila Vaša poruka?

Mate Maras: Nastojte vidjeti ljepotu u riječima koje opisuju pojedine postupke, pokušajte uživati u skladu koji vlada između međunarodnih simbola i vašega ma-terinskog jezika.

OdgojL’ aducazzione

Sine mili, radi ko pokojni ćaća:Nikada ne daj rđi na se, a čast svakon.Kad je njega kogod prokinijo šakon,

Doklen trepneš okon - duplo mu se vraća.

Ako ti se drugi u razgovor miša,Pa navali krme isporavljat tebe,

U oči mu smista skreši nek se jebe,Nek budala zna da kontra vitra piša.

Kad se zašijaš i zaigraš na buće,Prvo popij vino, sve do zadnje kapi;Ima vremena bumbizat di je bulin.

I zapanti da si iz kršćanske kuće:Zato uvik nosi škapular u kapi,

I za svaki slučaj u džepu brtvulin. Giuseppe Gioachino Belli, Soneti, Zagreb, 1994.


25

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Leonardo da Vinci – svestrani genij (1452. – 1519.)

Umro je razočaran i ogorčen jer njegovi suvremenici nisu u njemu pre-poznali svestranu genijalnost slikara, kipara, svirača lutnje, inženjera, vojnog graditelja, konstruktora, arhitekta, urbanista, prirodoslovca i anatoma. Zna-menit je trebao postati barem kao stvaralački umjetnik. Od stotina njegovih izuma, koji su bili daleko ispred svoga vremena, za njegova života nije ostvaren ni jedan.

Leonardo je ostavio oko 700 stranica dnevničkih zabilježaka. One su pune najrazličitijih opisnih tekstova i skica. Pokraj anatomskih studija tu se nalaze i osnove ratne tehnike, uz zagonetne nizove brojeva stoje studije ustroj-stva helikoptera i lopatičnih kola, plovećeg jaružala, letećih naprava i jednog ronilačkog odijela, nepotopivog broda i stroja za brušenje zrcala, višecijevnih pušaka i voznih dizalica... Između toga mogu se vidjeti planovi sustava kanala za otpadne vode i nacrti gradova u dvije razine (za pješake i za vozila), ski-ce sanjarskih krajolika, matematičke zagonetke, zamisli o kemijskim dimnim bombama i zaštitnim plinskim maskama. Mnogo toga zabilježeno je tajnim pismom, a neke je bilješke ljevoruki autor ispisivao zrcalnim pismom.

POVIJEST

Iako je tek poneki od njegovih izuma premašio razinu crteža ustrojstva, mislilac iz Vince kod Firence bio je više praktičar nego teoretičar. On se sam nazivao discipolo della sperienza (učenik iskustva). Još je rekao: Tko se u ra-spravi poziva na autoritet, nije mu potrebna pamet nego pamćenje. Pokretačka snaga u njemu bio je nepresušiv poriv za spoznajom.

Preteča helikoptera: Leonardova skica letjelice sa zračnim vijkom koja, doduše, nije ispunja-vala aerodinamičke zahtjeve

Skica postupka pokusnog određivanja snage mišića čovjeka i sile uzgona udarnog krila; Leo-nardo je za to bio potaknut letom ptica


26

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Usprkos svojoj skoro proročanskoj nadarenosti za tehničke putove budućnosti, Leonardo se uvijek ponovno bavio i (besmislenim) konstrukcija-ma perpetuuma mobile (vječno pokretljivog).

Leonardo je svojim zamislima bio daleko ispred svoga vremena

Kao tipičan istraživač renesanse, Leonardo da Vinci nije crpio svoje znanje samo iz knjiga, kao što su to gotovo isključivo činili znanstve-nici srednjeg vijeka. Umjesto toga, on je promatrao realnost oko sebe i to reproducirao kao slikar, prirodoslovac, anatom i tehnički izumitelj. Tako je većina njegovih zamisli prodirala u nepoznata područja zna-nosti ili istraživanja.

MehanikaLeonardo je krenuo od važnih problema i tražio tehnička rješenja. Tako je zamislio voznu dizalicu koja bi graditeljima trebala olakšati dizanje teških tereta. Pokreće se na postolju, a na gornjem je dijelu vođena uz pomoć zategnutog užeta. Ručnom obrtaljkom i zupčanim prijenosnikom pokreće se užno vitlo koje podiže teret. Teretna kuka mogla se otvoriti daljinski.Kako bi rijeke i kanali postali plovni za brodove, Leonardo je konstrui-rao ploveće jaružalo s lopatičnim kolom koje je s dna podignuti mulj prekrcavalo u teretna vozila.

Ove konstrukcije Leonardo nije predlagao samo kao grube zamisli; on je pritom rješavao sve detalje i izu-mio niz novih sastavnica uređaja: beskonačne vijke, pužne pogone, zglobni lanac i različite valjčane, kuglične i kolutne ležajeve.

Hidrodinamika i aerodinamikaLeonardo se bavio i crpkama i vodenim mlinovi-ma. Prema načelu kola s lopaticama, godine 1510. izumio je i ‘vjetrenjaču’ na topli zrak. Pritom nije pomišljao na iskorištavanje otpadne topline. Rotor s lopaticama, ugrađen u dimnjaku, okreću vrući izlaz-ni dimni plinovi, a on preko zupčanog prijenosnika pokreće ražanj. Preoblikovan u mehanizam pokre-tan tekućim medijem, takav je Leonardov vodeni sat bio preteča kasnijih protočnih mjerila.

Prijenos pogonske snage mlinskog kola s obuhvatnom pojasnom kočnicom


27

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Ratni strojevi i uređajiU Milanu, i kasnije u Veneciji koja je vodila rat s Turskom, Leonardo je konstruirao brojne uređaje i oružja za ratovanje na kopnu i na moru. Među njima su bila oklopljena kola (vozilo pokretano sna-gom ljudskih mišića i uz pomoć ručnih obrtaljki), ratni brod čiju jer posadu činio jedan čovjek, čamci za polaganje mina i razbijanje ne-prijateljskih plovila (sudaranjem), podmornica, borbena ronilačka odijela i neprobojni prsluci.

LetjelicePomisao da se ptica može vinuti u zrak potaknula je Leonarda na konstruiranje letjelice za jednu osobu. Razvio je napravu s oscilirajućim krilima (ornitopter), koja je bila pokretana ponajprije nogama. Letjelica je raspolagala visinskim kormilom i za nju je bio izrađen realni proračun snage mišića čovjeka. Uz to su postojale i konstrukcije modela s okretnim krilima (helikopter), koji su čak bili opremljeni odbojnicima za meko prizemljenje.

Graditeljstvo i arhitekturaBrojne skice i tekstovne zabilješke Leonar-da bile su posvećene planskom uređenju gradova. Prema jednoj zamisli, Leo-nardo predviđa gradnju velike gradske središnjice u kojoj je promet organizi-ran u dvije razine. Uz to navodi: Na gor-njim prometnicama ne smiju prometovati nikakva (!) vozila. Za vučna kolica i terete… namijenjena je donja prometnica. Pješačka zona je zapravo, primjereno vremenu, bila namijenjena plemstvu. Leonardo se još bavio i arhitektonskim rješenjima crkava, gradskih vijećnica i velikih konjušnica. I tu se po-svetio, kao i u mehanici, brojnim detaljima kao što su stubišta ili sustavi centralnog grijanja.

Izvornik: Paturi, Felix, R., Chronik der Technik (1988.)Pripremio: Željko Medvešek, Zagreb

Astronomska studija pisana, tipično za Leonarda, obrnutim smjerom; izračun udaljenosti Sunca i Zem-lje, te veličine Mjeseca


28

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

DRŽAVNO NATJECANJEučenika 7. i 8. razreda

osnovnih škola Republike Hrvatske

Sedamnaesto (50.) natjecanje iz matematike učenika sedmih i osmih razreda osnovnih škola Republike Hrvatske održano je od 6. do 9. travnja 2008. godine u Primoštenu. Domaćin natjecanja bila je OŠ Primošten. Organizator natjecanja bilo je Hrvatsko matematičko društvo, a pokrovitelji Ministarstvo znanosti, obrazovanja i športa Republike Hrvatske te Agencija za odgoj i obra-zovanje. Na natjecanju je sudjelovalo 86 učenika – 44 sedmih i 42 osmih razre-da. Za postignute rezultate nagrađeni su i pohvaljeni sljedeći učenici:

7. razredI. nagrada

Lucija Ivković, OŠ Bartula Kašića, Zadar;Nika Prugovečki, OŠ Ivana Gundulića, Zagreb;Roko Žaja, OŠ Stjepana Radića, Imotski.

II. nagradaNevena Radašinović, OŠ Đakovački Selci, Selci Đakovački;Nina Zupičić, OŠ Vodnjan, Vodnjan; Ivan Sesar, OŠ Augusta Šenoe, Zagreb;Iva Manojlović, I. osnovna škola, Ogulin;Karolina Ocvirek, OŠ Podturen, Podturen.

III. nagradaIvan Čeh, OŠ Vazmoslava Gržalje, Buzet;Borna Vukorepa, OŠ dr. Ante Starčevića, Zagreb;Petar Gilić-Kuko, OŠ Trilj, Trilj;Ivana Kovačević, OŠ Eugena Kumičića, Velika Gorica;Neven Miculinić, OŠ Centar, Rijeka;Maja Žitko, OŠ Zapruđe, Zagreb;Luka Škugor, OŠ Petra Krešimira IV., Šibenik;Odri Cicvarić, OŠ Nikole Tesle, Rijeka;Filip Hrenić, OŠ Novi Marof, Novi Marof.

Pohvaljeni su:Ivana Fumiš, OŠ Davorina Trstenjaka, Zagreb; Albert Škegro, OŠ Savski Gaj, Zagreb; Branimir Jungić, OŠ Braće Ribar, Sisak; Juraj Žgela, OŠ Dubovac, Karlovac; Domagoj Ćevid, OŠ Nikole Tesle, Zagreb; Mihael Marović, OŠ Au-gusta Cesarca, Zagreb i Katarina Veleglavac, OŠ Petra Krešimira IV., Šibenik.

NATJECANJA


29

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

8. razredI. nagrada

Matija Bucić, OŠ Remete, Zagreb;Matija Milišić, OŠ Retkovec, Zagreb;Luka Filipović, OŠ Remete, Zagreb;Filip Reškov, OŠ Petra Krešimira IV., Šibenik.

II. nagradaMarko Samardžija, OŠ Nikole Tesle, Zagreb;Tomislav Bujanović, II. OŠ Bartola Kašića, Zagreb;Bruno Buljan, OŠ Matije Gupca, Zagreb;Dario Smolčić, OŠ Braća Ribar, Sisak.

III. nagradaDino Golubić, VI. Osnovna škola, Varaždin;Matija Hranilović, III. osnovna škola, Čakovec;Boris Juras, OŠ Luka, Zagreb;Luka Skorić, OŠ Gornja Vežica, Rijeka; Neven Trgovec, OŠ Bedekovčina, Bedekovčina;Domagoj Babić, OŠ Jurja Šižgorića, Šibenik;Matija Klarić, OŠ Miroslava Krleže, Čepin;Filip Srnec, III. osnovna škola, Čakovec;Zvonimir Šegvić, OŠ Kman-Kocunar, Split; Verner Vlačić, OŠ Matije Vlačića, Labin.

Pohvaljeni su:Josip Strmečki, OŠ Josipovac, Josipovac; Ivana Vukorepa, OŠ Pujanki, Split; Veronika Pedić, OŠ Frana Galovića, Zagreb; Marko Domiter, OŠ Trnovec, Trnovec; Filip Tomaško, OŠ Poreč, Poreč; Mislav Kerner, OŠ Ante Kovačića, Zagreb; Filip Milinković, OŠ Dragutina Tadijanovića, Zagreb i Ivan Paljak, VI. osnovna škola, Varaždin.

Na natjecanju su postavljeni sljedeći zadatci:

7. razred

1. Tri djevojčice, Ana, Iva i Maja, u šumi su skupile 770 kestena i odlučile ih međusobno podijeliti proporcionalno svojim godinama. Svaki put kad je Iva uzela 4 kestena, Ana je uzela 3, a na svakih 6 što ih je uzela Iva, Maja je uzimala 7 kestena.

Koliko godina ima svaka djevojčica ako zajedno imaju 35 godina? Koliko je kestena pripalo svakoj od njih?


30

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

2. Cijena nekog materijala snižena je 52%. Nakon tog sniženja za iznos od 240 kn može se kupiti 1 metar materijala više nego se prije sniženja moglo kupiti za 270 kn. Odredite cijenu tog materijala prije sniženja.

3. Koliki je zbroj svih peteroznamenkastih brojeva zapisanih pomoću zna-menaka 1, 2, 3, 4 i 5, pri čemu se svaka znamenka pojavljuje točno je-danput?

4. U konveksnom četverokutu ABCD točke E, F i G redom su polovišta stra-nica AD , DC i AB . Pri tome je GE ⊥ AD i GF ⊥ CD. Izračunajte veličinu kuta ∠ACB.

5. Dan je pravokutnik ABCD. Na simetrali stranice AB odnosno BC nalaze se točke E i G odnosno F i H tako da je |ES| = |SH| i |FS| = |SG|. Pri tome je točka S sjecište simetrala stranica AB i BC .

Dokažite da je četverokut EFGH jednakokračni trapez.

8. razred

1. Odredite vrijednost izraza a(a + 2) + c(c – 2) – 2ac ako je a – c = 7.

2. Usporedite brojeve 2006 + 2010 i 2 2008.

3. Šest učenika, označimo ih s A, B, C, D, E i F, rješavali su neki zadatak. Zadatak su riješila dvojica. Na pitanje Tko je riješio? dali su sljedećih pet odgovora:

1) A i C; 2) B i E;3) F i A;4) B i F;5) D i A.

U četiri od navedenih pet odgovora jedan je dio točan, a drugi netočan, dok su u jednome odgovoru oba dijela netočna. Koji su učenici točno riješili zadatak?

4. U pravokutniku ABCD točka M je polovište stranice AB, a točka E je presjek dijagonale AC i dužine DM . Ako je |AB| = 2 2 cm i |BC| = 2 cm, dokažite da je |∠CED| = 90°.

5. Zadan je pravokutnik ABCD takav da je |AB| = 3|BC|. Na stranici AB

dana je točka P takva da je |AP| = 13

|AB|. Dokažite da je

|∠CAB| + |∠CPB| = 45°.


31

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Rješenja zadataka7. razred

1. Označimo li s a Anine godine, s i Ivine godine, te s m Majine godine, prema uvjetima zadatka vrijede jednadžbe:

a + i + m = 35, i : a = 4 : 3, te i : m = 6 : 7.

Izrazimo li a i m preko i, dobit ćemo da je 34

a i= , odnosno 76

m i= . Uvrštavanjem

u jednadžbu a + i + m = 35 nakon sređivanja dobit ćemo da je i = 12. Odatle se dobiva da je a = 9 i m = 14. Budući da je 770 : 35 = 22, zaključujemo da Ivi pripada 22 · 12 = 264 kestena, Ani 22 · 9 = 198 kestena, a Maji 22 · 14 = 308 kestena.

2. Neka je x = početna cijena jednog metra materijala, a y = količina materijala u metrima. Nakon sniženja cijena metra materijala iznosila je x – 52%(x) = 48%(x) = 0.48x. Prema uvjetima zadatka vrijedi sustav jednadžbi:

x · y = 2700.48x · (y + 1) = 240.

Nakon sređivanja i rješavanja ovog sustava po nepoznanici x, dobit ćemo da je x = 230.

3. Broj peteroznamenkastih brojeva koji zadovoljavaju uvjete zadatka iznosi 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120, a svaka od znamenaka javlja se po 24 puta na svakom od dekadskih mjesta. Neka je s n označen zbroj svih znamenaka na poje dinom dekadskom mjestu.

Tada je n = 24 · 5 + 24 · 4 + 24 · 3 + 24 · 2 + 24 · 1 = 360. Budući da svaki od traženih brojeva možemo napisati u obliku

10 000a + 1000b + 100c + 10d + e, slijedi da je zbroj svih tih brojeva jednak 10 000n + 1000n + 100n + 10n + n = 11 111n = 11 111 · 360 = 3 999 960.

4. Budući da je |AE| = |ED|, |∠GEA| = |∠DEG| = 90° i GE zajednička strani-ca trokuta AGE i DGE, prema poučku S-K-S o sukladnosti trokuta slijedi da je Δ ≅ ΔAGE DGE . Iz te sukladnosti slijedi da je |AG| = |GD|. Analogno je Δ ≅ ΔGFD GFC pa je |GD| = |GC|.

Prema tome je |AG| = |GD| = |GC|, pa zbog uvjeta zadatka |AG| = |GB| slijedi da je |GC| = |GB|. Dakle, trokut GBC je jednakokračan, s osnovicom BC .

No, i trokut AGC je jednakokračan, a njegova je osnovica AC . Neka je |∠CAG| = α.

Tada je i |∠GCA| = α, pa je |∠CGB| = |∠CAG| + |∠GCA| = 2α.

Nadalje je |∠BCG| = |∠GBC| = 180

2° − ∠CGB = 90° – α.

Konačno dobivamo da je |∠ACB| = |∠GCA| + |∠BCG| = α + 90° – α = 90°.Nastavak na stranici 38.


32

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

K R I Ž A LJ K A

1 2 Ο 34 5

Ο 6 7 Ο 8

Ο 9 10 Ο11 Ο 12 Ο 13

14 Ο 15

VODORAVNO: 1. Duljina stranice kvadrata kojemu je opseg jednak 2008.3. Površina pravokutnika kojemu su duljine stranica dva od brojeva 3, 33, 103, 133. 6. (88 – 44) : 11 + (543 – 345) : 9. 8. Duljina treće stranice trokuta kojemu su duljine dviju stranica 39 i 69 i opseg jednak 150. 9. Osamdeset sedam tisuća trideset i jedan. 11. 4554 : 66. 12. (1000 + 999) – (2000 – 85). 14.77 ⋅ 77 – 76 ⋅ 76. 15. Obujam kocke kojoj je duljina brida 9.

OKOMITO: 1. Duljina druge stranice pravokutnika kojemu je duljina jedne stranice 45 i površina jednaka 2430. 2. 16 ⋅ 16 – 15 ⋅ 15 + 14 ⋅ 14. 4. 29 ⋅ 29 + 2900 : 29. 5. Obujam kvadra kojemu su duljine bridova 2, 2 i 23. 7. 9 ⋅ (15 + 12) ⋅ (15 – 12) – 11 ⋅ 11. 9. DCCCXCV. 10. 34 ⋅ 34 – 28 ⋅ 28 – 5 ⋅ 5. 11. Duljina druge stranice pravokutnika kojemu je duljina jedne stranice 39 i opseg jednak 200. 13. Površina kvadrata kojemu je opseg 28.

K R I Ž A LJ K A

Zdravko Kurnik, Zagreb


33

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

1 23 Ο 4 5 6 7

8 9 Ο 10

11 Ο 12 13 Ο ΟΟ Ο 14 Ο 15 16

17 18 Ο 19 20

21 Ο 22

VODORAVNO: 1. Prosti djelitelj broja 2334. 4. Prve četiri decimale u decimalnom prikazu razlomka 8

13. 8. Broj kojemu su svi prosti faktori 3,

13, 113. 10. 55 ⋅ 5.2. 11. 10 ⋅ (40 – 1) – 19 ⋅ 19. 12. 17

37

57

+ +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⋅ 399. 14.

CMXC. 15. Koliko dužina određuje 10 točaka na pravcu? 17. Broj kojim treba proširiti razlomak

8

17 da se dobije razlomak

26165559

. 19. 2 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅

3 ⋅ 3. 21. Površina kvadrata kojemu je opseg jednak 288. 22. Najveći zajednički djelitelj brojeva 3515, 7733.

OKOMITO: 1. 2 ⋅ 9 ⋅ 19. 2. 1000 – 100 47

37

− – 50. 3. Skupina znamenki koja

se ponavlja u decimalnom prikazu razlomka 1011

. 5. 8.08 : 5.05 + 121.4. 6.

Broj kojim treba skratiti razlomak

5221334

da se dobije razlomak

923

. 7. (22.22

– 2.2) ⋅ 1.8 – 0.036. 9. 98.76 : 0.12 – 8 ⋅ 8. 13. Najmanji troznamenkasti broj koji je djeljiv brojem 3. 14. Najmanji zajednički višekratnik brojeva 326 i 489.

15. 30049

+ 40059

− 10014

− 20034

+ 10. 16. Najveći prosti djelitelj broja 3378.

17. Koliko trokuta određuje 7 točaka od kojih nikoje tri ne leže na jednom pravcu? 18. Broj paralelograma što ih određuje 7 paralelnih pravaca s druga 2 paralelna pravca koji ih presijecaju. 20. Najveći dvoznamenkasti prosti broj.

K R I Ž A LJ K A

K R I Ž A LJ K A


34

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

1 2 Ο 3 4 5 6 7

8 Ο 9 Ο 10

11 12 Ο 13 Ο ΟΟ Ο 14 Ο 15 16 17

18 19 Ο 20 Ο 21

22 Ο 23

K R I Ž A LJ K A

K R I Ž A LJ K A

VODORAVNO: 1. Rješenje jednadžbe 9(x – 7) – 27 = 7(x – 9) + 27. 3. Period u decimalnom

zapisu razlomka

813

. 8. 136

:

142

. 9. Nazivnik najmanjeg od razlomaka

130

, – 635

, – 740

, – 847

.

10. Površina pravokutnog trokuta kojemu su duljine kateta jednake 16 i 37. 11. (–2) ⋅ (–2) ⋅ ⋅ (–4) ⋅ (–4) ⋅ (–8) ⋅ (–8). 13. Površina trapeza kojemu su duljine osnovica 55.1 i 4.1 a duljina visine 2.5. 14. Rješenje jednadžbe

12

13

3 14

4x x x+ −( )+ −( ) – 33.75 = 0. 15. MMCMLXXV. 18.

203

285

247

⋅ ⋅ . 20. Duljina osnovice paralelograma kojemu je duljina visine 134

i površina 211.25. 21. Najmanji zajednički nazivnik razlomaka

12

13

14

16

19

, , , , . 22. Brzina aviona u m/sat koji put od 195.9 kilometara prevali za 12.5 minuta. 23. 100 – [4 ⋅ (7 ⋅ 7 + 1) – 180].

OKOMITO: 1. Zbroj površina svih strana kocke kojoj je duljina brida 7. 2. −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

717 : −⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

170 .

3. (–8) ⋅ (–8) ⋅ (–10) ⋅ (–10) + (–7) ⋅ (–9). 4. Broj trokuta što ih određuje 5 točaka ravnine

od kojih nikoje tri ne leže na jednome pravcu. 5. Površina kvadrata kojemu je duljina

stranice rješenje jednadžbe 9033

1− =x . 6. Koji je od cijelih brojeva 88, –89, 89, 90 rješenje jednadžbe 5(x – 9) – 4(x + 1) – 40 = 0? 7. Rješenje jednadžbe x x− − + + =6

1014

66 0.

12.

45

910

1415

− +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⋅ 600 + 8880. 13. 10 ⋅ [5 ⋅ 5 ⋅ (5 + 1) ⋅ (5 – 1) + 125]. 16. Put u metrima što

ga prevali biciklist za 2.46 minuta brzinom od 18 km/sat. 17. Opseg kvadrata kojemu je površina 19 600. 18. Prosti djelitelj broja 3990. 19.

3 1

327

863

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

: . 20. Veličina u stupnjevima četvrtog kuta četverokuta kojemu su veličine triju kutova 99°, 99 °, 100°.


35

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

1 2 3 Ο 4 Ο 5 6

7 8 Ο 9

Ο Ο 10 11 ΟΟ 12 13 Ο Ο 14

15 Ο 16 17 18

19 Ο 20 Ο 21

K R I Ž A LJ K A

K R I Ž A LJ K A

VODORAVNO: 1. 18.1% od 3000. 4. Apscisa točke koja je simetrična točki T(–19, –18)s obzirom na ishodište O. 5. Polumjer kruga kojemu je površina jednaka 7744 π. 7. Umnožak f(12) ⋅ f(16) ⋅ f(20) ako je f linearna funkcija zadana jednakošću f(x) = – 1

4x + 50. 9. Na koliko se dijelova duljine 22.5 cm može podijeliti dužina duljine 98.1 m?10. 41 ⋅ 41 ⋅ 41. 12. Koliko je 125 ⋅ f(25) ako je f(x) =

75

x + 90? 15. Ukupan broj dijagonala 44–terokuta. 16. Umnožak xy ako je uređeni par (x, y) rješenje sustavax – y = 20, x + y = 458. 19. Vrijednost funkcije f(x) =

1114x

za x = 3

4. 20. Ordinata točke

koja je simetrična točki A(20, –30) s obzirom na koordinatnu os x. 21. Površina pravokutnika kojemu duljine stranica a i b zadovoljavaju jednakosti a – b = 80, a – 10b = –1.

OKOMITO: 1. DXCVI. 2. Za koliko se razlikuju polumjeri krugova kojima su opsezi 6666π i 6760π? 3. Apscisa sjecišta pravaca x + 3y + 1 = 0, x – 3y – 65 = 0.4. Glavnica koja uz kamatnu stopu 4.4% za godinu dana donosi kamate od 4763 kune.5. Opseg pravilnog 277-terokuta kojemu je duljina stranice rješenje jednadžbe

10

1712+

=x

.6. Postotak koji od 99 900 iznosi 85 914. 8. Vrijednost izraza 55a – 10b + 200 za a = 13.4 i b = –2.9. 9. Broj vrhova mnogokuta kojemu je zbroj unutarnjih kutova 7200°. 11. Zbroj f(7) + f(14) + f(21) + f(28) + 932 ako je f(x) =

27

x. 12. Prosti djelitelj broja 1177. 13. Nepoznati član razmjera 13 : 2 = x : 8. 14. Cijeli dio broja 99π. 15. Broj vrhova mnogokuta koji ima ukupno 4185 dijagonala. 17. Koefi cijent smjera pravca koji je usporedan s pravcem 76x – 2y – 19 = 0. 18. Koji je od brojeva 48, 46, 42, 40 mjera u stupnjevima središnjeg kuta karakterističnog trokuta pravilnog mnogokuta?


ISPUNJALJKA

Zdravko Kurnik, Zagreb

BRANKO SATDANA LIMON

IVO LANIMICA BARUTMIHA ORKAN

NELA TRIK

ŠKOLSKI ORKESTAR

Riječi ATLAS, ATLET, AZIJA, ESTET, IZUMI, KUTAK,

METRI, MIRIS, TOČKA, TOPOT upišite u lik ispunjaljke, tako da na osjenčanim poljima u prvom stupcu dobijete školski predmet, a u petom

stupcu jedan njegov dio.

U školskom orkestru sviraju učenici neobičnih prezimena. Koji instrument svira svaki od njih?

D V A+ Š E S T

O S A M

RAČUN ZBRAJANJA

Jasno je da je zbroj DVA + ŠEST uvijek OSAM. Ali račun zbrajanja može biti ispravan i tako da se devet različitih slova A, D, E, M, O, S, Š, T i V na određeni način zamijeni brojkama. Ima više rješenja, a vi nađite onu zamjenu za koju je broj ADEMOSŠTV najveći mogući. Jeste li uspjeli?


JADRANSKI ZAPISIA sada NA PUT!

Pred ovim gradom pukla je GUMA.Cijelu noć u vili nešto LUPA.

Tu nam je silno NAVRLO!Pismo je gotovo, ŠALJIMO!

Ovdje se VALJANO jede. Ujak TU GRADI vikendicu.

Iznenada je pred auto STAO VOL.Svaki su dan za jelo PILIĆI!

Ljeto je pri kraju, ali sjećanja su još svježa.Sigurno ćete lako odgonetnuti

što krije svaka rečenica.

ZAGONETKA

KAPETANSTRINA

OSAMLJENOSTŠESTAKBUDVATJEDAN

Ove riječi povezuje zajedničko svojstvo. Najprije otkrijte to

svojstvo, a onda razmislite na što ono upućuje.

MALA KOMBINACIJA

Pred vama su dva kvadrata 4×4. U prvi od njih trebate upisati riječi AKOV, KLOR, KRAŠ, LIKA, OBOL, RAVA, RIBA i ŠALA vodoravno ili okomi-

to, tako da dobijete ispravnu malu križaljku. Drugi je zadatak zamjena devet različitih slova A, B, I, K, L, O, R, Š i V brojkama, ali tako da nakon upisa brojki u drugi kvadrat 4×4 zbroj brojki u svakome retku i svakome stupcu bude jednak 13. Da bismo vam po-mogli, otkrivamo da je A = 0.

Vi nastavite!

TEST BRZINEPogledajte pažljivo donje veze među slovima B, R, Z, O i mjerite vrijeme potrebno da nađete odgovor na sljedeće pitanje: koliko slova B dolazi na mjesto gdje se nalazi upitnik?

BB = RRR R = ZZZZ ZZZ = O OO = ?


38

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

5. Neka je s1 simetrala stranice AB, a s2 simetrala stranice BC . Budući da je s1 ⊥ AB, s2 ⊥ BC i AB ⊥ BC, onda je s1 ⊥ s2.

Budući da je |ES| = |SH| i |∠ ESH| = 90°, to znači da je trokut ESH jednakokračan i pravokutan, dakle |∠HES| = |∠SHE| = 45°. No, |FS| = |SG| i |∠GSF| = 90°, to znači da je i trokut FGS jednakokračan i pravokutan, dakle |∠SFG| = |∠FGS| = 45°. Budući da je |∠FSE| = 90°, onda je trokut EFS pravokutan pa je |∠SEF| = |∠EFS| = 90°. Dalje je:|∠HEF| + |∠EFG| = (|∠HES| + |∠SEF|) + (|∠EFS| + |∠SFG|) = |∠HES| + (|∠SEF|) + |∠EFS|) + |∠SFG| = 45° + 90° + 45° = 180°.

To znači da je EH || FG, tj. da je četverokut EFGH trapez. Budući da je |ES| = |SH|, |∠FSE| = |∠HSG| = 90° i |FS| = |SG|,

prema poučku S-K-S o sukladnosti trokuta slijedi da je EFS ≅ HGS. Iz te suklad-nosti slijedi da je |EF| = |HG|, te je tvrdnja dokazana.

8. razred

1. Budući da je a(a + 2) + c(c – 2) – 2ac = a2 + 2a + c2 – 2c – 2ac = (a – c)2 +2(a – c),i da je prema uvjetu zadatka a – c = 7, vrijednost zadanog izraza iznosi 63.

2. 2006 2010 2006 2 2006 2010 20102 2 2

+( ) = ( ) + ⋅ + ( ) =

= + ⋅ = + ⋅( )4016 2 2006 2010 2 2008 2006 2010 .

Nadalje je: 2006 2010 2008 2 2008 2 2008 2 2008 20082 2 2⋅ = −( )⋅ +( ) = − < = .

Zato slijedi da je 2006 20102

+( ) < 2 (2008 + 2008) = 4 . 2008. Nakon korje-novanja dobivamo da je 2006 2010 2 2008+ < .

3. Ako je u oba dijela netočan prvi odgovor, dobili bismo da su zadatak točno riješili učenici D, E i F, a to nije moguće.

Ako je u oba dijela netočan drugi odgovor, dobili bismo da su zadatak točno riješili učenici C, D i F, a to nije moguće.

Ako je u oba dijela netočan treći odgovor, dobili bismo da su zadatak točno riješili učenici B, C i D, a to nije moguće.

Ako je u oba dijela netočan četvrti odgovor, dobili bismo da su zadatak točno riješili učenici A i E.

Ako je u oba dijela netočan peti odgovor, dobili bismo da su zadatak točno riješili učenici C, E i F, a to nije moguće.

Dakle, zadatak su točno riješili učenici A i E.

(Nastavak sa stranice 31.)


39

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

4. Budući da je |∠AEM| = |∠DEC| (vršni kutovi) i |∠EAM| = |∠ECD| (kuto-vi s usporednim kracima), prema poučku K-K o sličnosti trokuta slijedi da je Δ ΔAME CDE∼ .

Iz te sličnosti slijedi da je |DE| = 2|EM| i |CE| = 2|AE|. Primjenom Pitagorina poučka na trokut ABC dobiva-

mo da je |AC| = 2 3 , odnosno |AE| = 2 33

. Primje-

nom Pitagorina poučka na trokut AMD dobivamo da

je |DM| = 6 , odnosno |EM| = 63

.

Duljine stranica trokuta AME su |AM| = 2 , |AE| = 2 33

i |ME| = 63

, pa vrije-di jednakost:|AM|2 = |AE|2 + |ME|2. Prema obratu Pitagorina poučka zaključujemo da je trokut AME pravokutan, s pravim kutom u vrhu E. Dakle, |∠MEA| =|∠CED| = 90°.

5. Dopunimo pravokutnik ABCD sukladnim pravokutnikom kao na slici:

Na dužini EF odaberimo točku Q takvu da je |EQ| = 23

|EF|. Promotrimo pra-

vokutne trokute AEQ i QFC. Budući da je |AE| = |QF| = x i |EQ| = |CF| = 2x, zaključujemo da su ti trokuti sukladni. Iz te sukladnosti slijedi da je |AQ| = |QC|, |∠EAQ| = |∠CQF| i |∠EQA| = |∠QFC|. Prema tome, trokut AQC je jednakokračan i pravokutan.

Nadalje, zbog |PB| = 2x i |BC| = x slijedi da su pravokutni trokuti PBC i AEG sukladni. Iz te sukladnosti slijedi da je |∠CPB| = |∠EQA|. Budući da su ∠EQA i∠QAB šiljasti kutovi uz presječnicu, oni su jednake veličine. Dakle, vrijedi:|∠CAB| + |∠CPB| = |∠CAB| + |∠EQA| = |∠CAB| + |∠QAB| =|∠QAC|.Budući da je trokut QAC jednakokračan i pravokutan, vrijedi da je|∠QAC| = 45°, a to je trebalo dokazati.


40

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

MOZGALICA: TANTRIX

Mozgalica Tantrix jedna je od onih koje rješavaju svi oni atkači od 8 do 99 godina. Može se igrati s dijelom skupa pločica kao i sa svim

pločicama. Prije početka igre treba odrediti broj pločica s kojima se slaže staza te boju staze.

Ovu je mozgalicu kreirala i u javnost pustila jedna američka tvrtka. Na web adresi www.familygamesamerica.com možete naći još puno novih mozgalica.

Prijedlog: Načinite 10 komada šesterokutnih sukladnih pločica. Na njima ucrtajte dijelove staza u tri boje. (Vidi sliku.)

KUTAK ZAKREATIVNI TRENUTAK

Problem: Slažući pločice jednu do druge trebate složiti zatvorenu stazu iste boje (npr. crvene, plave ili crne).

Nagrada: Svaki atkač koji pošalje složenu stazu (nacrtanu ili s pločicama) dobit će jednu knjigu iz atkine biblioteke ili atkinu bilježnicu. Objavit ćemo vaša rješenja.

KUTAK ZAKREATIVNI TRENUTAK


41

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Za ovaj broj atke zadatke su nam poslali atkači Nikola Buhiniček, Iva Zadro, Sanja Marić, Irena Petrić i Hrvoje Katić, a odabrali su ih i uredili

Marija Rako i Mate Prnjak. Zadatke je ilustrirala atkačica Jelena Grbavec. Zahvaljujemo im na suradnji te pozivamo ostale atkače da se pridruže u slanju zadataka.

Nagradit ćemo i objaviti ime svakog atkača koji nam pošalje rješenja najmanje triju postavljenih zadataka.

1. Niz brojevaNapišite zadnja tri člana niza. Prema kojemu ste ih pravilu izračunali?

ZADATCI ZA MATKAČE POČETNIKE

ZADATCI ZA MATKAÈE POÈETNIKE

2. TrokutOdredite površinu lika kojemu stranice pripadaju pravcima

čije su jednadžbe 4x – 3y + 12 = 0, 4x + 5y – 20 = 0 i y = 0.

3. Peteroznamenkasti brojKoliko ima peteroznamenkastih brojeva koji su napisani različitim zna-

menkama?

4. FunkcijaOdredite vrijednost parametra m za koji će funkcija (3 – m) · x + 2y – 1 = 0

biti rastuća.

5. Kvadrat i pravokutnikZadan je kvadrat se stranicom duljine a. Ako mu par nasuprotnih strani-

ca produljimo za po 5 cm, a drugi par stranica smanjimo za po 5 cm, nastane pravokutnik. Za koliko se razlikuju površine zadanih likova?


42

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

6. Razredni odjelUčitelj je u 7.a razrednom odjelu pitao koliko taj dan nedostaje učenika.

Redar je odgovorio: Nedostaje ih 18

. U tom trenutku u razred uđe jedan učenik,

a redar odgovori: Sada ih nedostaje 112

. Koliko ukupno ima učenika u 7.a?

7. PolinomPolinom 6x2 – 7x – 5 = 0 rastavite na proste faktore.

8. IzletUčenici osnovne škole idu na izlet. U školi

imaju 776 djece i 37 učitelja. Koliko je autobusa s po 47 sjedala potrebno naručiti da bi svi mogli ići na izlet? Hoće li svi autobusi biti puni?

9. BiciklistUdaljenost od Šibenika do Zagreba iznosi 315 km. Biciklist je taj put

prešao u tri dana, ali je svaki dan prešao za 6 km manje nego prošli dan. Koliko je kilometara prešao u svakome danu?

10. GradilišteRoditelji su svojim kćerima Ivoni i Lauri ostavili dva gradilišta. Ivonino

gradilište je širine 23 m i duljine 37 m. Laurino gradilište je širine 23 m i duljine 28 m. Izračunajte:

a) ukupnu površinu obaju gradilišta;b) za koliko je Ivonino gradilište veće od Laurinog?


43

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

11. KutoviIspišite sve kutove na slici.

12. VisinaMirta, Dado i Bojan mjere svoju visinu. Mirta je visoka 14 dm i 3 cm.

Dado je za 36 cm niži od Mirte i viši za 1 dm i 9 cm od Bojana. Koliko je visok Bojan? Kolika je njihova ukupna visina?

13. Autobusna kartaIvan se vozi autobusom od Zagreba do Varaždinskih to-

plica. Udaljenost od Zagreba do Varaždinskih toplica je 75 km. Cijena autobusne karte je 56.25 kn. Kolika je cijena za 1 km puta? Kolika bi bila cijena karte ako bi se Ivan vozio 119 km?

14. BerbaS jednog stabla jabuke ubrano je 126 kg jabuka. Jabuke

se spremaju u sanduke po 15 kg i 12 kg. Ako je 6 sanduka po 15 kg, koliko je sanduka po 12 kg?

15. PovršinaKolika je površina slova riječi fi zika ako je duljina stranice kvadratića 1 cm?


44

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

16. Opseg likaZadan je jednakostraničan trokut opsega 45 cm. Nad svakom stranicom

trokuta nacrtan je kvadrat. Koliki su opseg i površina tog novog lika?

17. KockaIz kugle polumjera duljine 15 cm izrezana je najveća moguća kocka.

Izračunaj oplošje i obujam dobivene kocke.

18. MnoženjeO kojem se množenju radi?

19. Prirodni brojeviZbroj triju prirodnih brojeva je 112. Koji su to brojevi ako je drugi broj

dvostruko veći od najmanjeg, a razlika najvećeg i najmanjeg broja je 16.

20. Darovi U trgovini moraju složiti 240 jednakih darova, pri

čemu svakoga dana planiraju složiti jednak broj darova. Ako bi svakoga dana složili 4 dara manje, radili bi 5 dana dulje. Za koliko dana planiraju završiti posao?

· 8 2 7 16


45

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

943. Odredite: a) najveći,b) najmanji prirodni broj kojemu je zbroj znamenaka jednak

43, pri čemu niti jedna znamenka nije nula.

944. Dijeljenjem nekog prirodnog broja brojem 60 dobiva se ostatak 55. Kako će se promijeniti količnik i koliki će biti ostatak ako isti broj podijelimo brojem 15?

945. Dan je niz od 2008 prirodnih brojeva, tako da je prvi broj niza 7, a svaki sljedeći broj niza je za 5 veći od prethodnog broja tog niza. Koliki je 2008. broj tog niza?

ODABRANI ZADATCIODABRANI ZADATCI

Vlado Stošić, Zagreb

946. Cestom hodaju dva pješaka u istome smjeru. Duljina koraka jednog od njih je za 1

10 manja od duljine koraka

drugog, ali zato on za isto vrijeme načini 110

koraka više od drugog pješaka. Koji od ove dvojice pješaka hoda brže?

947. U nizu od 6 prirodnih brojeva svaki je broj, počevši od trećeg broja, jednak zbroju prethodna dvaju brojeva niza. Koliki je zbroj svih 6 brojeva tog niza ako je peti broj niza jednak 2008?

948. Razotkrijte zapis a a b⋅ = , c d e⋅ =

n a a⋅ = , pri čemu su a, b, c, d, e, n znamenke i a – c = n.


46

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

949. Zbroj kojih je dvaju cijelih brojeva jednak njihovom umnošku?

950. Odredite pravilo po kojemu možemo usmeno izračunati umnožak dvaju dvoznamenkastih brojeva ab ac⋅ ako je b + c = 10.

951. Na dijagonali BD kvadrata ABCD odabrane su točke E i F tako da pra-vac AE siječe stranicu CD u točki M, a pravac AF siječe stranicu BC u točki N i |CM| = |CN|. Kolika je duljina dijagonale BD ako je |DE| = 3 i |EF|= 4?

952. Odredite dvoznamenkasti broj koji je za 6 manji od kvadrata zbroja svojih znamenaka.

953. Ako za dva realna broja a i b vrijedi jednakost 2a b ab+ = , onda je a = b. Dokažite.

954. Dan je trapez kojemu su dijagonale okomite, pri čemu je duljina jedne od njih 5 cm. Kolika je površina tog trapeza ako je duljina visine tog trapeza 4 cm?


47

SUDOKU

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Mladen Markobašić, Zagreb

Sudoku 1

Zadatak:a) složite slagalicu od slova Č, E, I, K, N, U tako da se ni u jednom retku ili stupcu ili kvadratu 3×2 ne ponavlja niti jedno slovo;b) premetnite zadana slova i dobit ćete pojam vezan uz školu.

Sudoku 2 Rasporedite četiri osnovne matematičke operacije (+, –, * i/) tako da se ni u jednom retku ili stupcu ili kvadratu 2×2 ne ponavlja niti jedan simbol.

Sudoku XUpišite brojeve od 1 do 9, ali tako da se ni u jednom kvadratu 3×3 i po dijagonalama ne ponavlja isti broj.

„Ubojita“ sudoku

U kvadrate 3×3 treba upisati brojeve od 1 do 9 pazeći da upi-sani brojevi daju zbroj u posebno označenim poljima. Brojevi se ne smiju ponavljati ni u jednom retku, stupcu, kvadratu 3×3 i u posebno označenim poljima.


48

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

RAÈUNALA

BOŽANSKA PROPORCIJA - PENTAGRAM

Nikol Radović, Sisak

Pet dijagonala pravilnog peterokuta defi niraju zvjezdanu fi guru koja se naziva pentagram.

Primjer 4. Iskoristimo pravilni peterokut iz Primjera 1. “Izbrišimo” kružnicu i nacrtajmo preostale dijagonale, slika 19.

Ako pri konstrukciji pentagrama krećemo od pravilnog peterokuta, hoće li se omjeri duljina dijagonala i duljina stranica podudarati s božanskom propor-cijom? Kako bismo to provjerili, odredimo točke presjeka dijagonala pentagra-ma ABCDE, slika 20. Dobivene će točke određivati pravilni peterokut FGHIJ.

Mjerenje i računanje omjera izvodimo kao u Koraku 7. Primjera 1., Ma-tka 62. (Uočite da, ako želite izmjeriti duljinu dužine, ta dužina mora biti i konstruirana/nacrtana.)

Nastavak iz atke broj 64

Slika 19. Slika 20.

Slika 21.Slika 22.

Splitski pentagram


49

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

No, pentagram se i danas koristi. Najbolje će to ilustrirati idući primjeri.

Primjer 5. Konstrukcija amblema Američkih komandosa.

Korak 1. Konstruirajmo/nacrtajmo pravilni peterokut pomoću računal-nog soft warea Sketchpad i u njega ucrtajmo pentagram iz Primjera 4. (slika 23).

Korak 2. Uočimo točke u kojima se sijeku dijagonale peterokuta i spojimo ih dužinama, slika 24., tj. nacrtajmo pentagram u pentagramu.

Korak 3. Odredimo točke presjeka dijagonala. Označimo središte S i po dvije točke, pa u izborniku Konstruirajte odaberimo naredbu Unutarnjost tro-kuta, slika 25.

Korak 4. Označimo središte S kliknuvši dva puta kratko. Označimo kon-struirani trokut, pa u izborniku Transformacije odaberimo naredbu Rotirajte. U dijalogu za veličinu kuta pišemo 72°. Postupak ponavljamo još četiri puta, a onda “izbrišemo” dijelove dijagonala.

Slika 23. Slika 24.

Slika 25. Slika 26.

Korak 5. Odaberimo jednu dijagonalu polaznog pravilnog peterokuta i označimo je. U izborniku Transformacije odaberimo naredbu Os simetrije. Označimo konstruiranu zvjezdicu, pa u izborniku Transformacije odaberimo naredbu Zrcalite, slika 27.


50

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Korak 6. Postupak ponavljamo za svaku od preostalih dijagonala. Drugi je način da se osnosimetrična slika zvjezdice rotira oko točke S za veličinu kuta od 72°.

Na kraju, označimo polaznu zvijezdicu i, sakrivši je, konstruirali smo am-blem Američkih komandosa.

Slika 27. Slika 28.

Primjer 6. I Fibonaccijeva udruga za amblem ima pentragram, slika 29. Na slici 30. je isti amblem konstruiran u Sketchpadu.

Primjer 7. Ako pravilni peterokut iz Primjera 1. kombiniramo s op artom, Matka 60., dobit ćemo sljedeće slike 31. – 34.

Slika 29. Slika 30.

Slika 31. Slika 32.


51

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Zadatak:Osmislite i uporabom Sketchpada konstruirajte amblem u kojemu će se

skrivati božanska proporcija, pentagram, op art... Vaši najbolji radovi bit će objavljeni i nagrađeni.

Literatura:

1. J. A. Adam: Mathematics in Nature, Princeton University Press, Princeton and Oxford, 2006.

2. K. Elam: Geometry of Design, Studies in Proportion of Composition, Prin-ceton Arhitectural Press, New York, 2002.

3. R. Herz – Fischler: A Mathematical History of the Golden Number, Dover Publications Inc., New York, 1998.

4. V. Devidé: Zabavna matematika, Školska knjiga, Zagreb, 1988.

5. Z. Šikić: Istine i laži o zlatnom rezu, Poučak 15, listopad 2003., 50 – 69.

6. Q. Lawlor: Philosophy and Practice Sacred Geometry, Th ames & Hudson Ltd., London, 2002.

7. R. Dixon: Mathographics, Dover Publications, INC., New York, 1991.

Internetske adrese:

www.math.csusb.edu/courses/m129/golden/golden_ratio.html/5.11.2007./www.likovna-kulltura.ufzg.hr/miro4.html/15.11.2007./www.cage.ugent.be/~hs/polyhedra/dodeca.html/15.11.2007./www.ri.net./Skills/math/extended_1.html/15.11.2007./www.mathword.wolfram.com/Pentagram.html/29.10.2007./www.jimloy.com/geometry/pentagor.html/29.10.2007./

Slika 33. Slika 34.


52

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Microsoft Excel (puni naziv Microsoft Offi ce Excel) je program za tablično računanje, a sastavni je dio programskog paketa Microsoft Offi ce koji je instaliran na većini osobnih računala te na svim računalima u osnovnim i srednjim školama u Republici Hrvatskoj. Microsoft Excel ima široku primjenu, a u matematici se koristi za rješavanje problema pomoću tablica i polja koje je moguće povezati različitim formulama. Osim formula, Microsoft Excel ima još jedan jaki alat, a to je alat za crtanje grafi kona iz podataka koji su jednom uneseni u tablicu.

Kao i svaka tablica, tako se i tablica u Microsoft Excelu sastoji od redaka i stupaca. Sjecište retka i stupca naziva se ćelija. Cijela tablica sastoji se od65 536 redaka (označenih brojevima) i 256 stupaca (označenih slovima), što je ukupno 16 777 216 ćelija. Podatke (brojeve, formule ili tekst) možemo upisivati samo u aktivnu ćeliju (ćelije koju smo odabrali klikom lijeve tipke miša unutar nje ili smo do nje došli pomoću strjelica, a prepoznajemo je jer je, za razliku od ostalih ćelija, uokvirena debljim tamnim rubom).

MICROSOFT EXCEL I MATEMATIKA (1)Ivana Kokić, Zagreb

Kroz nekoliko primjera vidjet ćemo kako nam Microsoft Excel može pomoći u matematici.

Primjer 1. Deset površinom najvećih država svijeta su Argentina (2 766 890 km2), Australija (7 686 850 km2), Brazil (8 511 965 km2), Indija (3 287 590 km2), Kanada (9 976 140 km2), Kazahstan (2 717 300 km2), Kina (9 596 960 km2), Rusija (17 075 200 km2), Sjedinjene Američke Države (9 629 091 km2) i Sudan (2 505 810 km2).


53

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

a) Kolika je ukupna površina tih deset država?b) Koja od navedenih država ima najveću, a koja najmanju površinu? c) Poredajmo navedene države po broju stanovnika.

Rješenje: Ovaj zadatak i nije previše kompliciran, ali ipak moramo zbrojiti deset brojeva. Prvi korak koji trebamo napraviti je upisati na-vedene podatke u tablicu. Dovoljno je unijeti samo brojeve (svaki broj u svoju ćeliju), ali je zbog preglednosti preporučljivo unijeti i imena država.

Argentina Australija Brazil Indija Kanada Kazahstan Kina Rusija SAD Sudan2766890 7686850 8511965 3287590 9976140 2717300 9596960 17075200 9629091 2505810

Nakon što smo unijeli podatke u tablicu, možemo krenuti na rješavanje zadatka.

a) Za izračunati ukupan broj stanovnika koristimo alat za zbrajanje. Pokazivač položaja postavimo u slobodnu ćeliju u koju želimo da nam se izračuna ukupan broj stanovnika, a zatim kliknemo na sličicu i odaberemo naredbu SUM. Nakon toga označimo sve ćelije u koje su upisani brojevi, klik-nemo na OK i u odabranoj se ćeliji ispisuje rezultat 73 753 796.

b) Ponovo kliknemo na , ali sada odaberemo naredbu MAX odnosno MIN i u odabranim se ćelijama ispisuje najveća (17 075 200) odnosno najmanja (2 505 810) površina. Nakon što znamo najveću i najmanju površinu, iz tablice se vrlo jednostavno očita da od navedenih država Rusija ima najveću površinu, a Sudan najmanju.

c) Označimo cijelu tablicu (i imena država i broj stanovnika) i u izbor-niku Podaci odaberemo naredbu Sortiranje. Budući su nam podaci upisani u dva retka, prvo pritisnemo gumb Mogućnosti… i pod usmjerenjem odaberemo Sortiraj s lijeva na desno.


54

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Zatim u prvom padajućem izborniku (Sortiranje po) odaberemo da se podaci sortiraju po površini, tj. po drugom retku. Možemo birati poredak od najmanjeg prema najvećem (Uzlazno) ili od najvećeg prema najmanjem (Si-lazno). Konačno rješenje je:

Rusija Kanada SAD Kina Brazil Australija Indija Argentina Kazahstan Sudan17075200 9976140 9629091 9596960 8511965 7686850 3287590 2766890 2717300 2505810

U Microsoft Excelu možemo imati različite vrste zapisa kao npr. općeniti zapis, brojčani, valutni, razlomački, znanstveni, tekstualni, posebni i dr.

Primjer 2. Popunimo tablicu:

Broj 4/5 5/4 12 2 1/7Recipročni broj 7/8 25/12 3/8

Rješenje: Pri rješavanju ovoga primjera koristit ćemo zapis pomoću razlo-maka. U primjeru nam je zadana tablica sa sedam stupaca i dva retka. Stoga označimo 14 ćelija (u 2 retka i 7 stupaca) pa u izborniku Oblikovanje odabere-mo naredbu Ćelije i u kartici broj odaberemo naredbu Razlomak.

Budući da u tablici imamo zadane i dvoznamenkaste brojeve, onda za vrstu odaberemo Do dvije znamenke (21/25) i potvrdimo pritiskom na tipku U redu. Sada možemo unositi brojeve u tablicu. Ono što možemo primijetiti je da se prilikom upisa nepravog razlomka automatski upisuje odgovarajući mješoviti broj. Mješoviti broj 2 1/7 unosimo tako da između 2 i 1/7 upišemo razmak.


55

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Za izračunati recipročni broj zadanog broja (ili zadani broj recipročnog broja) postupak je sljedeći. Kliknemo u ćeliju ispod 4/5, a zatim u traci ćelije (u bijeli pravokutnik iznad oznaka stupaca) upišemo =1/ i zatim označimo ćeliju u kojoj je upisano 4/5. Isti postupak ponovimo i za ostale brojeve u ta-blici. (Možemo kopirati sadržaj ćelije u koju smo upisali formulu, ali samo u one ćelije u kojima se traži recipročni broj, a za izračunati broj (ako je zadan njegov recipročni broj) prvi put moramo upisati formulu =1/ i označiti ćeliju recipročnog broja, a zatim tu formulu možemo kopirati u ostale ćelije u kojima se traži broj.).

Broj 4/5 1 1/7 1 1/4 12/25 12 2 2/3 2 1/7Recipročni broj 1 1/4 7/8 4/5 2 1/12 1/12 3/8 7/15

Osim za tablično računanje, Microsoft Excel možemo koristiti i za grafi čki prikaz proporcionalnosti.

Primjer 3. U istom koordinatnom sustavu grafi čki prikažimo proporcio-nalnost:

a) y = 3x, b) y = 14

x.

Rješenje: Primjer ćemo riješiti na dva načina. Prvo ćemo grafi čki prikazati proporcionalnosti y = 3x na način da ćemo samo ucrtati točke, a zatim ćemo, koristeći alate programa Microsoft Offi ce, promijeniti vrstu grafa. Tek zatim ćemo grafi čki prikazati proporcionalnost y = 1

4x.

Prvi korak pri izradi grafi čkog prikaza proporcionalnosti je unošenje po-dataka u tablicu. U prvi redak tablice unijet ćemo proizvoljne vrijednosti za x, a u drugom retku tablice ćemo za odgovarajući x izračunati vrijednost 3x, i to tako da ćemo doći u odgovarajuću ćeliju (ispod vrijednosti za x) i u traci ćelije upisati =3* te zatim označiti ćeliju u kojoj je upisana vrijednost za x. Ovaj postu-pak možemo ponoviti za sve upisane vrijednosti za x ili pak možemo kopirati sadržaj ćelije u koju smo upisali formulu i zalijepiti je za ostale vrijednosti za x.

x –5 –3 –1 0 1 3 5y = 3x –15 –9 –3 0 3 9 15

Nakon što smo upisali podatke, označimo cijelu tablicu i kliknemo na sličicu Čarobnjak za grafi kone ( ) ili u izborniku Umetanje odaberemo na-redbu Grafi kon. Zatim u dijaloškom prozoru u kartici Standardne vrste oda-beremo XY (raspršeno) vrstu grafi kona, a kao podvrstu odaberemo Raspršeni (1. sličica u prvom redu) i odaberemo naredbu Naprijed. U sljedećem dijaloškom prozoru odabiremo raspon podataka, što smo mi već učinili označivši cijelu tablicu, pa samo odaberemo naredbu Naprijed.


56

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

U trećem dijaloškom prozoru biramo mogućnosti grafi čkog prikaza (na-slove, osi, crte rešetke, legendu i naslove podataka). Efekt nečega što promije-nimo možemo vidjeti na slici u donjem desnom kutu. Ako nešto nismo pro-mijenili u ovom dijaloškom prozoru, to možemo učiniti naknadno pritiskom desne tipke miša na graf i odabirom naredbe Mogućnosti grafi kona. Zasada nećemo mijenjati, nego ćemo samo odabrati naredbu Naprijed. U posljednjem dijaloškom prozoru možemo birati gdje želimo da nam se prikaže grafi kon. Prema početnim postavama grafi kon se uvijek prikazuje na trenutnom listu. Završni korak crtanja grafi kona je odabir tipke Završi.

Uočavamo da ucrtane točke pripadaju istom pravcu. Da bismo bili sigurni da je to tako, promijenit ćemo vrstu grafi kona, i to tako da na grafi konu priti-


57

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

snemo desnu tipku miša i odaberemo naredbu Vrsta grafi kona. Za vrstu gra-fi kona ćemo ponovo birati XY (raspršeno), ali ćemo za podvrstu sada odabrati Raspršeni s točkama podataka povezanima crtama (prva sličica u trećem redu). Tada imamo sljedeći prikaz:

U primjeru se traži da u istom koordinatnom sustavu prikažemo propor-cionalnosti y = 3x i y = 1

4x. U tu ćemo svrhu kopirati list na kojemu smo crtali

prethodni grafi kon (kliknemo desnom tipkom miša na oznaku lista na kojemu smo radili i odaberemo naredbu Premjesti ili kopiraj). Budući da nam grafi kon neće trebati, označimo ga i izbrišemo, a u tablicu dodamo još jedan redak zay = 1

4x u kojemu ćemo zatim izračunati vrijednosti za zadane x-eve na isti

način kako smo to napravili za y = 3x.

x –5 –3 –1 0 1 3 5y = 3x –15 –9 –3 0 3 9 15

y = 1/4x –1.25 –0.75 –0.25 0 0.25 0.75 1.25

Postupak crtanja je već opisan. Označimo tablicu i pokrenemo Čarobnjak za crtanje.


58

(A) 15

(B) 25

(C) 16

(D) 18

(E) 116

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

NATJECANJE GEORG MOHR 2008.Alija Muminagić, Danska

Prvi krug natjecanja Georg Mohr za 2008. godinu održan je 4. prosinca 2007. godine. Učenici su u vremenu od 45 minuta rješavali 20 postavljenih zadataka. U rješavanju nije bila dopuštena uporaba bilo kakvih pomagala.

1. Ako u ravninu razvijemo presavijeni papir prikazan na srednjoj slici, dobit ćemo lijevu sliku. Istom presloženom papiru odrežemo rubove kao što prikazuje slika desno. Koliko će rupa imati papir razvijen u ravninu?

IZ SVIJETA

(A) 0 (B) 2 (C) 4 (D) 5 (E) 8

2. Osobe A i B istodobno kreću svaki sa svoje strane dugačke šumske staze i trče jedan ususret drugome sve dok se ne sretnu. Tada se okrenu i trče natrag prema svojem početnom mjestu. Osoba A trči nešto brže od osobe B. Tko će se brže vratiti na svoj početni položaj?

(A) A (B) B (C) stići će istodobno(D) ovisi o mjestu susreta (E) ovisno o tome je li A dva puta brži od B

3. Marija je ušla u labirint na mjestu koje pokazuje strjelica. Na svakome raskrižju baca novčić kako bi odredila kojim će smjerom nastaviti put. Kolika je vjerojatnost da će Marija izaći na mjestu koje pokazuje križić?


59

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

4. Duljina visine na osnovicu jednakokračnog trokuta površine 60 iznosi 5. Koliki je opseg tog trokuta?

(A) 50 (B) 38 (C) 20 (D) 60 (E) 24

5. Koji od brojeva nije djeljiv brojem 18?

(A) 540 (B) 1818 + 7216 (C) 36 ∙ 4226(D) 2007 ∙ 2008 ∙ 2009 (E) 9 ∙ 888 – 8 ∙ 999.

6. Igra “7–bang” sastoji se u glasnom brojanju od 1 do 100, ali svaki put kad dođeš do broja koji je djeljiv brojem 7 ili koji sadrži znamenku 7, umjesto broja moraš reći “bang”. Koliko ćeš puta reći “bang”?

(A) 10 (B) 14 (C) 24 (D) 30 (E) 34

7. Sedam brojeva: –3, –2, –1, 0, 1, 2 i 3 upisani su na slučajan način unutar sedam krugova. Kolika je vjerojatnost da je zbroj brojeva u vanjskih šest kru-gova jednak –3?

(A) 13

(B) 16

(C) 17

(D) 19

(E) 349

8. Koji je broj rješenje jednadžbe 1 1 1 3x+ + + = ?

(A) 0 (B) 6 (C) 6 (D) 64 (E) jednadžba nema rješenja

9. X kaže: Sretan sam. Y kaže: X laže. Z kaže: X i Y su ljuti. Zapravo laže samo jedna od tih osoba. Koji je mogući zaključak?

(A) X je sretan (B) Y je sretan (C) Z je sretan(D) Y je ljut (E) Z je ljut

10. Ravninski lik ABCD omeđen je dužinama AB , BC, CD i DA, pri čemu se BC i DA sijeku (kao što je prikazano na slici). Što se može reći o zbroju veličina kutova DAB∠ , ABC∠ , BCD∠ i CDA∠ ? On je:

(A) veći od 90° (B) 180° (C) manji od 360°(D) 360° (E) 540°A

B

C

D


60

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

11. Neki se izbori održavaju u dva kruga s kandidatima P1, P2 i P3. U drugi krug prošli su kandidati P1 i P2. U prvome krugu kandi-dat P3 osvojio je 25% glasova. Očekuje se da će od njegovih glasača

20% u drugom krugu glasati za kandidata P1, a 80% za kandidata P2. Pretpostavlja se da će kandidat P2 osvojiti ukupno 55% glasova.

Koliki je postotak glasova u prvom krugu osvojio kandidat P1?

(A) 30 % (B) 35 % (C) 40 % (D) 45 % (E) 50%

12. Čemu je jednako vrijedan izraz ( ) ( )2 2a b a b+ − − ?(A) 0 (B) 2a2 (C) 2b2 (D) 2a2b2 (E) 4ab

13. U označene točke koordinatnog sustava stavljeni su kamenčići. Nalaziš se u točki (0, 0) i možeš se pomicati od kamenčića do kamenčića u koraci-ma duljine 1 ili 2 . Osvajaš sve one kamenčiće koje iz početne točke možeš osvojiti u najviše 5 pomaka. Koliko kamenčića ne možeš osvojiti?

(A) 0(B) 2(C) 4(D) 6(E) 9

14. Za 6 kg robe A moraš platiti 11 novčića, za 7 kg robe B moraš platiti 12 novčića, cijena kilograma robe C je 2 novčiča, 5 novčića je dovoljno za kupovinu 11 kg robe D, a cijena 600 g robe E iznosi 1 novčić. Koja je roba najjeft inija?

(A) A (B) B (C) C (D) D (E) E

15. Beskonačno mnogo kvadrata nacrtano je jedan do drugoga. Duljina stranice svakog sljedećeg kvadrata jednaka je polovini duljine stranice pretho-dnog kvadrata. Duljina stranice najvećeg kvadrata je 1. Kolika je ukupna površina svih kvadrata?

(A) 112

(B) 113

(C) 114

(D) 318

(E) površina je beskonačno velika


61

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

16. Za ispunjavanje upitnika na računalu potrebno je 5 minuta. Ko-liko je računala potrebno ako x osoba želi ispuniti upitnik za 1 sat. Trebat će približno:(A)

5 60x⋅

(B) 605x⋅ (C)

12x (D) 12

x (E) 60 5

x⋅

17. Koji logo ima najveću površinu?

“pandža” “češalj” “svjetlo” “osmijeh”

(A) “pandža” (B) “češalj” (C) “svjetlo” (D) “osmijeh” (E) svi imaju jednaku površinu

18. Označimo s m(a, b) veći od brojeva a i b. Koje je pravilo ispravno?(A) ( , ) ( , ) ( , )m a a m b b m a b+ = (B) ( , ) ( , )m a b b c m a c a b+ + = + +

(C) ( , ) ( , ) ( , )m a b m b c m a c+ = (D) ( , ) ( , )m a c b c m a b c+ + = + (E) ( , )m a b a b= +

19. Kukac mora prijeći put od P do Q preko plohe dolje prikazanog bloka. Kolika je duljina najkraćeg puta?

(A) 3 2 (B) 2 5 (C) 1 5 2+ + (D) 2 2 2+ (E) 5

20. U binarnom rječniku riječ duljine n znači niz od n znakova od kojih je svaki jednak 0 ili 1. Udaljenost između dviju binarnih riječi je broj mjesta gdje dvije riječi odstupaju. Primjerice, udaljenost između riječi 100010 i 010011 jednaka je 3. Koliko binarnih riječi duljine 6 ima udaljenost najviše 4 od riječi 100010?

(A) 6 (B) 18 (C) 24 (D) 31 (E) 57


62

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Enigmatka

Kombinacija. Vidite crteže!

1S

2K

3E

4L

5A

6U

7S

8R

9E

10D

11S

12U

13D

14A

15C

16S

17I

18G

19E

20T

RJEŠENJA ZADATAKAIZ BROJA 64.

RJEŠENJA ZADATAKA

10D

3E

1S

15C

5A

8R

20T

9E

7S

19E

6U

2K

4L

17I

13D

18G

14A

12U

11S

16S

Iste znamenke. Evo nekih prikaza:111 – 11 – 11 – 11 – 11 – 1 – 1 – 1, 11 + 11 + 11 + 11 + 11 + 11 – 1 – 1, 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2, 33 + 33 – 3 + 3 : 3, 4 ⋅ 4 ⋅ 4, 55 + 5 + 5 – 5 : 5, 66 – 6 : 6 – 6 : 6, 77 – 7 – 7 + 7 : 7, 7 ⋅ 7 + 7 + 7 + 7 : 7,8 ⋅ 8, 9 ⋅ 9 – 9 – 9 + 9 : 9.

Natjecatelji. Mjesta su: Orahovica, Krapina, Karlobag, Novigrad, Garešnica, Virovitica, Tovarnik, Savudrija, Lepoglava, Cetingrad, Križevci, Bjelovar.

Pomicaljka. Diralište, analitika, peterokut.

Zbrajaljka. Evo traženih zamjena: ADEIPRTV = 12048357 (najmanji broj), 97628510 (najveći broj).

Trokuti. Manje! Na crtežu se može prebrojiti ukupno 49 pravokutnih trokuta.

U znaku broja 100. Neka je m broj muškaraca, ž broj žena, a d broj djece. Te nepoznanice povezuju jednakosti m + ž + d = 100, 3m + 2ž + d/2= 100. Eliminacijom veličine d nalazimo da je 5m + 3ž = 100. Broj žena očito mora biti djeljiv brojem 5. Pomoću te činjenice otkrivamo sljedećih 7 rješenja:(m, ž, d) = (20, 0, 80), (17, 5, 78), (14, 10, 76), (11, 15, 74), (8, 20, 72), (5, 25, 70), (2, 30, 68).

Rješenja odabranih zadataka

931. Neka je n traženi broj. Tada vrijede ove jednakosti: n = 4a + 3, n = 5b + 3, n = 6c + 3, n = 7d + 3, odnosno n – 3 = 4a, n – 3 = 5b, n – 3 = 6c, n – 3 = 7d. To znači da je n – 3 višekratnik brojeva 4, 5, 6 i 7. Budući da je V(4, 5, 6, 7) = 420, slijedi da je broj n – 3 = 420k, pri čemu je k prirodan broj. Najmanji četveroznamenkasti broj dobit ćemo iz nejednakosti 420k ≥1000, ako je broj

k najmanji moguć. Zbog 1000420

k ≥ ili 1602420

k ≥ zaključujemo da je najmanji prirodni

broj k = 3. Za k = 3 dobivamo da je n – 3 = 420 · 3, odnosno n – 3 = 1260, odakle jen = 1263. Prema tome, 1263 je najmanji traženi četveroznamenkasti broj.


63

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Najveći četveroznamenkasti broj odredit ćemo iz nejednakosti 420k ≤ 9999, ako je broj

k najveći moguć. Zbog 9999420

k ≤ ili 33923420

k ≤ zaključujemo da je najveći prirodni broj

k = 23. Za k = 23 dobivamo da je n – 3 = 420 · 23 ili n – 3 = 9660, tj. n = 9663. Prema tome, 9663 je najveći traženi četveroznamenkasti broj.

932. Neka je x kilometara na sat brzina automobila i neka je C mjesto susreta motorista i automobila (vidi sliku).

Do susreta u mjestu C motorist je prešao put od 3 · 40, tj. 120 km, a automobil 3x kilo-metara. To znači da je duljina puta od A do B jednaka |AB| = 120 + 3x kilometara. Neka je D mjesto susreta biciklista i automobila. Do susreta u mjestu D biciklist je prešao put dug 4 · 15, tj. 60 km, a automobil 4x kilometara. Zato je |AB| = 60 + 4x kilometara. Zbog jednakosti lijevih strana dviju jednadžbi, tj. |AB|, slijedi i jednakost njihovih desnih strana, tj. 60 + 4x = 120 + 3x, ili 4x – 3x = 120 – 60, tj. x = 60. Prema tome, brzina automobila je 60 km na sat, a to znači da je duljina puta od A do B jednaka 60 + 4 · 60, tj. 300 km.

933. Znamenka desetinke u djelitelju mora biti manja od 3. Naime, ako je znamenka desetinke jednaka 3, onda je količnik 291.8, što nije moguće jer je 291.8 < 3 ∗∗.8. Ako je znamenka desetinke u djelitelju jednaka 1, onda je količnik 310.3, što opet nije moguće jer je znamenka desetinke u dobivenom količniku 3, a u traženom je količniku 8. Zato je znamenka desetinke djelitelja jednaka 2, pa je traženi djelitelj 3.25, a to znači da je količnik 300.8. Prema tome, traženi je djelitelj 3.25, a količnik 300.8 .

934. 1. način. Izlučimo zajednički faktor iz prvih dvaju razlomaka.

Naime, 36 1 1 15 7 5 6 7 6 7 8 6 8− − − =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅1 1 1 136

5 7 6 6 7 8 6 8⎛ ⎞⎟⎜⋅ − − − =⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= 1 215 1 15 7 6 6 7 8 6 8⋅ − − =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 1 5 43 1 1

5 6 7 6 7 8 6 8⋅ ⋅

− − =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= 43 1 1 1 1 1436 7 6 7 8 6 8 6 7 8 6 8

⎛ ⎞⎟⎜− − = − − =⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= 1 343 1 1 7 49 16 7 8 6 8 6 7 8 6 8

⋅⋅ − = ⋅ − =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= 49 1 48 1.6 8 6 8 6 8− = =

⋅ ⋅ ⋅

2. način. Sve dane razlomke svedimo na zajednički nazivnik 5 · 6 · 7 · 8. Naime,

36 1 1 15 7 5 6 7 6 7 8 6 8− − − =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 36 48 8 5 35

5 6 7 8 5 6 7 8 5 6 7 8 5 6 7 8⋅

− − − =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= 1728 48 1680 5 6 7 8 1

5 6 7 8 5 6 7 8 5 6 7 8− ⋅ ⋅ ⋅

= = =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

.


64

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

935. Nakon jedne minute velika kazaljka ure pomakne se za 1minutni dio i tako načini kut od 360 : 60, tj. 6°. Mala kazaljka ure za 1 sat pomakne se 5 minutnih dijelova, što odgovara kutu od 30°. To znači da mala kazaljka ure nakon jedne minute načini kut od 30:60, tj. 0.5°. Očito da od 6 do 7 sati mala i velika kazaljka ure ne mogu zatvoriti ispruženi kut, nego će se to prvi put dogoditi poslije 7 sati. U 7 sati velika kazaljka ure nalazi se na broju 12 na brojčaniku ure. To znači da u 7 sati mala i velika kazaljka ure zatvaraju kut od 180 – 3o, tj. 150°, odnosno kut od 210°. Dalje radimo sa jednim od ova dva kuta. Naravno da je lakše raditi s manjim kutom. Neka je x broj minutnih dijelova za koji se velika kazaljka pomakne nakon 7 sati do položaja kad obje kazaljke zatvore ispruženi kut. Za to vrijeme velika kazaljka načini kut od 6x stupnjeva. Za to isto vrijeme mala kazaljka načini kut od 0.5x stupnjeva . Zato vrijedi jednadžba 150 + 6x – 0.5x = 180, ili dalje redom 150 + 5.5x = 180,

5.5x = 30, 55x = 300, 30055

x= , 6011

x= , tj. 5511

x= . Prema tome, mala i velika kazaljka

ure prvi će put nakon 6 sati zatvoriti ispruženi kut u 7 sati i 5511

minuta.

936. Neka je x broj liječnika, a y broj bolesnika u bolnici. Tada je 35x ukupan broj godina svih liječnika, a 50y ukupan broj godina svih bolesnika. To znači da je 35x + 50yukupan broj godina liječnika i bolesnika. Osim toga, x + y je ukupan broj liječnika i bolesnika, a to znači da je 40(x + y) ukupan broj godina liječnika i bolesnika. Zato vrijedi jednadžba 40(x + y) = 35x + 50y, ili dalje redom, 40x + 40y = 35x + 50y,40x – 35x = 50y – 40y, 5x = 10y, tj. x = 2y. Iz zadnje jednakosti slijedi da je x > y.Prema tome, u bolnici ima dva puta više liječnika nego bolesnika.

937. Neka je x dio prve legure, a y dio druge legure koje smo uzeli. Istaknimo da je u svakom dijelu prve legure omjer bakra i cinka 1 : 2, a da je u svakom dijelu

druge legure omjer bakra i cinka 4 : 5. To znači da x dijelova prve legure sadrži 13x

dijelova bakra, a y dijelova druge legura sadrži 49y dijelova bakra. Zato zaključujemo

da nova legura sadrži 1 43 9x y+ dijelova bakra. Isto tako x dijelova prve legure sadrži

23x dijelova cinka, a y dijelova druge legure sadrži 5

9y

dijelova cinka. To znači da

nova legura sadrži 2 53 9x y+ dijelova cinka. Uzimajući u obzir uvjet zadatka da je u

novoj leguri omjer bakra i cinka 2 : 3, vrijedi razmjer 1 4 2 5 2:3 9 3 9 3x y x y

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜+ + =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠.

Ovaj razmjer možemo redom pisati 1 4 2 53 23 9 3 9x y x y

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜+ = +⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠, 4 4 10

3 3 9x y x y+ = + ,

9x + 12y = 12x + 10y, 2y = 3x, ili 23

xy= , tj. x : y = 2 : 3 . To znači da valja uzeti 2 dijela

prve legure i 3 dijela druge legure. Odredimo još traženi postotak. Naime, ako lijevoj i desnoj strani jednakosti 2

3xy=

dodamo 1, dobivamo ove jednakosti: 21 13

xy+ = + , 2 3

3 3x yy y+ = + , 5

3x yy+= ,

35

yx y

=+

, ( )35

y x y= + , ili y = 0.6(x + y).

Prema tome, dio druge legure čini 60% nove legure.


65

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

938. Lako zapažamo da su u danoj jednakosti 3 pribrojnika i zbroj parni brojevi, tj. djeljivi brojem 2, a prema poučku o djeljivosti zbroja slijedi da je i pribrojnik 3b djeljiv brojem 2. To je moguće samo ako je b paran broj. Jedini paran prosti broj je 2, pa je b = 2. Zato danu jednakost možemo pisati u obliku 2a + 6 + 4c + 8d = 174, ili 2a + 4c + 8d = 168, tj. a + 2c + 4d = 84. Budući da su u zadnjoj jednakosti 2 pribrojnika i zbroj djeljivi brojem 2, zaključujemo da je pribrojnik a djeljiv brojem 2, pa je a = 2. Zato vrijede ove jednakosti: 2 + 2c + 4d = 84, ili 2c + 4d = 82, tj. c + 2d = 41, pri čemu je c nužno neparan broj jer je samo zbroj neparnog broja c i parnog broja 2d jednak neparnom broju 41. Dalje, Diofantsku jednadžbu c + 2d = 41 možemo lako riješiti uporabom tablice: c 3 7 19 31 37 d 19 17 11 5 2 Prema tome, tražene četvorke prostih brojeva su: (2, 2, 3, 19), (2, 2, 7, 17), (2, 2, 9, 11), (2, 2, 31, 5), (2, 2, 37, 2).

939. Neka je |CM| = x, a |CN| = y. Tada je |BM| + |CM| = |BC| = |AB|, ili |BM| + x = a,tj. |BM| = a – x. Lako se pokaže da je ΔMCN ∼ ΔABM. Naime, |∠MCN| = |∠ABM| = 90°, |∠NMC | = |∠AMB| jer su to dva vršna kuta, i |∠MNC| = |∠MAB| jer su to dva kuta uz presječnicu AN. Iz dokazane sličnosti trokuta vrijedi razmjer |CN| : |CM| = |AB| : |BM|,

ili dalje redom, y : x = a : (a – x ), y(a – x) = ax, axya x

=−

.

Kako iz jednakosti dvaju razlomaka a cb d= slijedi jednakost njihovih recipročnih

vrijednosti, tj. b da c= , to jednakost axy

a x=−

možemo dalje pisati redom 1 a xy ax

−= ,

1 a xy ax ax= − , 1 1 1

y x a= − , 1 1 1

a x y= − , 1 1 1

x y a− = , tj. 1 1 1

CM CN a− = .

940. Iz druge jednadžbe izrazimo x, tj. x = y + z – 3, zatim ovu jednadžbu kvadriramo 2 2 2 9 2 6 6x y z yz y z= + + + − − , pa nakon zamjene u prvu jednadžbu dobivamo

redom 2 2 2 29 6 6 2 1y z y z yz y z+ + − − + − − = , 2yz – 6y – 6z = –8, yz – 3y – 3z = –4, yz – 3z = 3y – 4, tj. z(y – 3) = 3y – 4. Dalje možemo na razne načine.

1. način. Iz jednadžbe z(y – 3) = 3y – 4 slijedi jednadžba 3 43

yzy−

=−

, ili 3( 3) 53

yzy− +

=−

,53

3z

y= +

−.

Broj z bit će cijeli broj samo ako je y – 3 djelitelj broja 5, tj. ako je y – 3 = ±1, y – 3 = ±5.Rješenja ovih četiriju jednadžbi su: y = –2, y = 2, y = 4, y = 8. Sad iz jednadžbe


66

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

3 43

yzy−

=−

odredimo vrijednosti z. Za y = –2 je z = 2, za y = 2, z = –2, za y = 4, z = 8 i

za y = 8, z = 4. Konačno iz jednadžbe x = y + z – 3 lako odredimo vrijednosti x. Naime, za y = –2 i z = 2 je x = –3, za y = 2 i z = –2 dobivamo x = –3, za y = 4 i z = 8 je x = 9, dok za y = 8 i z = 4 dobivamo x = 9. Prema tome, postoje četiri trojke (x, y, z) cijelih brojeva koje su rješenje danog sustava jednadžbi. To su (–3, –2, 2), (–3, 2, –2), (9, 4, 8) i (9, 8, 4).

2. način. Iz jednadžbe 3y – 4 = z(y – 3) zaključujemo da je cijeli broj 3y – 4 djeljiv cijelim brojem y – 3. Budući da je i višekratnik broja y – 3, tj. 3(y – 3) djeljiv brojem y – 3, zaključujemo da je i razlika brojeva 3y – 4 i 3(y – 3) također djeljiva brojem y – 3. Zbog 3y – 4 – 3(y – 3) = 5 slijedi da je broj 5 djeljiv brojem y – 3. To je moguće samo

ako je y – 3 = ±1 ili y – 3 = ±5. Rješenja ovih četiriju jednadžbi su: y = –2, y = 2, y = 4,

y = 8. Sad iz jednadžbe z(y – 3) = 3y – 4, tj. 3 43

yzy−

=−

, lako odredimo vrijednosti z.

Naime, za y = –2 je z = 2, za y = 2 je z = –2, za y = 4 je z = 8, a za y = 8 je z = 4. Konačno, iz jednadžbe x = y + z – 3 lako odredimo cjelobrojne vrijednosti x. Za y = –2 i z = 2 dobivamo x = –3, za y = 2 i z = –2 je x = –3, za y = 4 i z = 8 je x = 9, a za y = 8 i z = 4 dobivamo x = 9. Zato postoje 4 trojke (x, y, z) cijelih brojeva koje su rješenja danog sustava jednadžbi. To su (–3, –2, 2), (–3, 2, –2), (9, 4, 8) i (9, 8, 4).

941. Promotrimo dva od tri neparna broja a, b, c. Neka su to brojevi a i b. Kako je umnožak dvaju neparnih brojeva uvijek neparan broj, slijedi da je ab – 1 paran broj. Paran broj ab – 1 bit će djeljiv brojem 4 samo ako je ostatak pri dijeljenju umnoška ab brojem 4 jednak 1. Dalje, ostatak pri dijeljenju neparnog broja brojem 4 može biti ili 1 ili 3. Očito da ostatak pri dijeljenju neparnog broja brojem 4 ne može biti jednak 2. Naime, a = 4k + 2 nije moguć jer je broj 4k + 2 djeljiv brojem 2, a neparan broj a nije. Ispitajmo sada koliki može biti ostatak pri dijeljenju umnoška ab brojem 4. Neka je a = 4m + 1 ili a = 4m + 3, te b = 4n + 1 ili b = 4n + 3. Sad valja promatrati svaki od tri moguća slučaja. 1°. Neka je a = 4m + 1 i b = 4n + 1. Tada je ab = (4m + 1)(4n + 1) = 16mn + 4m + 4n +1

ili ab = 4(4mn + m + n) + 1, tj. ab = 4x + 1. 2°. Neka je a = 4m + 3 i b = 4n + 3. Tada je ab= (4m + 3)(4n + 3) = 16mn + 12m +

12n + 9 ili ab= 16mn + 12m + 12n + 8 + 1 = 4(4mn + 3m + 3n + 2) + 1, tj. ab = 4y + 1. 3°. Neka je a = 4m + 1 i b = 4n + 3. Tada je ab = (4m + 1)(4n + 3) = 16mn + 12m +

4n + 3 ili ab = 4(4mn + 3m + n) + 3, tj. ab = 4z + 3.

Iz promatrana 3 slučaja zapažamo da će ostatak pri dijeljenju umnoška dvaju neparnih brojeva brojem 4 biti 1 samo ako oba broja imaju isti ostatak, tj. ili 1 ili 3. Budući da svaki neparan broj pri dijeljenju brojem 4 može imati ili ostatak 1 ili ostatak 3, zaključujemo da od tri ma kako odabrana neparna broja a, b, c dva sigurno pri dijeljenju brojem 4 imaju isti ostatak: ili 1 ili 3. To znači da će ostatak dijeljenja umnoška tih dvaju neparnih brojeva brojem 4 biti jednak 1. Neka brojevi a i b imaju isti ostatak pri dijeljenju svakog od tih dvaju brojeva brojem 4, tj. ili 1 ili 3. Tada je ab – 1 = 4k + 1 – 1, tj. ab – 1 = 4k . Time smo dokazali da je bar jedan od triju danih brojeva ab – 1, ac – 1, bc – 1 djeljiv brojem 4.


67

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Rasprava. Ako svaki od triju ma kako odabranih neparnih brojeva a, b, c pri dijeljenju bro-jem 4 ima jednaki ostatak, onda je svaki od triju brojeva ab – 1, ac – 1, bc – 1 djeljiv bro-jem 4. Nije moguće da su dva od triju navedenih brojeva parna, a jedan od njih neparan.

942. Neka su a = |AB| , b = |BC| duljine dviju susjednih stranica paralelograma ABCD, pri čemu je b = ka, i neka su e = |AC| , f = |BD| duljine dijagonala paralelograma ABCD, pri čemu je f = ke. Neka je točka M presjek dijagonala paralelograma ABCD. Primjenom poučka o duljini stranica i dijagonala paralelograma (vidi Matka br. 62, Odabrani zadatci, zadatak 918.) vrijedi jednakost: 2 2 2 22 2e f a b+ = + , pa nakon zamjene vrijednosti za b i f dobivamo jednakost ( ) ( )2 22 22 2e ke a ka+ = + ,ili 2 2 2 2 2 22 2e k e a k a+ = + , tj. ( ) ( )2 2 2 21 2 1e k a k+ = + . Nakon dijeljenja zadnje jed-nakosti brojem 1 + k2 , pri čemu je 1 + k2 > 0 , dobivamo jednakost 2 22e a= . Tu jednakost možemo pisati i ovako: 2e e a a⋅ = ⋅ ⋅ , odnosno |AC| · |AC| = 2|AB| · |AB|. Zbog činjenice da je |AC| = 2|AM| vrijedi jednakost |AC| · 2|AM| = 2|AB| · |AB| ili|AC| · |AM| = |AB| · |AB|.

Zadnju jednakost možemo pisati kao razmjer, |AC| : |AB| = |AB| : |AM|. Iz zadnjeg razmjera zaključujemo da su duljine dvije stranice trokuta ABC proporcionalne duljinama dviju stranica trokuta ABM. Budući da su kutovi koje zatvaraju proporcionalne stranice jednakih veličina, tj. da je |∠BAC| = |∠BAM|, to znači da su ta dva trokuta slična, tj. ΔABC ∼ ΔABM. Iz dokazane sličnosti trokuta slijedi jednakost veličina kutova |∠ABC| = |∠AMB|, a to znači da je i |∠BAD| = |∠BMC| jer su to dva para suplementnih kutova.

Time smo dokazali navedenu tvrdnju u zadatku.

Rješenja križaljki za atkače

5. razred1

72

2 ♥ 3

34

45

9 06

1 27

4 ♥ 8

3 7 ♥

9 ♥ 9

6 0 5 ♥ 10

6♥ 11

8 2 ♥ 12

113

3 814

1 0 4 8 ♥ 15

5 0

6. razred

1

82

43

1♥ 4

2 95

46

77

5 0 68

5 3♥ 9

1 1

1♥ 10

8 7♥ 11

6 8♥

♥ 12

2 1♥ 13

3 5♥ 14

115

4 0♥ 16

8 4 617

1 218

3 7 2 1♥ 19

1 0 6


68

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

7. razred1

62

1 ♥ 3

54

3 85

76

27

2 48

2 4 0 ♥ 9

6 8♥ 10

1 5 ♥ 11

612

5 ♥ 913

8 ♥ 14

315

7 ♥ 16

217

3 ♥18

319

2 ♥ 20

821

5 1 822

423

4 0 4 1 1 ♥ 24

9 7

8. razred1

12

8 ♥ 3

14

45

1 56

97

3 0 ♥ 8

8 0 9 ♥ 7♥ 9

110

4 2 ♥ 11

612

5 113

6 9 6 ♥ 14

9 0 8 ♥15

0 ♥ 16

317

8 4 ♥ 18

319

420

2 9 5 1 7 ♥ 21

2 8

Rješenja nagradnih zadataka iz 63. broja

Rješenja zadataka za atkače početnike

1. Marke. 91 marku. 2. Ruže gospođe Ruže. 5 ruža. 3. Stablo. 120 cm. 4. Izlet. 3 učenika pojela su po 4 kolača. 5. Stari papir. Štef je dobio 1800 kn, a Jura 1440 kn. 6. Unuk, otac i djed. Unuk ima 6 godina, otac 30 godina, a djed 54 godine. 7. Prijateljice. Svaka treba platiti 8 kn. Mia je potrošila 9 kn pa mora uzeti 1 kn. Tea je potrošila 15 kn pa mora uzeti 7 kn. 8. Greda. 100 kn. 9. Dijagonale kocke. α = 60°. 10. Podjela zarade. Ukupno 7200

kn, svaki po 720 kn. 11. U autobusu. 100 putnika. 12. Zbrojevi brojeva. a) 0, b) 245

,

c) 445

, d) 145

, e) 245

, f) 1845

. 13. Trokut. Koordinate vrhova su A(1, 0), B (7, 0), C(3, 4),

a = 6 cm, va = 4 cm, p = 12 cm2. 14. Zaposleni sin. 1 sanduk po 12 kg i 17 sanduka po 10 kg; 6 sanduka po 12 kg i 11 sanduka po 10 kg ili 11 sanduka po 12 kg i 5 sanduka po 10 kg. 15. Koliki je x? x = 13. 16. Učiteljica i bomboni. 9 učenika, 50 bombona.17. Staza. 90.4 m2. 18. Kocka. Oplošje se poveća 150 : 6 = 25 puta. Obujam se poveća 125 puta. 19. Neboder. 70 m.

Rješenja su nam poslali i atkinim su bilježnicama nagrađeni atkači: Mislav Glibo, 6.c, OŠ Z. Franka, Kutina; Zorana Lubina, 6.a, OŠ Runović, Runović; Marina Bošnjak, 5.r., OŠ S. S. Kranjčevića, Lovreć; Tina Zebić, 6.b, OŠ Kman-Kocunar, Split; Nikola Buhiniček, 4.b, OŠ Antuna i Ivana Kukuljevića, Varaždinske Toplice; Josip Mohler, 5.e, OŠ Fra Kaje Adžića, Pleternica.


69

atka

17

(200

8./2

009.

) br.

65

Rješenja zadataka iz Kutka za najmlađe

1. 75 cm; ornitologija. 2. Oko 56 puta. 3. 113 vrsta. 4. Oko 1.14 mrava na dm2, odnosno 1 mrav na dm2; murmekologija. 5. 44.76, odnosno oko 45 puta. 6. Mike Powell, Greyhound, Galina Chistyakova (8.94 > 8.2 > 7.52) 7. Blanka Vlašić (182.88 < 207)

Rješenja je poslao i atkinom je bilježnicom nagrađen atkač Nikola Buhiniček, 4.b, OŠ Antuna i Ivana Kukuljevića, Varaždinske Toplice.

Rješenja Nagradnog natječaja broj 59

Odredimo površinu trokuta ABC i CGI.

Točke J i K su nožišta visina ovih trokuta, pa vrijedi |∠CKG| = |∠CJB| = 90°.

Vidimo da vrijedi p(ABC) = 12

|AC| · |BJ| i p(CGI) = 12

|CI| · |GK|.

Iz kvadrata ACIH dobivamo da je |AC| = |CI|. (*)

Trokuti CBJ i CGK su sukladni jer je:1° šiljasti kutovi BCJ i GCK su kutovi s okomitim kracima pa je |∠BCJ| = |∠GCK|,2° šiljasti kutovi CBJ i CGK su kutovi s okomitim kracima pa je |∠CBJ| = |∠CGK|,3° stranice BC i CG su stranice kvadrata BCGF pa je |BC| = |CG|.

Iz sukladnosti trokuta CBJ i CGK slijedi da je |BJ| = |GK|. (**)

Zbog dokazanih tvrdnji (*) i (**) zaključujemo da su površine trokuta ABC i CGI jednake, tj. da vrijedi p(ABC) = p(CGI).

Slično se dokazuje sukladnost ostalih trokuta, pa zaključujemo da je

p(ABC) = p(BEF) = p(ADH) = p(CGI),

tj. da novi trokuti imaju površinu jednaku početnom trokutu.


Rješenje stripa Zna li Ante?

Ante nije pogodio broj, on ga unaprijed zna! Zbrojio je tri znamenke koje su zamislili njegovi prijatelji i taj je zbroj pomnožio s 22. Da je Jurica računao s 5, 7 i 8, dobio bi broj (5 + 7 + 8) · 22 = 20 · 22 = 440.

Rješenje su nam poslali i atkinim su bilježnicama nagrađeni atkači: Tina Zebić, 6.b, OŠ Kman-Kocunar, Split i Mislav Glibo, 6.c, OŠ Z. Franka, Kutina.

Rješenje mozgalice Strijela i zmaj

70


Rješenje su nam poslali i atkinim su bilježnicama nagrađeni atkači iz skupine dodatne nastave 6. razreda, OŠ Eugena Kumičića, Rijeka te Anamarija Alagušić, Fran Špigel i Ema Penezić, 8.b, OŠ Otok, Zagreb.

71


Olimpijske igre

1. Koliko su ukupno olimpijskih medalja hrvatski sportaši osvojili od 1992. godine?

2. Kružnim dijagramom prikaži postotak osvojenih zlatnih, srebrnih i brončanih od ukupnog broja medalja koje su osvojili hrvatski sportaši od 1992. godine.

3. Na kojim se ljetnim Olimpijskim igrama, počevši od 1992., natjecalo najviše hrvatskih sportaša? Tko je te godine nosio hrvatsku zastavu?

4. Koliko je ukupno medalja na Olimpijskim igrama osvojila Janica Kostelić?

KUTAK ZA NAJMLADE


Documents

SADRŽAJ - matematiranjeos.files.wordpress.com · 11 MATKA.indd 8 MATKA.indd 8 229.08.2008 18:54:259.08.2008 18:54:25. 9 Sada izbrojimo sve dobivene putove koji iz O vode do završnih