matka 59 str

Транскрипт

1

2 atka Matke: Web stranica Matke: NAGRADNI NATJE»AJ BROJ 55 Ne mijenjajuêi redoslijed znamenaka , izmeappleu svakih dviju od njih upiπite znak raëunske operacije tako da konaëni rezultat bude Odgovore πaljite iskljuëivo na dopisnicama na adresu: Uredniπtvo atke (za nagradni natjeëaj broj 55) Zagreb BijeniËka cesta 30 p.p. 335 Uz ime i prezime te mjesto stanovanja navedite πkolu, razred i kuênu adresu. Rjeπenja se primaju do kraja lipnja godine. Na istu adresu do kraja lipnja godine primamo i rjeπenja strip zadatka Koliko ima godina? s posljednje stranice, koja Êemo posebno nagraditi. Dobitnici nagrada bit Êe odreappleeni izvlaëenjem. Rezultate Êemo objaviti u broju 61. Rjeπenje nagradnog zadatka broj 53 potraæite na stranici 214. Glavni i odgovorni urednik: Petar MladiniÊ (Zagreb) PomoÊnica glavnog urednika: Renata Svedrec (Zagreb) Urednice: Nikol RadoviÊ (Sisak), Tanja Soucie (Zagreb) GrafiËki i likovni urednik: Ninoslav Kunc (Zagreb) Lektorica: Ivana BabiÊ (Zagreb) Ornamenti: Darko ÆubriniÊ (Zagreb) Korektorica: Ivana KokiÊ (Dugi Rat) Crteæi: Sanja BoljeviÊ (Zagreb) Redakcijski kolegij: Luka»elikoviÊ (Osijek), Vladimir Devidé (Zagreb), Blaæenka Divjak (Varaædin), Jasenka uroviê (Rijeka), Marija Golac (Zagreb), Ines Kniewald (Zagreb), Zdravko Kurnik (Zagreb), Anappleelko MariÊ (Sinj), Maja MariÊ (Zagreb), Margita PavlekoviÊ (Osijek), Mate Prnjak (Knin), Marija Rako (Zagreb), Zvonimir ikiê (Zagreb), Nikica UgleπiÊ (Split), Vladimir Volenec (Zagreb), Petar VranjkoviÊ (Zadar) Slog i prijelom: Alegra d.o.o. Zagreb Tisak: TISKARA ZELINA d.d. Sv. Ivan Zelina Æiro-raËun HMD-a (za Matku): Devizni raëun: ZagrebaËka banka d.d. Zagreb SWIFT ZABA HR 2X, account no (za Matku). Cijena pojedinog primjerka je 20 kn, za inozemstvo 5 eura. Godiπnja je pretplata 60 kn, za europske zemlje 20 eura, za ostale 40$. Ovaj je broj Ëasopisa izaπao uz potporu Ministarstva znanosti, obrazovanja i πporta Republike Hrvatske. atka 15 (2006./2007.) br. 59

3 izlazi tijekom πkolske godine u Ëetiri broja atka Ëasopis za mlade matematiëare SADRÆAJ Izdaje osnivatelj HRVATSKO MATEMATI»KO DRU TVO Zagreb, BijeniËka 30»lanci Nikol RadoviÊ, Inverzne iluzije Vladimir Devidé, Torus II Jelena GusiÊ, Brojimo sjemenke Vlado StoπiÊ, Trapez II Æeljko BrËiÊ, O matematici na televiziji Æeljko Boπnjak i Sanja Varoπanec, Konstrukcije trokuta pomoêu sliënosti MatemagiËar Franka Miriam Brückler, Trik s papirnatom trakom Intervju Lucija GusiÊ, Koen Stulens Povijest Tanja Soucie, Georg Mohr Æeljko Buranji, Zadatci s vremensko-prostornih meridijana Brojevi i poëetci matematike Kutak za kreativni trenutak Mozgalica TO»KE Kriæaljke za atkaëe Enigmatka Natjecanja Regionalno natjecanje uëenika 4., 5. i 6. razreda osnovnih πkola Zadatci za atkaëe poëetnike Odabrani zadatci Iz svijeta Natjecanje George Mohr Sudoku RaËunala Ivana KokiÊ, Koordinatni sustav i analiza podataka Tvrtko TadiÊ, Dobar postupak - netoëan rezultat Matematika i πah Siniπa Reæek, SkakaËev kruæni put Rjeπenja zadataka Kutak za najmlaapplee atka 15 (2006./2007.) br

4 INVERZNE ILUZIJE Nikol RadoviÊ, Sisak Pri promatranju svijeta oko sebe najëeπêe smo licem okrenuti prema objektu/predmetu. No, πto bi bilo kada bismo sve predmete/objekte promatrali i naopako? Bi li to znaëilo da Êe predmeti/objekti visjeti/lebdjeti u zraku? "Naopak" pogled osnovna je karakteristika osme skupine geometrijskih iluzija, tzv. inverznih iluzija. Prema πkolskom RjeËniku stranih rijeëi lat. invertere znaëi izvrnuti ili okrenuti. Slika 1. Reprodukcija igraêih karata, slika 1., proizvedenih u Francuskoj na prijelazu iz 17. u 18. stoljeêe tipiëan je primjer inverznih iluzija. Sve slike (kraljevi, dame i deëki) su jednake. Naime, par oëiju odreappleuje deset razliëitih lica; pri Ëemu je puno lice, dva profila u bijelom, dva profila u crnom relativno lako naêi. No joπ ih nedostaje pet. Pokuπajte otkriti gdje se skrivaju! Na slici 2. moæete vidjeti princezu. Okretanjem slike ( atke), gle Ëuda, princeza postade dama u godinama. Slika 2. IduÊe slike prikazuju inverzne iluzije. Pokuπajte otkriti tko (ili πto) se na njima skriva. Slika 3. Sudac ili gimnazijalac? Slika 4. Konj ili vojnik? Slika 5. Sretno ili tuæno lice? 146 atka 15 (2006./2007.) br. 59

5 Slika 6. Student ili profesor? Slika 7. Gospodin ili gospoapplea? Slika 8. Mornar ili vlastelin? Slika 9. Ljut ili veseo? Slika 10. Slika 11. Muπkarac ili æena? Slika 12. Mladi ili stari par (I)? Slika 13. Mladi ili stari par (II)? Slika 14. Cirkus ili klaun? Slika 15. Plamenac ili slon? atka 15 (2006./2007.) br

6 Slika 16. Pomaæe li isto okretanje slike i pri promatranju slike 16.? Jesu li crni dijelovi (na slici) olujni oblaci iznad bijelih oblaka ili su bijeli dijelovi (na slici) zastori u kazaliπtu, pri Ëemu je scena u mraku (crni dio)? Dilema, zar ne? Iluzija na slici 16. nastala je kombinacijom inverzne i prikrivene iluzije ( atka 51.) Iluzija na slici 17., primjer je iluzije nastale kombinacijom inverzne i neodreappleene iluzije ( atka 50.). Na prvi pogled moæete vidjeti Georgea i Marthu Washington koji kroz prozor promatraju vojnike. No, okretanjem slike ( atke), gle Ëuda, oni postadoπe prvi ameriëki predsjednik Washington. Joπ jednom paæljivo pogledaje sliku 17. Zanemarite oëito Marthu i Georgea Washingtona. UoËit Êete konture prvog ameriëkog predsjednika kako "dubi" na glavi. Slika 17. Na slici 18. prikazan je govornik. Promijenom perspektive, tj. okretanjem slike, govornik postade profil Abrahama Lincolna. Slika 18. Marketing i iluzije? Najbolji primjer je inverzna iluzija na slici 19. Joker iz igraêih karata na naljepnici πkotskog viskija sugerira da konzumiranje viskija u velikim koliëinama utjeëe na raspoloæenje. Slika atka 15 (2006./2007.) br. 59

7 Ponekad slova i brojevi koji se Ëine simetriënima, okretanjem to viπe nisu. Pogledajte sliku 20. to moæete reêi o brojkama 8 i slovima S na toj slici? Jesu li simetriëni? to se dogaapplea ako sliku okrenete? Slika 20. Promotrimo sliku 21. ProuËavajuÊi prikrivene iluzije ( atka 51.) zakljuëili smo da je povrπina vode pozadina za kopno na kartama. ZnaËi, na slici 21. je karta. No, karta Ëega? To je veê problem. Pokuπajte okretanjem atke!? Slika 21. Inverzne iluzije inspirirale su i izdavaëe magazina Omni pri organiziranju natjeëaja. Zadatak natjeëaja bio je naêi rijeëi koje se pri okretanju ne mijenjaju veê ostaju iste. Na slikama 22. i 23. su neke od rijeëi tog svojstva. Postoje li u hrvatskome jeziku rijeëi sa sliënim svojstvom? Razmislite. Slika 22. Slika 23. atka 15 (2006./2007.) br

8 Paæljivo pogledajte sliku 24. Treba li i nju okretati kako bismo otkrili πto se na njoj skriva? Slika 24. Do sada smo imali primjere inverznih iluzija koje su nastale kombinacijom s prikrivenim odnosno neodreappleenim iluzijama. Na slici 25. je iluzija dobivena je kombinacijom nemoguêe ( atka 53.) i inverzne iluzije. Slika 25. Znano je da Ëovjek posjeduje sposobnost prepoznavanja razliëitih lica. Bilo da se ta lica nalaze na karikaturama, u stripovima, ili ih netko imitira. Prepoznavanje olakπavaju oblik nosa, oëiju, usta ili neka druga karakteristika. Provjerite svoju sposobnost prepoznavanja nekih poznatih liënosti na 150 atka 15 (2006./2007.) br. 59

9 iduêim slikama. Je li problem to πto su slike okrenute naopako ili ne? Ugodnu zabavu. Slika 26. A - Elizabeth Taylor, B - Richard Nixon, C - Ronald Reagan, D - Elvis Presley, E - Jimmy Carter, F - George Bush, H - Clark Gable. Sve slike iz ovog Ëlanka moæete naêi na sljedeêim Internet adresama: atka 15 (2006./2007.) br

10 TORUS II. Vladimir Devidé, Zagreb 4. Obujam i oploπje torusa*. Obujam i oploπje torusa moæemo lako izraëunati ako znamo Guldinova pravila za obujam i oploπje rotacijskih tijela. Ona glase: slika 6. slika 7. I. Obujam V tijela T, koje nastaje rotacijom lika L u ravnini w oko nekog pravca p te ravnine (uz uvjet da je L Ëitav u jednoj od poluravnina od w odreappleenih sa p), iznosi V= P$ 2r d, gdje je P ploπtina lika L, a d udaljenost teæiπta lika L od pravca p ( 2rd je, dakle, put πto ga teæiπte lika L opiπe prilikom jednog punog okreta lika L oko pravca p). II. Oploπje O tijela T iznosi O= S$ 2rd, gdje je S duljina rubne krivulje K lika L, a d udaljenost teæiπta krivulje k od pravca p (2rd je, dakle, put πto ga teæiπte krivulje K opiπe prilikom jednog punog okreta lika L oko pravca p). Za torus je P= r 2 r, S= 2rr i, kako se teæiπte kruga i njegova ruba (kruænice) poklapa se srediπtem kruga, d = d = R. Odatle za obujam V i oploπje O torusa dobivamo: V= r r$ 2rR= 2r r R, O= 2rr$ 2rR= 4r 2 rr. Posebno je, za graniëni sluëaj torusa kojemu je R V= 2r r, O= 4r r. = r: 5. Topoloπka svojstva torusa. Razmotrimo joπ neka svojstva povrπine torusa koja su topoloπkog karaktera, tj. - grubo govoreêi - ne ovise o njenim neprekinutim deformacijama: drugim rijeëima, ostaju saëuvana ako se povrπina torusa bilo kako steæe ili rasteæe, ali bez kidanja (na primjer, povrπina torusa na sl. 6. "topoloπki je ekvivalentna" povrπini iz sl. 7.). Popularno bi se moglo reêi da je topologija (u ovom smislu) "geometrija gume". * Usp. atka br. 56. Guldinovi stavci 152 atka 15 (2006./2007.) br. 59

11 a) Sve paralele torusa su na njemu "topoloπki ekvivalentne" u smislu da se neprekinutim deformiranjem i gibanjem po povrπini torusa mogu prevesti jedna u drugu. Isto vrijedi i za meridijane, a i za treêu i Ëetvrtu obitelj kruænica na torusu (usp. 3). Meappleutim, paralele nisu u ovom smislu na torusu "topoloπki ekvivalentne" niti s meridijanima, niti s kruænicama treêe ili Ëetvrte obitelji, jer ih, kao πto se lako moæemo uvjeriti, neprekinutim deformacijama i gibanjem po povrπini torusa ne moæemo prevesti jedne u druge. Ni kruænice treêe ili Ëetvrte obitelji nisu (u istom smislu) na torusu "topoloπki ekvivalentne" s meridijanima, a ni jedne s drugima. b) Zamislimo povrπinu torusa razrezanu duæ jedne paralele a i jednog meridijana b. Tada ga moæemo neprekinuto deformirati u pravokutnik (sl. 8.). Postupku ponovnog "spajanja", "zatvaranja" torusa "πivanjem" rezova a i b odgovara "identificiranje" (po definiciji) nasuprotnih toëaka u pravokutniku, kako je to oznaëeno na sl. 8. Pravokutnik s tako identificiranim parovima rubnih toëaka moæe posluæiti kao "topoloπki model" torusa. slika 8. c) Za kuglu (i ravninu) postao je glasovitim problem Ëetiriju boja. Radi se o ovom pitanju: Koliki je najmanji broj boja s kojim Êe se bilo kakva dana "zemljopisna karta" na kugli (ili ravnini) moêi obojiti tako da svaka dva podruëja (dvije "zemlje"), koja imaju zajedniëku granicu (a ne moæda samo zajedniëke graniëne toëke), budu uvijek obojena razliëitim bojama? Dokazano je da je s pet boja uvijek moguêe provesti bojenje na traæeni naëin, no nije se uspjela konstruirati ni jedna karta koja se ne bi mogla "propisno" obojiti i s Ëetiri boje. Meappleutim, tek je u novije vrijeme dokazano da se svaka karta moæe propisno obojiti s najviπe Ëetiri boje. slika 9. slika 9.a atka 15 (2006./2007.) br

12 Zanimljivo je da je za "kompliciraniju" povrπinu torusa odgovarajuêi problem propisnog bojenja veê dugo do kraja rijeπen: Sa sedam boja moæe se propisno obojiti svaka karta na torusu, ali ima i karata koje se s manje od sedam boja ne mogu propisno obojiti. Ispravnost drugog dijela ove tvrdnje daje primjer karte koja se sastoji od sedam podruëja, od kojih svako graniëi sa svih πest ostalih - pa je takvu kartu oëito nemoguêe propisno obojiti s manje od sedam boja. Jedna takva karta dana je na sl. 9. skicom na topoloπkom modelu (prema b) torusa. (Istim brojevima oznaëeni su dijelovi istog - identifikacija rubova! - podruëja.) Sl. 9. a pokazuje kako to izgleda na torusu. slika 10. d) U gumenoj povrπini torusa izreæimo otvor, zahvatimo kroz taj otvor Ëitavu "utrobu" torusa i, izvukavπi je kroz otvor, "iskrenimo" torus. Nakon toga zatvorimo opet torus. Kakva je po obliku povrπine time nastala? Sl. 10. daje "topoloπki model" torusa s otvorom. Ako ga izvrnemo preko otvora na naëin koji odgovara opisanom iskretanju torusne povrπine, dobit Êemo opet isti pravokutnik, samo Êe mu prednja i straænja strana biti izmijenjene. Ako nakon toga opet zatvorimo otvor, dobit Êemo opet topoloπki model torusa. Prema tome, traæena povrπina i opet je povrπina torusa, koja se od polazne razlikuje u tome πto je vanjska strana polazne postala unutarnja strana dobivene i obrnuto, i πto su meridijani polazne preπli u paralele dobivene i obratno. e) Uzmimo da je πahovska ploëa "povezana" na naëin koji odgovara identificiranju rubova kod pravokutnika koji smo u b) uveli kao "topoloπki model" torusa. Ako se kraljica nalazi na polju b3 (sl. 11.), koja sva polja (inaëe prazne slika 11 slika 12 ploëe) ona napada? Naravno, smatramo da se kraljica moæe gibati i preko rubova ploëe onako kako bi to bio sluëaj da je ploëa "namotana" na torus. Rjeπenje daje sl atka 15 (2006./2007.) br. 59

13 BROJIMO SJEMENKE Jelena GusiÊ, Zagreb Danica je odmah zapoëela priëati: Neki dan slavila sam roappleendan. Prvi su doπli Ante i Jurica, a onda i moje dvije prijateljice joπ iz vrtiêkih dana. Dok smo Ëekali ostale, sjetila sam se πto mi je Dave priëao proπlo ljeto kad je bio u Hrvatskoj na ljetovanju, pa sam im to ispriëala. Zamislite, jednog im je dana doπao nastavnik matematike, svakome dao vreêicu sjemenki i papir na kojemu je bila nacrtana krivulja, te rekao da bace sadræaj vreêice iznad krivulje. Dok sam to priëala, ono Ëetvero me Ëudno gledalo, ali im ne zamjeram; nisam ni ja vjerovala Daveu dok je priëao. Ipak su Ëekali da Ëuju πto Êe dalje biti. E, pa zadatak uëenika je bio da prebroje sjemenke koje su pale na oznaëeni dio ispod krivulje, odnosno koliko ih je ukupno palo ispod krivulje i odrede omjer tih brojeva. Dave je rekao da su nakon brojanja bili iznenaappleeni koliko je teorija blizu realnosti i kako je sve to povezano s Teoremom o velikim brojevima koji su uëili iz statistike. Kad sam zavrπila priëu, svatko je imao komentar. Ana je rekla da bi ona rado iπla u Ameriku pa da na satima matematike broji sjemenke; Jurica se Ëudom Ëudio πto se na satu matematike ima iπta brojati... Na kraju su odluëili brojanjem prekratiti vrijeme dok doappleu drugi. U knjizi sam naπla krivulju. Ante ju je nacrtao uveêanu, pa smo πaku nekih okruglastih sjemenki bacili po papiru i poëeli brojati. Kako su ostali gosti poëeli pristizati svi su poæeljeli provesti taj ameriëki. eksperiment, a i vidjeti kakva je to matematika s brojanjem. Skupili smo dosta rezultata, jer su neki i viπe puta tijekom veëeri bacali sjemenke. Ante je poëeo objaπnjavati πto ti rezultati znaëe, ali ne bih sad o detaljima. Najbolje da MatkaËi sami naprave pokus. Zaπto ne biste posluπali Danicu? Evo vam nacrtane slike, pa je poveêajte tako da bude veliëine velike biljeænice. Uzmite neke male sjemenke, kamenëiêe, ili neπto po vaπem izboru, ali da nije veliko, da su svi sliëne veliëine i da moæete brojati. Trebate ih imati viπe, najmanje stotinjak. Potom odredite omjer broja predmeta na potamnjenom dijelu u odnosu na ukupan broj predmeta koji su ispod krivulje (one koji su otiπli izvan ne brojite). Pa kad veê brojite, moæete odrediti i omjer ukupnog broja na svjetlijem i tamnijem dijelu u odnosu na ukupan broj ispod krivulje. Sva bacanja bi trebala rezultirati sliënim omjerima. Bacajte viπe puta i poπaljite nam vaπe rezultate, pa Êemo vidjeti je li i kod MatkaËa realnost u skladu s teorijom! atka 15 (2006./2007.) br

14 TRAPEZ II. Vlado StoπiÊ, Zagreb Trapez je po mnogo Ëemu poseban lik. U to Êemo se uvjeriti i u sljedeêim zadatcima...* Zadatak 5. Dokaæi da sjeciπte dijagonala trapeza, toëka u kojoj se sijeku pravci koji sadræe krakove trapeza i poloviπta obiju osnovica trapeza pripadaju jednom pravcu. Rjeπenje. Neka su AB i CD osnovice trapeza ABCD, toëka M presjek pravaca AD i BC, toëka S presjek dijagonala trapeza i neka su toëke E i F presjek pravca pravca MS s osnovicom CD odnosno AB. Rijeπimo zadatak metodom sliënih trokuta. D DE ME 1. Zbog sliënosti DMDE~ DMAF vrijedi razmjer =. AF MF EC ME 2. Zbog sliënosti DMEC~ DMFB vrijedi razmjer =. FB MF Kako su desne strane ovih dvaju razmjera jednake, nuæno slijedi i jednakost njihovih lijevih strana, tj. = EC DE AF FB ili DE AF =. EC FB DE SE 3. Zbog sliënosti DSED~ DSFB vrijedi razmjer =. FB SF EC SE 4. Zbog sliënosti DSEC~ DSFA vrijedi razmjer =. AF SF I ovdje zbog jednakosti desnih strana dvaju razmjera slijedi jednakost njihovih lijevih strana, tj. = EC DE FB AF ili DE FB =. EC AF DE AF DE FB M Dobiveni razmjeri = i = EC FB EC AF imaju jednake lijeve strane, a to znaëi da su im jednake i desne strane, tj. =. Iz toga slijedi da FB AF AF FB 2 2 E C je AF = FB, a zbog AF > 0 i FB > 0 dobivamo da je AF = FB. S A F B * Nastavak Ëlanka iz atke broj atka 15 (2006./2007.) br. 59

15 Dalje, iz dobivenog razmjera DE AF EC = nakon zamjene za AF = FB FB DE EC dobivamo razmjer =. Kako su to dva jednaka razlomka jednakih AF AF nazivnika, nuæno slijedi da su im jednaki i brojnici, tj. DE = EC. Time smo dokazali da je toëka E poloviπte stranice CD, a toëka F poloviπte stranice AB, a to znaëi da dane Ëetiri toëke pripadaju jednom pravcu. Zadatak 6. a) Dokaæite da se u svakom trapezu simetrale kutova koji leæe uz jedan krak sijeku pod kutom od 90. b) Dokaæite da u svakom trapezu sjeciπte simetrala kutova uz jedan krak leæi na srednjici tog trapeza. D C Rjeπenje. a) Neka su AB i CD osnovice trapeza ABCD. Neka je E BAD = a, E CDA = d. Neka je toëka S presjek simetrala kutova EBAD i E CDA. Tada je E DAS = a 2, a E ADS = d 2. BuduÊi da je a+ d = 180c, jer su to kutovi uz presjeënicu AD, slijedi da je a 2 + d 2 = 90c. Primjenom pouëka o zbroju kutova u trokutu na trokut ADS vrijedi jednakost a 2 + d 2 + EASD = 180c, ili 90c+ EASD = 180c, tj. EASD = 90c, a to je i trebalo dokazati. A S B b) Neka su AB i CD osnovice trapeza ABCD. Neka je toëka M poloviπte kraka AD, a toëka N poloviπte kraka BC. Tada je duæina MN srednjica trapeza ABCD. Nacrtamo simetralu kuta E ADC. Neka je toëka E presjek simetrale kuta EADC i srednjice MN, a toëka F presjek te iste simetrale i osnovice AB trapeza ABCD. Zbog AM = MD i MN AB, zakljuëujemo da je toëka E poloviπte duæine DF, D C tj. DE = EF (vidi atku br. 29, Odabrani zadatci, zadatak M E N 426. b). Osim toga je EAFD = ECDF, jer su to dva πiljasta kuta uz presjeënicu DF. Zbog EADF = ECDF, prema definiciji simetrale kuta slijedi da je EAFD = EADF. To znaëi da je trokut AFD jednakokraëan s osnovicom DF, pa je A F B AF = AD. Pri tomu je toëka E poloviπte osnovice jednakokraënog trokuta AFD. BuduÊi da je pravac koji spaja vrh jednakokraënog trokuta nasuprot osnovice s poloviπtem osnovice ujedno i simetrala tog trokuta, zakljuëujemo da je pravac AE simetrala kuta E FAD, tj. EBAD trapeza ABCD. Time smo atka 15 (2006./2007.) br

16 dokazali da se simetrala kuta EBAD i simetrala DF kuta EADC ABCD sijeku u toëki E koja leæi na srednjici trapeza ABCD. trapeza D S Iz Ëinjenice da trapez ima dvije stranice usporedne, slijede neka zanimljiva svojstva u vezi s povrπinom trapeza. Zadatak 7. Dan je trapez ABCD kojemu su AB i CD osnovice i toëka S sjeciπte njegovih dijagonala. Dokaæite da je pads ( ) = pbcs ( ). Rjeπenje. Lako se pokaæe da trokuti ABD i ABC imaju jednaku povrπinu. Naime, oba trokuta imaju zajedniëku stranicu AB, a zbog CD AB slijedi da oni imaju i jednaku visinu. Osim toga, oba navedena trokuta imaju zajedniëki dio, tj. trokut ABS. Zato vrijede redom ove jednakosti: C pabd ( ) = pabc ( ), pabd ( )- pabs ( ) = pabc ( )- pabs ( ), tj. pads ( ) = pbcs ( ), a to je i trebalo dokazati. A B Zadatak 8. Dan je trapez ABCD kojemu su AB i CD osnovice. Ako je toëka M poloviπte kraka BC, onda je povrπina trokuta AMD jednaka polovini povrπine trapeza ABCD. Dokaæite. A D C p K Rjeπenje 1. ToËkom M nacrtamo pravac p tako da je p AD. Neka je toëka K presjek pravca p i pravca AB i neka je toëka L presjek pravca p i pravca CD. Tada je Ëetverokut AKLD paralelogram. Dokaæimo da je DKBM, D LCM. Naime, BM = MC prema uvjetu zadatka, EKMB = ECML jer su to vrπni kutovi i EKBM = ELCM jer su to kutovi uz presjeënicu KL. Iz dokazane sukladnosti trokuta slijedi da je pkbm ( ) = pcml ( ). To znaëi da paralelogram AKLD i trapez ABCD imaju jednaku povrπinu, tj. M pakld ( ) = pabcd ( ). Kako trokut AMD i paralelogram AKLD imaju zajedniëku stranicu AD i jednaku visinu, zakljuëujemo da je povrπina trokuta AMD jednaka polovini povrπine paralelograma B AKLD, tj. pamd ( ) = 2 1 pakld ( ), a to znaëi da je pamd ( ) = 2 1 pabcd ( ). 158 atka 15 (2006./2007.) br. 59

17 Rjeπenje 2. Neka je toëka E presjek pravca DM i pravca AB. Dokaæimo da je DBME, D CMD. Naime, BM = CM prema uvjetu zadatka, EBME = ECMD jer su to vrπni kutovi i EMBE = EMCD, jer su to kutovi uz presjeënicu BC. Iz dokazane sukladnosti trokuta slijedi da je EM = MD i pbme ( ) = pcmd ( ). To znaëi da trokut AED i trapez ABCD imaju jednaku povrπinu, tj. paed ( ) = pabcd ( ). Kako je duæina AM teæiπnica trokuta AED, slijedi da je pamd ( ) = 2 1 paed ( ), a to znaëi da je pamd ( ) = 2 1 pabcd ( ). D C M A B E Zadatci 9. U svakom je trapezu zbroj duljina krakova uvijek veêi od razlike duljina njegovih osnovica. Dokaæite. 10. Konstruirajte trapez ABCD, kojemu su AB i CD osnovice, ako je zadano: AB = a, CD = c, AC = e, BD = f, pri Ëemuje c< a. 11. Dokaæite ovaj kriterij jednakokraënog trapeza: Ako dijagonale trapeza imaju jednaku duljinu, onda je taj trapez jednakokraëan. 12. Dan je trokut ABC. ToËkom D na stranici BC, koja nije poloviπte stranice BC, nacrtajte pravac p koji dijeli trokut ABC na dva dijela jednakih povrπina. 13. Dokaæite da je duæina koja spaja poloviπta dijagonala trapeza usporedna s osnovicama trapeza i da je duljina te duæine jednaka polurazlici duljina osnovica tog trapeza. Nagradit Êemo svakog MatkaËa koji nam poπalje rjeπenja najmanje triju postavljenih zadataka. atka 15 (2006./2007.) br

18 O MATEMATICI NA TELEVIZIJI Æeljko BrËiÊ, Vinkovci Matematika na televiziji? I povrπni pratitelji zbivanja na malom ekranu znaju da je matematike na domaêim televizijama malo. Jedan moj prijatelj kaæe da je to logiëno jer je cilj televizijskih emisija privuêi, a ne odbiti gledatelje. No, ako je matematika omraæeni predmet u πkoli, mora li biti izgnana s TV ekrana? Postoji li naëin da se matematika pribliæi televizijskim gledateljima?»lanak koji Ëitate ne daje odgovore na ta pitanja, ali govori o primjeru kako ne treba raditi. Postoji kviz na jednoj domaêoj televiziji u kojemu simpatiëna voditeljica postavi pitanje, a gledatelji, pozivom na telefonski broj s posebnom tarifom, pokuπavaju toëno odgovoriti i tako zaraditi nekoliko stotina kuna. Jednom sam, nakratko, pogledao emisiju i primijetio pitanje o broju trokuta na prikazanoj slici. Bio sam zadovoljan Ëinjenicom da se i matematika poëela pojavljivati u takvim kvizovima, no kada sam se, za otprilike pola sata, ponovno vratio na isti kanal moje je zadovoljstvo splasnulo. Vidio sam istu voditeljicu, istu sliku i isto pitanje. Niπta se nije promijenilo ni u iduêih pola sata. Izbezumljena voditeljica stalno je ponavljala: Koliko trokuta vidite na slici? Razmislite malo. Æelim samo toëan odgovor!. Na njenu æalost, gledatelji su redom odgovarali pogreπno. Nekoliko minuta prije podneva, nakon puna dva sata igre, voditeljica je odluëila pomoêi otkrivajuêi drugu znamenku 1. Kako ni to nije upalilo, a curile su posljednje sekunde koje su programskom shemom predviappleene za emisiju, voditeljica je dala posljednju uputu: ili je 61 ili je 71. Prvi gledatelj koji se javio rekao je 71, izmuëena voditeljica brzo mu je Ëestitala i odjavila emisiju, a ja sam ostao u πoku. Ne samo zbog porazne Ëinjenice da ni jedan gledatelj nije mogao, u puna dva sata, prebrojati neke trokute, nego joπ viπe zbog spoznaje da je odgovor koji je mlaappleahna voditeljica ponudila bio pogreπan. Pitanje na koje je trebalo u emisiji odgovoriti glasilo je: Koliko trokuta vidite na slici? 160 atka 15 (2006./2007.) br. 59

19 Odgovor na ovo pitanje bilo je moguêe dobiti na viπe naëina, a u ovom Ëlanku pokazat Êu tri naëina: pogaappleanje, prebrojavanje i raëunanje. Najjednostavnije bi bilo sluπati ostale gledatelje, eliminirati njihove netoëne odgovore i tako, metodom pokuπaja i pogreπaka, doêi do ispravnog rjeπenja. Da su gledatelji za odgovor nudili redom sve prirodne brojeve od 1 pa nadalje uz prosjek od 4 javljanja u minuti do broja 71 doπli bi veê za dvadesetak minuta, a do toënog rezultata i prije. Na æalost, u njihovim odgovorima nije bilo nikakvog sustava, pa je i voditeljica u jednom trenutku zavapila: Nemojte mi viπe govoriti 13. Taj sam odgovor Ëula barem sedam puta. Drugi naëin rjeπavanja zadatka sastoji se u prebrojavanju trokuta koji su prikazani na slici. Naravno, i tu mora postojati nekakav sustav, jer je vrlo lako previdjeti neki trokut ili pak neki drugi ubrojiti viπe puta. Zato je dobro obiljeæiti (primjerice, brojevima od 1 do 9) likove koje smo dobili "rezanjem" velikog pravokutnog trokuta (jedan je Ëetverokut, a svi ostali su trokuti), te slaganjem dvaju, triju, itd likova promatrati dobivamo li trokute ili ne Rezultati takvog prebrojavanja trokuta prikazani su u tablici (napomena: oznaka 234 znaëi da je trokut sastavljen od tri mala trokuta broj 2, 3 i 4): Od koliko likova su trokuti sastavljeni: Od kojih su likova sastavljeni: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 23, 28, 34, 39, 45, 67, 78, , 278, 369, 569, , 1278, , Koliko ima takvih trokuta: atka 15 (2006./2007.) br

20 Dakle, osim jednog velikog (pravokutnog) trokuta i 8 malih trokuta unutar njega, postoji joπ 18 trokuta koji se dobiju promatrajuêi zajedno po dva, tri, Ëetiri ili pet dijelova velikog trokuta. Prema tome, na slici se ukupno vidi 27 trokuta. TreÊi naëin rjeπavanja zadatka je raëunanje, odnosno primjena matematiëkog naëina miπljenja. Tim putem Êemo ujedno pokazati kako je voditeljica doπla do broja 71, te objasniti zaπto taj broj ne predstavlja toëan rezultat. A D B G H E I F C Na slici smo sva sjeciπta duæina (ima ih 9) oznaëili slovima od A do I. Ako spojimo tri toëke dobijemo jedan trokut. Pitanje je, dakle, na koliko naëina moæemo od 9 prikazanih toëaka izabrati 3 toëke? Prvu toëku moæemo izabrati na 9 naëina (to moæe biti bilo koja toëka), drugu na 8 naëina (prvu izabranu toëku moæemo spojiti sa svakom drugom toëkom, osim s njom samom), a treêu na 7 naëina (sve, osim prve dvije izabrane toëke). Prema poznatom pouëku o prebrojavanju, koji se Ëesto koristi i u osnovnoj πkoli, ukupan broj naëina na koji moæemo izabrati 3 od 9 toëaka je: 9$ 8$ 7= 504. Ukupan broj trokuta 6 puta je manji jer, primjerice, svi izbori ABC, ACB, BAC, BCA, CAB i CBA (a isto vrijedi i za bilo koju drugu trojku) vode do istog trokuta ABC. Prema gornjem izraëunu, trokuta bi trebalo biti 504 : 6, odnosno 84, no taj rezultat nije toëan jer neke trojke leæe na istom pravcu pa uopêe ne tvore trokut. Sa slike se vidi da postoji pet pravaca (duæina) na kojima su po tri toëke (ABD, ACE, BCF, DEG i DFH), te dva pravca na kojima leæe po Ëetiri toëke (AGIF i BHIE). BuduÊi da od Ëetiri toëke moæemo sastaviti Ëetiri trojke, a od tri toëke samo jednu trojku, ukupan broj trokuta koji "ne postoje" je 162 atka 15 (2006./2007.) br. 59

21 2$ 4+ 1$ 5= 13. Ako taj broj oduzmemo od ranije izraëunatog broja 84, dobivamo da na slici postoji 71 trokut, πto je u emisiji ponuappleeno kao rjeπenje. No, trokuta na slici ipak ima znatno manje, odnosno u broj 71 uraëunati su i neki trokuti koji zapravo ne postoje. Od naπih bi se 9 toëaka zaista mogao napraviti 71 trokut, ali samo ako bismo sve toëke meappleusobno spojili. No, one na slici nisu sve spojene. Primjerice, trojka toëaka ACD ne odreappleuje trokut jer nije nacrtana duæina CD. Osim nje, nisu nacrtane ni duæine CG, CH, CI, AH, BG, DI i GH. zato je potrebno izraëunati koliko postoji trokuta kojima je stranica neka od tih duæina. Trokuta kojima je duæina AH jedna od stranica ima 7 jer te dvije toëke moæemo spojiti s bilo kojom od preostalih 7 toëaka. To isto vrijedi i za duæine BG i DI. Duæinu CD takoappleer moæemo spojiti s preostalih 7 toëaka, ali smo trokut CDI veê imali kada smo duæinu DI spojili s toëkom C, pa ga neêemo joπ jednom brojati. SliËna se stvar dogaapplea i s duæinama CG, CH, CI i GH, odnosno trokutima koje te duæine tvore. U donjoj su tablici pregledno prikazani svi trokuti koji "ne postoje", a ubrojeni su meappleu televizijsko rjeπenje od 71 trokuta: Duæina koja nije nacrtana AH BG DI CD CG CH CI GH Trokuti koji na slici ne postoje AHB, AHC, AHD, AHE, AHF, AHG, AHI BGA, BGC, BGD, BGE, BGF, BGH, BGI DIA, DIB, DIC, DIE, DIF, DIG, DIH CDA, CDB, CDE, CDF, CDG, CDH CGA, CGE, CGF, CGH, CGI CHB, CHE, CHF, CHI CIA, CIB, CIE, CIF GHD, GHE, GHF, GHI Ukupno: Trokuti koje smo veê ubrojili u nepostojeêe Broj nepostojeêih trokuta 7 CDI (DIC) 6 CGB (BGC), CGD (CDG) CHA (AHC), CHD (CDH), CHG (CGH) CID (DIC), CIG (CGI), CIH (CHI) GHA (AHG), GHB (BGH), GHC (CGH) Ukupan broj trokuta koji su uraëunati u ranije naveden broj 71, a zapravo na slici ne postoje, je 44. Ako od 71 oduzmemo 44, dobivamo da trokuta zapravo ima 27, πto se slaæe s rezultatom dobivenim prebrojavanjem. atka 15 (2006./2007.) br

22 KONSTRUKCIJE TROKUTA POMO U SLI»NOSTI Æeljko Boπnjak i Sanja Varoπanec, Zagreb U sedmom razredu susreêemo se sa sliënoπêu trokuta koja osim u raznim numeriëko-geometrijskim zadatcima ima primjenu i pri konstrukcijama trokuta i drugih figura. Naime, sliënost Êemo upotrijebiti u onim konstrukcijama trokuta koji meappleu zadanim elementima imaju ili: a) dva kuta trokuta ili b) omjer svih stranica ili c) omjer para stranica i jedan kut. Ilustrirajmo sva tri tipa zadataka kroz sljedeêe primjere. Primjer 1. Konstruirajmo trokut ako je zadano: a, b, t a. Analiza. Postoji beskonaëno mnogo trokuta koji se meappleusobno podudaraju u dva kuta a i b. Prema pouëku o sliënosti popularno zvanom K-K svi su ti trokuti meappleusobno sliëni. Meappleu svima njima treba naêi onaj kojemu je teæiπnica na stranicu a upravo sukladna zadanoj. Dakle, ideja je konstruirati bilo kakav trokut ABC l l l s kutovima a i b, te naêi njemu sliëan trokut s teæiπnicom t a. Konstrukcija. Dani elementi su: p B B' t a a b 1. Konstruiramo trokut ABC l l l s kutovima a i b i po volji odabranom stranicom AB l l. 2. Konstruiramo teæiπnicu AP l l iz vrha Al. A' 3. kat ( l, a ) + AP l l = { PP, 1}. P' C' 4. ToËkom P nacrtamo paralelu p sa stranicom BC l l. 5. p+ AB l l = { B}, p+ AC l ' = { C}. Trokut ABC l je rjeπenje zadatka. P C 164 atka 15 (2006./2007.) br. 59

23 Dokaz. Trokuti ABC l l l i ABC l su sliëni jer su im stranice BC l l i BC paralelne, te su prema pouëku o presjeënici kutovi s vrhom u B odnosno u Blsukladni, a isto tako sukladni su i kutovi s vrhom u Cl odnosno u C. BuduÊi da je trokut ABC l l l bio konstruiran tako da su mu kutovi E BAC l l l = a i E ABC l l l = b, slijedi da i njemu sliëan trokut ABC l ima ta dva kuta a i b. Osim toga, trokut ABC l je i konstruiran tako da mu je teæiπnica na stranicu a upravo jednaka zadanoj teæiπnici, pa slijedi da trokut ABC l ima upravo sve zadane elemente, tj. trokut ABC l je rjeπenje zadatka. % Rasprava. Zadatak ima jedinstveno rjeπenje ako je a+ b<180. Primjer 2. Konstruirajmo trokut ako je zadano: abc : : = 645 : :, va= 2 cm. Analiza. Prema pouëku o sliënosti trokuta S-S-S, dva su trokuta sliëna ako su im stranice proporcionalne. A' Dakle, bilo koji trokut ABC l l l kojemu se stranice odnose kao 5 k 4 k al: bl: cl = 645 : :, sliëan je traæenom trokutu ABC. Da bismo v ' a dobili upravo trokut s traæenom visinom, treba produljiti ili skratiti visinu na stranicu al trokuta ABC l l l na zadanih 2 cm. B' 6 k N' C' Konstrukcija. 1. Konstruiramo trokut ABC l l l sa stranicama duljine al= 3 cm, bl= 2 cm, cl= 25. cm. 2. Nacrtamo visinu AN l l iz vrha Al na nasuprotnu stranicu. 3. kav ( l, a ) + AN l l = { NN, 1}. 4. ToËkom N nacrtamo paralelu p sa stranicom BC l B' l. p 5. p+ AB l l = { B}, p+ AC l ' = { C}. B Trokut ABC l je rjeπenje zadatka. N' N A' C' C Rasprava. BuduÊi da stranice u danim omjerima zadovoljavaju nejednakosti trokuta, zadatak ima jedno rjeπenje. Primjer 3. Konstruirajmo trokut ako je zadano: c, ab : = 32 :, b+ c. Analiza. Prema pouëku o sliënosti trokuta S-K-S, svi trokuti koji imaju omjer stranica 3 : 2 i kut izmeappleu njih jednak zadanom c meappleusobno su sliëni. Ima ih beskonaëno mnogo, a meappleu njima treba naêi onaj kojemu je zbroj stranica b i c jednak danom zbroju. atka 15 (2006./2007.) br

24 Konstrukcija. Dani elementi su: c 1. Konstruiramo trokut ABC l l l sa stranicama duljine al= 3 cm, bl= 2 cm i kutom c. 2. Stranice b i c odreappleujemo primjenom b+c Talesovog pouëka na duæinama bl+ cl i b+ c na sljedeêi naëin: Na polupravac Op nanesemo duæine AC l li AB l l. Time smo dobili toëke M l i Nl. Na drugi polupravac Oq nanesemo zadanu duæinu b+ c s krajnjom toëkom N. Spojimo toëke N i Nl, te toëkom M l nacrtamo paralelu s duæinom NNl. Ta paralela sijeëe polupravac Oq u toëki M i OM = b, MN = c. 3. Na pravac AC l l nanesemo duæinu duljine b; time je dobivena toëka C. 4. Na pravac AB l l nanesemo duæinu duljine c; time je dobivena toëka B. C C' A' B B' O b' M' c' N' b M b+c c N q p Rasprava. Zadatak ima jedinstveno rjeπenje. U treêem primjeru zadani kut nalazi se izmeappleu stranica kojima je omjer zadan. Postoje joπ dvije moguênosti: 1) zadani kut je kut nasuprot veêoj stranici od onih dviju stranica koje se pojavljuju u omjeru; 2) zadani kut je kut nasuprot manjoj stranici od onih dviju stranica koje se pojavljuju u omjeru. U prvom sluëaju zadatak ima jedinstveno rjeπenje, dok u drugom sluëaju zadatak moæe imati dva, jedno ili nijedno rjeπenje, ovisno o veliëini zadanih elemenata. Zadatci: Konstruirajte trokut ako je zadano: 1. ab,,v a, 2. bc,,a+ 2b, 3. ac,,t b, 4. abc : : = 753 : :, t a, 5. abc : : = 10: 6: 9, a+ vb, 6. ab : = 43 :, c, vc, 7. bc : = 13 :, c, a, 8. bc : = 13 :, b, tc. 166 atka 15 (2006./2007.) br. 59

25 MATEMAGI»AR MATEMAGIcAR TRIK S PAPIRNATOM TRAKOM Franka Miriam Brückler, Zagreb Danaπnja oprema Dagoberta je puno papirnatih traka (koje su popriliëno dulje nego πto su πiroke), πkara i selotejp. I iznenaappleenje: Dagobert danas ne treba dobrovoljca. Danas Êete svi biti moji dobrovoljci. Evo svakome papirnata traka i πkare! Dok dijeli papirnate trake, Dagobert dijeli i selotejp, govoreêi: Svatko neka zalijepi papirnatu traku u prsten. Imate izbor: napravite obiëni prsten ili pak prije lijepljenja jedan kraj trake zaokrenite jednom (tj. za 180 ) ili dvaput (tj. za 360 ). Verzija sa zaokretom za 180 trebala bi izgledati pribliæno ovako: Verzija sa zaokreotm za 360 izgleda sliëno, samo je viπe "zafrknuta". Sad kad svi imate svoje trake, primam oklade na koliko Êe se dijelova raspasti te trake ako ih reæete uzduæ i po sredini. Imamo odvojene kladionice za one s obiënim prstenovima, one s prstenovima s jednim i one s dva zaokreta. Dagobert je odluëio voditi kladionicu na ploëi. Svi (osim jednog) koji imaju obiëni prsten kladili su se da Êe se prsten raspasti na dva dijela. Taj jedan uëenik iznimka, Kreπo, u polusnu je promumljao: Tri dijela. Tablica klaappleenja za obiëne prstene dala je, dakle, omjer 10 : 1 (2 dijela : 3 dijela). Klaappleenje oko prstena s jednim zaokretom ispalo je bitno neizvjesnije. Dagobert je dobio omjer 2 : 13 (ostat Êe u komadu : dobit Êemo dva prstena). SliËno se dogodilo i s klaappleenjem oko prstena s dva zaokreta (omjer 2 : 7 za jedan odnosno dva dijela nakon rezanja). O.K. Sad prvo molim sve koji imaju obiëni prsten da ga razreæu uzduæ. Kreπo, probudi se i reæi! Nakon marljivog rezanja, svi su dobili po dva tanka prstena. ToËan odgovor postao je oëit i Kreπi koji se probudio dok je rezao. Ima li koga od onih s jednim zaokretom u prstenu da æeli izmijeniti svoje klaappleenje? Ne? Onda sad vi reæite! UËenici s prstenom s jednim zaokretom reæu, dakle, uzduæ linije oznaëene atka 15 (2006./2007.) br

26 toëka-crtom na iduêoj slici: Nakon malo vremena, rezultati su iznenaappleujuêi: svima je traka ostala u * komada! Ne- Êemo otkriti koliko je *. Probaj sam/a! Ima li sad izmjena oklada u treêoj grupi? Oni s trakom s dvostrukim zaokretom? Dvoje je odluëilo promijeniti svoju okladu: jedan koji je prije tvrdio da Êe traka ostati u komadu promijenio je okladu na dva dijela, a jedna koja je prije tvrdila da Êe se traka raspasti na dva dijela, promijenila je odluku na jedan. Kojoj bi se okladi ti pridruæio/la? Imaπ li predodæbu kako bi rezultat mogao izgledati s obzirom na broj zaokreta u dobivenoj/im traci/trakama? Sad molim sve one s trakom s dvostrukim zaokretom da svoje trake razreæu po istom principu tj. uzduæ! I πto se sad dogodilo? Otkrit Êemo vam samo ovo: neovisno o tome na koliko si se dijelova kladio/la, ovaj rezultat sigurno nisi oëekivao/la (osim ako si trik veê vidio/la)! Ovaj trik spada u podruëje matematike koje se zove topologija. To nema veze s topovima, nego je rijeë o vrsti geometrije pozicije (topos = lat. mjesto) u kojoj su nebitini kutovi i udaljenosti, veê se umjesto toga promatra iz koliko se nepovezanih dijelova neki objekt sastoji, koliko strana ima i joπ neka druga svojstva o kojima Êemo moæda drugom prilikom. U sluëaju gornjih traka radi se o tome da je njemaëki matematiëar August Ferdinand Möbius sredinom 19. st. otkrio svojstvo prstena s jednim zaokretom (koji se po njemu zove Möbiusova traka), a koje glasi: Möbiusova traka ima samo jednu stranu. Traka nastala neparnim brojem zaokreta ima jednu stranu, a ona nastala parnim brojem zaokreta ima dvije strane. Kako biste se u to uvjerili? Najjednostavniji naëin je da se dogovorimo: ako povlaëim olovkom liniju uzduæ svoje trake, nisam promijenio/la stranu dok ne moram diêi olovku. Pokuπajte olovkom obiêi toëka-crta liniju Möbiusove trake bez dizanje olovke kraj Êe se spojiti s poëetkom. Kod obiënog prstena i trake s dvostrukim zaokretom to neêe biti tako. Imate li ideju koja je veza izmeappleu broja strana trake i broja dijelova na koje se ona raspada pri uzduænom rezanju? Ili, teæe pitanje: πto mislite koja je veza izmeappleu broja strana i zaokreta trake prije rezanja i broja strana/zaokreta nakon rezanja? Na kraju slijedi zanimljivost: Möbiusova traka je (prema dosad poznatim podatcima) prvi put navedena kao magiëarski trik u knjizi Gastona Tissandiera Les recréations scientifiques (Znanstvene rekreacije) objavljenoj godine u Parizu. 168 atka 15 (2006./2007.) br. 59

27 INTERVJU INTERVJU Koen Stulens Lucija GusiÊ, Zagreb " eêer na kraju" ove trilogije vezane uz 8. susret nastavnika matematike je Koen Stulens i dolazi nam iz Belgije. Na putovanje je poveo i svoju æenu, profesoricu engleskog. Ovako je izgledao naπ razgovor. atka: Recite nam neπto o sebi i predstavite nam obrazovni sustav u Belgiji kroz svoje obrazovanje. K. Stulens: Rodio sam se godine. Sa πest godina iπao sam u osnovnu πkolu i zavrπio je s dvanaest. U tom razdoblju matematika nije niπta viπe od pukog raëunanja. Od 12. do 18. godine ide se u srednju πkolu, od Ëega su prve tri godine opêenite naobrazbe, a nakon toga se biraju predmeti (sadræaji). Ja sam odabrao matematiku i od treêeg razreda pa do kraja πkolovanja imao sam 8 sati matematike na tjedan. Nakon toga sam otiπao na fakultet. Da bi se magistriralo, treba se πkolovati dodatne dvije godine (i mi to zovemo kandidat u matematici), nakon Ëega dolaze joπ dvije godine i tada se dobiva neπto πto zovemo licencijat u matematici. Tako je bilo kada sam ja studirao, pa sve do ove godine (2006.) kada se sve promijenilo. Sada, nakon zavrπene dvije godine, treba joπ dodane tri godine za magisterij. atka: Je li Vas se neki profesor dojmio i utjecao na Vas? K. Stulens: Ne mogu reêi da su neki profesori imali utjecaj na mene da odaberem matematiku. Moj otac je takoappleer bio profesor matematike, ali je li to pomoglo u mom odabiru, ne znam. Oduvijek sam se volio baviti matematikom, tako da od tuda dolazi moj izbor. atka: Putujete li Ëesto? K. Stulens: U posljednje vrijeme da. ZapoËeo sam kao profesor matematike u srednjoj πkoli koja je bila blizu moje kuêe i tamo sam radio 4 godine. U Belgiji je problem dobiti stalan posao profesora matematike u srednjoj πkoli. Lagano je naêi posao i dobiti ugovor na jednu godinu, pa na joπ jednu godinu. PosreÊilo mi se kad sam dobio posao na sveuëiliπtu u Briselu kao asistent. Opet se nisam puno pomaknuo jer mi je fakultet bio deset minuta od kuêe. Na sveuëiliπtu sam zaduæen za pomoê studentima na njihovoj prvoj atka 15 (2006./2007.) br

28 godini fizike, matematike i informatike. Kako imamo jako mali broj studenata koji studiraju matematiku, to sam organizirao i razne aktivnosti za studente druge godine srednje πkole kako bi ih se privuklo matematici. Takoappleer sam bio zaduæen i za organiziranje seminara za nastavnike. Tako sam se i ukljuëio u T 3 projekt Texas Instrumentsa 1 i postao konzultant za obrazovanje. Opet organiziram teëajeve za profesore samo na malo komercijalniji naëin. Idem po πkolama i objaπnjavam kako mogu naπe proizvode integrirati u obrazovanje. To je uvod u Texasove instrumente viπe nego obrazovni teëaj. Trenutno sam ukljuëen u nekoliko europskih projekata, zbog Ëega mi se pruæila moguênost putovanja. Ove godine boravio sam u Parizu, BeËu, NjemaËkoj, Stockholmu, Zagrebu. Isto tako Texas stvara novu tehnologiju zbog koje moram Ëesto putovati u Dallas na izobrazbu. atka: Kako vam se sviapplea Zagreb? K. Stulens: Jako mi se viapplea. Ne znam zaπto, ali ovdje se osjeêam kao da sam kod kuêe. Svi su ljubazni. Kada hodaπ od Glavnog kolodvora do katedrale, vidiπ gdje sve moæeπ iêi, dobre restorane, kafiêe, duêane. Nije pretjerano velik; nakon pola dana æena mi je rekla da se veê dobro snalazi. Osim toga je Ëist, πto nije sluëaj s ostalim velikim europskim gradovima. Moæe se jesti s poda. atka: Osim nastavnika, Vi i djecu upoznajete s Texasovim instumentima? K. Stulens: Trudim se naêi sadræaje vezane uz matematiku koji su manje ili viπe primjenjivi u stvarnom svijetu i koje oni mogu razumjeti. Trenutno radimo fraktale i dinamiëne sustave za predviappleanje buduênosti na burzi i drugim podruëjima. To prije nije bilo moguêe jer za to trebaju raëunala i kalkulatori, treba tehnologija. Druga stvar koju radimo je kriptografija, koja im se jako sviapplea, pa teorija grupa koju sam ja uëio u drugom razredu, ali danas viπe nije u programu. To sam kombinario s tehnologijom, pa traæim da programiraju na kompjutoru ili kalkulatoru kako bi mogli poslati poruku i onda je dekodirati. atka: Predajte li Vi ili samo organizirate ta predavanja? K. Stulens: Organiziram predavanja i dræim ih sam bez pomoêi drugih kolega. atka: Kako odabirete djecu? K. Stulens: Podijelim prospekt πkolama i profesorima i onda oni odluëuju hoêe li doêi na fakultet na predavanja. UkljuËene su πkole koje su u krugu od 1 3 T je kratica od Teachers Teaching with Technology πto znaëi nastavnici pouëavaju uz pomoê tehnologije. 170 atka 15 (2006./2007.) br. 59

29 30 km od fakulteta, a pozivam samo razrede koji imaju preko 6 sati matematike na tjedan, jer ostali ne mogu pratiti program. Zadovoljan sam onima koji pohaappleaju predavanja; lako je komunicirati s uëenicima koji su zainteresirani za matematiku i nova znanja. Matematika je prije bila popularna, ali viπe nije. To nije problem samo u Belgiji. I u drugim zemljama Europe teπko je naêi uëenike koji æele studirati matematiku, ali ne samo matematiku, veê i ostale znanstvene predmete. Na jednom sveuëiliπtu u Belgiji postoji samo jedan student koji studira fiziku. Kada sam ja studirao, bilo je otprilike 35 studenata na matematici, a sada ih je tek petnaestak. Danas se mladi ljudi sve viπe odluëuju za druπtvene znanosti. atka: Jesu li profesori u Belgiji zainteresirani za nove tehnologije? K. Stulens: Moram reêi da jesu, ali ne svi, recimo njih 80%. S Texasovim programom zapoëeli smo i u to vrijeme su svi priëali o kompjuterima. U to su vrijeme savjetnici koji pomaæu πkolama u prilagodbi poëeli poticati nastavnike na uporabu tehnologije iako ih nisu obvezivali.»etiri godine kasnije profesori koji predaju u drugom razredu matematiku na viπoj razini obavezni su u 20% programa koristiti tehnologiju. Koriste uglavnom dæepno raëunalo, jer je teπko svaku πkolu tako opremiti da svaki uëenik ima svoj kompjutor. Svaka πkola ima od jedne do tri informatiëke uëenice, ali one se koriste za sve predmete; jezik, ekonomiju... atka: Imate li natjecanja za darovitu djecu? K. Stulens: Da, imamo Olimpijce koje dobivamo kroz tri kruga. Prvi krug je πkolsko natjecanje, pa regionalno, nakon Ëega je finalno. Na natjecanju su prije mogli sudjelovati samo zadnja dva razreda srednje πkole, a od prije Ëetiri godine mogu sudjelovati veê od dvanaeste godine, i oni su juniorski olimpijci. atka: Imate li poruku za Ëitatelje? K. Stulens: Hm, trebala li biti vezano uz obrazovanje? Svojoj djeci uvijek govorim da pokuπaju naêi neπto πto vole, πto im je manje ili viπe hobi, neπto u Ëemu uæivaju i da o tome nauëe πto je moguêe viπe. Moæda jednog dana od toga naprave profesiju. Mislim da je to vaæno i to bih poruëio Ëitateljima. Mislim da je nemoguêe prisiliti nekoga da studira i zavrπi neπto πto ne voli. Nadamo se da vam se svidio ciklus intervjua s gostima 8. susreta nastavnika matematike. atka 15 (2006./2007.) br

30 POVIJEST POVIJEST Georg Mohr Tanja Soucie, Zagreb Danski matematiëar Georg Mohr rodio se u Kopenhagenu 1. travnja godine, a umro je u njemaëkom gradu Kieslingswaldeu 26. sijeënja godine. Georgea Mohra nauëili su Ëitati i pisati njegovi roditelji od kojih je stekao i dovoljno znanja matematike da bi se odluëio nastaviti je dalje izuëavati. Godine Mohr je otiπao u Nizozemsku kako bi izuëavao matematiku pod mentorstvom matematiëara Huygensa, a zatim i u Francusku i Englesku. Godine u Amsterdamu izdao je knjigu Euclides Danicus (Danski Euklid) u kojoj je dokazao da se konstrukcije koje se mogu izvesti pomoêu ravnala i πestara mogu konstruirati i samo uz pomoê πestara. Zanimljivo je da je njegov rad ostao zaboravljen sve do godine kada je, prema priëi, student matematike sluëajno otkrio primjerak knjige u nekoj knjiæari. Do istog je dokaza, neovisno od Mohra, doπao i Lorenzo Mascheroni u knjizi Geometrija πestara objavljenoj godine. Po njemu se pouëak (Svaki konstruktivni zadatak koji se rjeπava πestarom i ravnalom, moæe se rijeπiti i samo πestarom.) i zvao Mascheronijevim pouëkom iako ga je dokazao Ëak 125 godina nakon objave Mohrove knjige! Danas pouëak nazivamo Mohr-Mascheronijev pouëak. Mohr je dio svoga æivota proveo u Nizozemskoj, a dio u Danskoj. Borio se u dansko-francuskom ratu gdje je bio i ratni zatvorenik. Za vrijeme svoga æivota dopisivao se s nekolicinom matematiëara ukljuëujuêi i Leibnitza. U njegovu Ëast jedno dansko matematiëko natjecanje nosi njegovo ime. Zadatke s proπlih natjecanja Georg Mohr moæete pronaêi u Matkama broj 34, 37, 40, 46, 53 i 55. Zadatci s ovogodiπnjeg natjecanja objavljeni su u ovom broju atke. 172 atka 15 (2006./2007.) br. 59

31 ZADATCI S VREMENSKO-PROSTORNIH MERIDIJANA Æeljko Buranji, Zagreb NJEMA»KA Otac je obeêao sinu za svaki toëno rijeπeni zadatak staviti u kasicu po 10 pfeninga. Za svaki netoëno rijeπeni zadatak sin je obavezan vratiti ocu po 5 pfeninga. Nakon πto je bilo rijeπeno 20 zadataka, u sinovljevoj kasici se nalazilo 80 pfeninga. Koliko je zadataka sin rijeπio netoëno? Rozi trenira u πkolskom πportskom klubu. Jedna od vjeæbi je ritmiëko hodanje s naklonima. Vjeæbanje se provodi na stazi duljine 30 metara, na Ëijem poëetku i kraju stoji koplje sa zastavicom. Rozi vjeæba ovako: dva koraka naprijed, jedan natrag, dva naprijed, jedan natrag, itd. Koliko koraka ona uspijeva uëiniti od jednog do drugog koplja sa zastavicom ako je duljina njezina koraka 50 cm? AUSTRIJA Bolji matematiëari iz 5. a razreda pokuπali su pogoditi prirodni broj o kojem su drugi iskazali sljedeêe tvrdnje. Wolfgang: Taj broj je prost. Karin: Taj broj je 9. Peter: Taj broj je paran. Rosewitta: Taj broj je 15. Poznato je kako su Wolfgang i Karin skupa iskazali toëno jednu istinitu tvrdnju (baπ kao i Peter i Rosewitta). Koji je to broj? DIOFANT (3. st.) Za brojeve 200 i 5 naêi treêi broj takav da pomnoæen s prvim danim brojem daje potpuni kvadrat, a pomnoæen s drugim danim brojem daje kvadratni korijen iz prethodno dobivenog potpunog kvadrata. VIJETNAM Stari vijetnamski seljani, uzgajivaëi riæe, voljeli su zadavati ovaj zadatak svojoj mladeæi. Tako je on prelazio s naraπtaja na naraπtaj. Za hranjenje 100 bivola pripremljeno je 100 naramaka sijena. Vrijedni mladi bivol dobiva 5 naramaka sijena. Lijeni mladi bivol dobiva 3 naramka sijena. Tri stara bivola dobivaju 1 naramak sijena. Koliko je vrijednih mladih bivola, koliko lijenih mladih bivola, a koliko starih bivola? Nagradit Êemo svakog postavljenih zadataka! atkaëa koji nam poπalje rjeπenja najmanje triju od atka 15 (2006./2007.) br

32 Brojevi i poëetci matematike Godina je prije Krista. Indijski znanstvenici po prvi put koriste brojku nula. Dakle, oni su odabrali znak znamenke za "niπta". Brojka nula uklopila se u indijski brojëani sustav i dopunjavala je dekadski sustav koji joπ nije poznavao svrstavanje brojëane vrijednosti razliëitih znamenki u ovisnosti o njihovom poloæaju unutar jedne brojke, npr. zdesna ulijevo: jedinica, desetica, stotica itd. Takav sustav mjesne vrijednosti broja u meappleuvremenu je veê bio u uporabi kod Sumerana u Mezopotamiji (u starini Babilonija i Asirija, danas Irak). U cijelom svijetu postojala su oko godine tri razliëita brojëana sustava, svi joπ u svojim poëetcima. Na indijskom prostoru udomaêen je sustav koji prepoznaje znakove za znamenke od 1 do 9 i nulu. Isto tako su dekadskim sustavom raspolagali i EgipÊani. Oni su poznavali znakove za brojke od 1 do 10, kao i one za 100, i BrojËane vrijednosti oblikovali su stavljanjem jednog kraj drugog odgovarajuêi broj tih znakova, npr. 5# # # # 10+ 6= Sumerani su razvili drugaëiji brojni sustav. Oni su takoappleer poznavali broj- Ëane znakove za 1 do 10, ali uz to i one za 60, 600, i Iz tog sustava s brojem 60 proistekla je i podjela vremena u 60 minuta po 60 sekundi u jednom satu. Kao i EgipÊani, i Sumerani su biljeæili æeljene brojke ispisujuêi jednu kraj druge odgovarajuêi broj pojedinih brojki, npr. 2# # # # = Sumerani i EgipÊani svladali su i Ëetiri osnovne raëunske operacije (zbrajanje, oduzimanje, mnoæenje i dijeljenje). Osim toga, mogli su oblikovati drugu i treêu potenciju, kao i ra- Ëunati kvadratni korijen. TeπkoÊe su se javljale kod sva tri naroda visoke kulture onda kad se radilo o predstavljanju velikih brojeva i raëunanju s njima. A sve to po- Ëiva u samom porijeklu razliëitih brojëanih sustava na broju prstiju na Ëovjekovim rukama. Izvornik: Paturi, Felix, R., Chronik der Technik (1988.) Pripremio: Æeljko Medveπek, Zagreb 174 atka 15 (2006./2007.) br. 59

33 KUTAK KUTAK ZA KREATIVNI TRENUTAK ZA KREATIVNI TRENUTAK Mozgalica TO»KE Po Ëitavom su svijetu i u svim vremenima bile (a i sada su!) popularne mozgalice u kojima treba nacrtati na papiru neku figuru bez podizanja olovke. Ovdje vam zadajemo tri takve mozgalice. Pripremite: papir, olovku i nacrtajte toëke kao πto su na slici/slikama. a) b) c) Problem: S koliko najmanje nacrtanih duæina moæete "pokriti" sve toëke, a da olovku ne diæete s papira? Nagrada: Svaki atkaë koji poπalje rjeπenje (nacrtano ili opisano) dobit Êe jednu knjigu iz atkine biblioteke ili atkinu biljeænicu. atka 15 (2006./2007.) br

34 K R I Æ A LJ K A K R I Æ A LJ K A Zdravko Kurnik, Zagreb ZA PETA E ZA PETA[E VODORAVNO: 1. Broj kojim treba skratiti razlomak 2070 da se dobije 2484 razlomak Najmanji zajedniëki viπekratnik brojeva 7, 11 i Broj a za koji je razlomak a jednak razlomku Prosti djelitelj broja Povrπina pravokutnog trokuta kojemu su duljine kateta dva broja iz skupa 12, 14, 22, Broj duæina πto ih odreappleuje 6 toëaka na pravcu. 14. Broj kojim treba proπiriti razlomak 3 da se dobije razlomak OKOMITO: Povrπina kvadrata kojemu je opseg jednak Broj trokuta πto ih odreappleuje 5 toëaka u ravnini : : Broj paralelograma πto ih odreappleuju Ëetiri paralelna pravca s Ëetiri druga paralelna pravca koji su na prva Ëetiri okomi ta. 6. 4$ 4$ 44$ Broj a za koji je razlomak a jednak 1600 razlomku Prosti djelitelj broja atka 15 (2006./2007.) br. 59

35 K R I Æ A LJ K A K R I Æ A LJ K A ZA ESTA E ZA [ESTA[E VODORAVNO: 1. Suprotni broj broja (-98). 3. (-41) $ 41 $ (-41) Obujam kocke kojoj je duljina brida jednaka b- : 14 l b l $ b l (-1007) (- 90) Broj a za koji je racionalni broj 99 - a 88 jednak racionalnom broju Brojnik najveêeg od racionalnih brojeva 19, 29, Umnoæak apsolutnih vrijednosti brojeva b- 8 3 l, 9, (- 32), 32, Povrπina pravokutnika kojemu su duljine susjednih stranica 144 i : OKOMITO: (- 427) + (- 10) : Nazivnik najmanjeg od racionalnih brojeva , , , Povrπina pravokutnog trokuta kojemu su duljine kateta 21 3 i (-26) $ 27 $ (-28) $ (- 29) $ 82$ 2 -^- 2h $ ^2$ 2$ 2+ 2hB. 8. Obujam kvadra kojemu su duljine bridova 21, 4 71, $ $ ^ h ^ hb. 14. Najmanji zajedniëki nazivnik racionalnih brojeva 1, , ( -7 ) $ ( ). 17. (-630) : (- 15) (-17) : b- 2 1 l. 16 atka 15 (2006./2007.) br

36 K R I Æ A LJ K A K R I Æ A LJ K A ZA SEDMA E ZA SEDMA[E VODORAVNO: 1. Broj dijelova duljine 0.09 m na koje se moæe podijeliti duæina duljine 2007 cm. 4. Vanjski kut pravilnog 60-erokuta izraæen u stupnjevima. 7. Broj vrhova mnogokuta koji ima ukupno 2414 dijagonala. 8. Broj dijagonala 70-erokuta iz jednog vrha. 9. Povrπina pravilnog Ëetverokuta kojemu je opseg Cijeli dio povrπine kruga polumjera r = Polumjer kruga ako je njegova povrπina 6 561r. 15. Koeficijent sliënosti sliënih trokuta kojima su opsezi 876 i Opseg pravilnog 42-erokuta kojemu je duljina stranice a rjeπenje jednadæbe 8 1 = Broj svih dijagonala 39-erokuta. - a OKOMITO: 2. Povrπina trokuta koji je sliëan trokutu povrπine 120 ako je koeficijent sliënosti k = Cijeli dio opsega kruga upisanog u kvadrat duljine stranice Opseg pravilnog 15-erokuta kojemu je duljina stranice rjeπenje jednadæbe 7 - x = Broj dijagonala 777-erokuta iz jednog 100 vrha. 9. Broj svih dijagonala 93-terokuta. 10. Polumjer kruga ako je njegov opseg r. 11. Duljina duæine u centimetrima, koja je podijeljena na 761 dio duljine 0.12 m. 14. Broj stranica mnogokuta koji ima ukupno 77 dijagonala. 15. Prve dvije decimale broja 5r. 178 atka 15 (2006./2007.) br. 59

37 K R I Æ A LJ K A K R I Æ A LJ K A ZA OSMA E ZA OSMA[E VODORAVNO: 1. Vrijednost funkcije fx () = x 2 za x = Prve tri decimale iracionalnog broja Broj vektora kojima su krajnje toëke vrhovi Ëetverokuta KLMN. 8. Period u decimalnom prikazu racionalnog broja $ ( ). 12. Vrijednost 41 funkcije fx () = xza x = Ordinata toëke koja je simetriëna toëki T( -37,-73) s obzirom na ishodiπte O. 15. Cijeli dio iracionalnog broja 272 r. 18. Zbroj f( 50) + f( 51) + f( 52) + f( 53) ako je f funkcija zadana jednakoπêu fx () = x Broj vektora kojima su krajnje toëke vrhovi πesterokuta ABCDEF. 22. Duljina druge katete 6 4 pravokutnog trokuta kojemu je duljina jedne katete 668, a duljina hipotenuze $ 3. OKOMITO: 1. Zbroj f( 40000) + f( 90000) -9 $ 9 ako je f funkcija zadana jednakoπêu fx () 2 2 = x $ a9 + 1k 3. Apscisa toëke koja je simetriëna toëki T( -69, 60) s obzirom na os y. 4. Prve Ëetiri decimale iracionalnog broja Cijeli dio iracionalnog broja Dvoznamenkasti broj koji se ponavlja u decimalnom prikazu racionalnog broja Kut rotacije izraæen u stupnjevima, kojom se neki vrh pravilnog peterokuta rotacijom oko 2 2 srediπta preslikava u susjedni vrh $ Rjeπenje jednadæbe 27 x + 2 = ( ). 18. Ordinata toëke grafa funkcije f= x kojoj je apscisa Broj osnih simetrija koje pravilni 20-erokut preslikavaju u isti taj mnogokut. 20. Apscisa toëke grafa funkcije f= x 2 kojoj je ordinata atka 15 (2006./2007.) br

38 ENIG ATKA ZBRAJALJKA Pogledajte pozorno raëun zbrajanja. Jasno je da TRI i PET uvijek daju OSAM. No, postoje i zamjene devet slova A, E, I, M, O, P, R, S, T brojkama od 1 do 9 tako da i na taj naëin raëun bude ispravan. I to ne jedna, veê 30 zamjena! Naappleite ih πto viπe. PoËetak je lagan: uvijek je O=1. Zdravko Kurnik, Zagreb TRI + PET OSAM ISTE ZNAMENKE Broj ove atke je 59. Zanimljivo je vidjeti kako se taj broj moæe prikazati pomoêu istih znamenki i raëunskih radnji, bez uporabe 59 zagrada. Na primjer: 59 = : Pokuπajte pronaêi najbolje prikaze broja 59 redom pomoêu istih znamenki. LIKOVI I OKLADA BraÊa Lovro i Luka sjeli su nakon ruëka za svoje radne stolove. Nakon πto je svaki nacrtao slovo L, razdijelio ga je prvo na kvadrate, a onda crtanjem njihovih dijagonala i na pravokutne trokute. Lovro se odluëio na prebrojavanje trokuta, a Luka na prebrojavanje paralelograma. Usput je pala i oklada jer je Lovro tvrdio da njegovih likova ima dva puta viπe. Pobjednika je Ëekala Ëokolada. Tko je dobio (Ë)ok(o)ladu? A L Dva rebusa IA L AA A B

39 DOPUNJALJKA RijeËima u liku dodajte na poëetku po jedno slovo, tako da dobijete osam muπkih i æenskih imena. Ako ste dopunjaljku ispravno rijeπili, u stupcu s osjenëanim poljima dobit Êete ime velikog starogrëkog matematiëara. skrivaëice E G I N O B U L T NJ N I R R I A A K C A A K J R T A A N D A A Za tu ocjenu treba dobro zapeti, Cakana! U πkoli rad i znanje jedini caruju. Susjed Vojkan ne zna baπ najbolje matematiku. Po ravnoj stazi vuëe tvor kapitalni ulov. UËenici gledaju stroj kako izraappleuje trokute. Paæljivo Ëitajte svaku reëenicu i malo drugaëije povezujte neka slova. Svaka reëenica skriva neπto πto uëitelj matematike upisuje u imenik nakon nekog ispita. to? NetoËno - toëno Od πtapiêa jednakih duljina sloæena je jednakost s rimskim brojevima koja oëigledno nije toëna. NetoËnost se moæe ispraviti premjeπtanjem samo jednog πtapiêa. Kako i na koliko razliëitih naëina? X+II=VII ENIGE N I G ATKAA T K A

40 NATJECANJA NATJECANJA Regionalno natjecanje uëenika 4., 5. i 6. razreda osnovnih πkola 12. svibnja razred 1. KoristeÊi prvih pet neparnih prirodnih brojeva 1, 3, 5, 7 i 9, svaki jedanput i uporabom raëunskih radnji zbrajanja, oduzimanja, mnoæenja i dijeljenja (svake jedanput) treba dobiti brojeve 4 i 8. (Primjer kako se moæe dobiti broj 5: (3 9-7) : = 5.) 2. Koliko ima Ëetveroznamenkastih brojeva kojima je zbroj znamenaka jednak 4? 3. Zbroj dvaju brojeva je Ako umjesto drugog broja stavimo Ëetiri puta veêi broj, dobva se zbroj Koji su to brojevi? 4. U tri autobusa na maturalac putuje 135 uëenika. Pri prvom zaustavljanju iz prvog autobusa u drugi preπla su 3 uëenika, a u treêi je preπlo 9 uëenika. Nakon toga u svakom je autobusu bio jednak broj uëenika. Koliko je uëenika bilo u kojem autobusu na poëetku putovanja? 5. Pravokutnik je podijeljen na 9 kvadrata, kao πto je prikazano na slici. Povrπina najmanjeg kvadrata je 1 mm 2. Kolika je povrπina prvog veêeg kvadrata? Obrazloæite odgovor. 5. razred 1. Koliko ima Ëetveroznamenkastih brojeva kojima je zbroj znamenaka jednak 5? 2. Zbroj dvaju brojeva je 432, a njihov najveêi zajedniëki djelitelj je 36. Odredite te brojeve. 182 atka 15 (2006./2007.) br. 59

41 3. Majka je svojim kêerima odobrila da u subotu provedu odreappleeno vrijeme igrajuêi se na raëunalu. Najstarija kêi Marina utroπila je 1 4 predviappleenog vremena i joπ 32 minute, Ana je utroπila 4 1 preostalog vremena i joπ 32 minute, Renata 1 4 novog ostatka i joπ 32 minute, a Æeljka preostalih 88 minuta. Koliko je vremena provela pojedina kêi igrajuêi se na raëunalu? 4. Odredite najmanji prirodni broj djeljiv brojem 72 kojemu je zbroj znamenaka jednak Marko ima 13 sliëica pravokutnog oblika. Duljina svake sliëice je 8 cm, a πirina 5 cm. Na koliko razliëitih naëina moæe od svih sliëica sloæiti veliki pravokutnik? IzraËunajte opsege i povrπine svakog od dobivenih pravokutnika. 6. razred 1. U tri sanduka ima 252 kg πeêera. U prvom sanduku je 4 1 sadræaja treêeg sanduka, a u drugom 3 5 sadræaja prvog sanduka. Koliko πeêera ima u svakom od sanduka? 2. Stjepan je na svadbu najboljeg prijatelja donio kobasicu dugu nekoliko desetaka metara. DomaÊini su kobasicu razrezali na 8 dijelova. Stavili su na stranu 5 dijelova, a svaki od 3 preostala dijela razrezali na 8 manjih dijelova. Zatim su od svakog dijela koji su upravo razrezivali 5 manjih dijelova stavili na stranu, a svaki od preostala 3 manja dijela ponovo su razrezali na 8 joπ manjih dijelova. Potom su isto uëinili i s ovim joπ manjim dijelovima. Na koliko je ukupno dijelova razrezana Stjepanova kobasica, bez obzira na veliëinu dijelova? 3. Zbrajanjem po dva od pet razliëitih cijelih brojeva dobiveni su sljedeêi zbrojevi: 0, 1, 2, 4, 5, 6, 7, 8, 9, i 10. Koji su to cijeli brojevi? 4. Duljina jedne stranice trokuta ABC je a, druge je 7a, a duljina treêe stranice takoappleer je viπekratnik od a. Koliki je opseg trokuta ABC? 5. Neka je ABCD paralelogram kojemu su sve stranice jednakih duljina. Simetrala kuta ECAB sijeëe stranicu u toëki E i pritom je E BEA = 54c. Odredite veliëine kutova paralelograma ABCD. atka 15 (2006./2007.) br

42 Rjeπenja zadataka 4. razred 1. ( ) : (7-1) = 4, (9 + 7) : (5-3) 1 = BuduÊi da je broj 4 moguêe prikazati u obliku zbroja znamenaka u obliku 4 = = = = = , zakljuëujemo da su traæeni brojevi 4 000, 3 100, 3 010, 3 001, 1 300, 1 030, 1 003, 2 200, 2 020, 2 002, 2 110, 2 101, 2 011, 1 210, 1 201, 1 120, 1 102, 1 021, te Ukupno ih je I. II I. II. II. II. II Sa slike zakljuëujemo da je vrijednost drugog broja jednaka 300, odakle dobivamo da je vrijednost prvoga Nakon prvog zaustavljanja u svakom je autobusu po 135 : 3 = 45 uëenika. Na poëetku putovanja u prvom je autobusu bilo = 57 uëenika, u drugom 45 3 = 42 uëenika, a u treêemu 45 9 = 36 uëenika. 900 a OznaËimo li duljinu stranice prvog veêeg kvadrata s a + 1, onda su duljine stranica sljedeêih veêih kvadrata jednake a + 2, a + 3 i a + 4. Duljina stranice traæenog kvadrata je a+ 4- a = 4 mm, pa je njegova povrπina 4 4 = 16 mm 2. a + 2 a + 4 a razred 1. BuduÊi da je broj 5 moguêe prikazati u obliku zbroja znamenaka u obliku 5 = = = = = = , zakljuëujemo da su traæeni brojevi 5 000, 4 100, 4 010, 4 001, 1 400, 1 040, 1 004, 3 200, 3 020, 3 002, 2 300, 2 030, 2 003, 3 110, 3 101, 3 011, 1 310, 1 301, 1 130, 1 103, 1 031, 1 013, 2 210, 2 201, 2 120, 2 102, 2 021, 2 012, 1 220, 1 202, 1 022, 2 111, 1 211, te Ukupno ih je Neka su a i b traæeni brojevi, pri Ëemu je a < b. BuduÊi da je D(a, b) = 36, vrijedi da je a = 36 m, b = 36 n, pri Ëemu su m i n prirodni brojevi, m < n, za koje je 184 atka 15 (2006./2007.) br. 59

43 D(m, n) = 1. Uvrπtavanjem dobivenog u izraz a + b = 432 dobivamo da je m + n = 12. BuduÊi da je m < n i D(m, n) = 1, postoje dvije moguênosti: m = 1, n = 11 i b) m = 3, n = 7. Traæeni brojevi su a) a = 36, b = 396 i b) a = 180, b = Vrijeme koje je za raëunalom provela Æeljka (88 minuta) i dodatne 32 minute 3 koje je za raëunalom bila Renata Ëine 4 novog ostatka. Dakle, novi ostatak bio je minuta. Tih 160 minuta i dodatne 32 minute koje je za raëunalom provela Ana Ëine 4 preostalog vremena. To znaëi da je nakon Marine preostalo vrijeme bilo 256 minuta. Vrijeme od 256 minuta i dodatne 32 minute koje je za raëunalom provela Marina Ëine 4 3 predviappleenog vremena. Odatle dobivamo da je predviappleeno vrijeme za sve Ëetiri djevojëice bilo 384 minute. Marina se igrala 128 minuta, Ana 96 minuta, Renata 72 minute i Æeljka 88 minuta. 4. Prirodni broj djeljiv je brojem 72 ako je djeljiv brojevima 8 i 9. Svaki broj kojemu je zbroj znamenaka 72 djeljiv je brojem 9. Broj je djeljiv brojem 8 ako je brojem 8 djeljiv njegov troznamenkasti zavrπetak. Nadalje, traæimo troznamenkaste brojeve djeljive brojem 8 tako da zbroj znamenaka bude najveêi moguê. Broj 888 djeljiv je brojem 8 koji ima najveêi zbroj znamenaka (24). Zbroj preostalih znamenaka broja mora biti jednak = 48. Prirodni broj je manji πto ima manje znamenaka i πto je poëetna znamenka manja. BuduÊi da je 48 = , traæeni broj je Od ovih se sliëica pravokutnik moæe sloæiti na tri naëina: Svaki od tih pravokutnika sastoji se od 13 jednakih pravokutnika, pri Ëemu je povrπina svakoga od njih 8 5 = 40 cm 2. To znaëi da svi prikazani pravokutnici imaju jednake povrπine od 520 cm 2. Opseg prvoga je 146 cm, drugoga 218 cm, a treêega 106 cm. 6. razred 1. Neka je x koliëina πeêera u treêem sanduku. Tada je x 4 1 koliëina πeêera u prvom atka 15 (2006./2007.) br

44 sanduku, a 5 3 c 4 1 x m= 20 3 x je koliëina πeêera u drugom sanduku. Zato vrijedi 4 1 x x+ x = 252. Rjeπavanjem jednadæbe slijedi da je x = 180. Stoga je u prvom sanduku 45 kg πeêera, u drugome 27 kg, a u treêemu 180 kg πeêera. 2. Kobasicu su prvim rezanjem razdijelili na 8 dijelova. Na stranu su stavili 5 dijelova, a preostala Êe 3 dijela dalje rezati. Zatim se drugim rezanjem dobije 3 8 manjih dijelova. Na stranu se stavlja 3 5 manjih dijelova, a preostala Êe se 3 3 dijela dalje rezati. Nakon drugog rezanja na stranu je stavljeno dijelova. Potom se treêim rezanjem dobije joπ manjih dijelova. Na stranu se stavlja 3 3 5, a preostala Êe se dijela dalje rezati. Nakon treêeg rezanja na stanu je stavljeno dijelova. Na kraju se Ëetvrtim rezanjem dobije dijelova, pa je ukupan broj dijelova jednak = = S obzirom da se svaki od pet cijelih brojeva zbraja sa svakim od preostala Ëetiri, zbroj dobivenih zbrojeva Ëetverostruko je veêi od zbroja tih pet brojeva. Dakle, zbroj pet cijelih brojeva jednak je ( ) : 4 = 13. OËito je zbroj dvaju najmanjih brojeva jednak 0, a zbroj dvaju najveêih jednak je 10, pa je treêi po veliëini jednak 13 - ( ) = 3. Jasno je da je zbroj najmanjeg broja i treêeg po veliëini jednak 1, pa je najmanji broj jednak 1-3 =- 2. BuduÊi da je zbroj dvaju najmanjih brojeva jednak 0, onda su to brojevi -2 i 2. Jasno je da je zbroj najveêeg broja i treêeg po veliëini jednak 9 pa je najveêi broj jednak 9-3 = 6. Zbroj dvaju najveêih brojeva jednak je 10, pa zakljuëujemo da su to brojevi 4 i 6. Traæeni cijeli brojevi su -2, 2, 3, 4 i Neka je c duljina treêe stranice trokuta ABC. Tada je c = na, pri Ëemu je n prirodan broj. BuduÊi da je zbroj duljina dviju stranica trokuta uvijek veêi od duljine treêe stranice, onda je c < a + 7a, odnosno na < 8a, pa je n < 8. Zbog istog razloga je a + c > 7a, odnosno na > 6a, pa je n > 6. To znaëi da je n = 7, te je o = a + 7a + 7a = 15a. Opseg trokuta ABC je 15a. 5. Neka je a = EDAB = EBCD i b = EABC = ECDA. Kako su paralelogramu ABCD sve stranice jednakih duljina, prema pouëku S-S-S o sukladnosti D C slijedi da je DABC, D ADC. To znaëi da je ECAB = ECAD, pa je E EAB = a 4 A 54 B E Za unutarnje kutova trokuta DABE vrijedi da je EEAB + EABE + EBEA = 180c, odnosno a 4 + ^180c- ah + 54c = 180c. Slijedi da je a = 72c i b = 108c. 186 atka 15 (2006./2007.) br. 59

45 ZADATCI ZA MATKA»E PO»ETNIKE ZADATCI ZA MATKACE POCETNIKE Za ovaj broj atke zadatke su nam poslali atkaëi Ivo BariÊ, Petar JakeliÊ, Anita imiê i Petra VlatkoviÊ, a odabrali su ih i uredili Marija Rako i Mate Prnjak. Zadatke je ilustrirala atkaëica Jelena Grbavec iz Zagreba. Zahvaljujemo na suradnji te pozivamo ostale atkaëe da se pridruæe u slanju zadataka. Nagradit Êemo i objaviti ime svakog najmanje triju postavljenih zadataka. atkaëa koji nam poπalje rjeπenja Z 1. Zastava U zemlji Nigdjezemskoj propisan je omjer duljine i πirine dræavne zastave. Taj je omjer jednak 19 : 10. a) Na svim dræavnim institucijama postavljene se zastave kojima je πirina 1 metar. Kolika je duljina tih zastava? b) Ostale ustanove istiëu zastave duljine 152 cm. Kolika je πirina tih zastava? c) Stambene zgrade povodom dræavnih praznika istiëu zastave πiroke 70 cm. Kolika je duljina tih zastava? d) Svoje zastave prodaju i kao suvenir, no tada moraju biti duljine 28.5 cm. Kolika je πirina zastave-suvenira? Z 2. Put putujem Udaljenost Zagreba i Knina je 271 km. Iz Knina prema Zagrebu Mate vozi automobil vozi prosjeënom brzinom od km na sat. Nakon koliko Êe sati voænje Mate biti km udaljen od Zagreba? Z 3. Jesu li ljestve dovoljno dugaëke? Zaboravni je Janko izaπao iz kuêe zalupivπi vratima. Tek se kasnije sjetio da nije ponio kljuëeve. SreÊom, otvoren je prozor na drugome katu pa bi pomoêu ljestava Janko mogao uêi u kuêu. Udaljenost izmeappleu kuêe i ograde je 2.5 m, a prozor je na visini 6 m. Koliko dugaëke moraju biti ljestve da bi dosegle prozor? atka 15 (2006./2007.) br

46 Z 4. Otac i sin Prije 4 godine otac je bio 7 puta stariji od sina, a za 4 godine bit Êe samo 3 puta stariji od njega. Koliko je sada godina ocu, a koliko sinu? Z 5. ProsjeËna starost ProsjeËna starost skupine punoljetnih osoba je 22 godine. a) Ako su u skupini Ëetiri osobe, pri Ëemu Marko ima 20, Ana 26 i Klara 19 godina, koliko je godina Petru? b) Ako je u skupini pet osoba, pri Ëemu Janko ima 19, Barbara 24, a Stjepan 28 godina, koliko je godina Matku i Marti? Z 6. Brojevi do 100 Umnoæak dvaju brojeva je 100, i njihov viπekratnik je 100. Koji su to brojevi? Z 7. AutiÊ Mario gura autiê po podu svoje sobe tako da svaki put gura naprijed 20 cm, a onda 10 cm unatrag. Koliko se autiê udaljio od poëetne toëke nakon 10 pomaka naprijed? Z 8. Dva majstora Jedan majstor oboji prozorsko okno za 3 sata, a drugi isto takvo okno oboji za 2 sata. Za koliko Êe sati oba majstora zajedno obojiti 5 jednakih prozorskih okna. Z 9. Poπto kivi? Za 5 kg kivija i 3 kg jabuka plaêeno je 50 kuna i 30 lipa. Koliko treba platiti za pola kilograma kivija ako je cijena jabuka 5 kuna i 60 lipa po kilogramu? Z 10. SliËni trokuti Trokuti ABC i A2B2C2 su sliëni. Kolike su duljine stranica trokuta A2B2C2 ako je a1= 8cm, b1= 6 cm i c1= 4cm i ako je c2 : c1= 1: 2? 188 atka 15 (2006./2007.) br. 59

47 Z 11. Troznamenkasti broj Ako od troznamenkastog broja oduzmemo broj kojemu su znamenke napisane u obrnutom redoslijedu od zadanog broja, dobije se broj pet puta manji od broja napisanog obrnutim redoslijedom. Joπ znamo da je znamenka jedinica za 1 manja od znamenke stotica i da je znamenka desetica jednaka zbroju jedinica i stotica. Koji je to broj? Z 12. Potroπnja goriva Revija Brzi objavila je dijagram koji prikazuje potroπnju goriva na 100 kilometara voænje za tri tipa vozila. Gospodin PutnikoviÊ kupuje novi automobil. On tijekom mjeseca kroz grad prijeapplee oko 150 km, a izvan grada 750 km. Koji bi mu automobil bio najisplativiji? Z 13. Njam, njam Maja prvog dana pojede polovinu bombona iz svoje omiljene bombonijere. Drugoga dana pojede 1 3 preostalih bombona. TreÊega dana pojede 1 4 ostatka i Ëetvrti dan 1 5 novog ostatka. Koliko je bombona bilo u bombonijeri ako je Maji ostalo joπ 6 bombona? Z 14. Kutovi trokuta Zbroj veliëina dvaju unutarnjih kutova trokuta iznosi 110, a njihova je razlika 34. IzraËunajte veliëine kutova tog trokuta. atka 15 (2006./2007.) br

48 Z 15. Na gradiliπtu Za odvoz zemlje pri gradnji novog stambenog naselja zadræana su dva kamiona, prvi nosivosti 6.4 tone, dok je nosivost drugoga tona manje od nosivosti prvoga kamiona. Koliko su zemlje prevezli ako je veêi kamion zemlju odvezao 6 puta, a manji 9 puta? Z 16. Pravokutnici Povrπina pravokutnika je 80 cm 2. Pronaappleite sve kombinacije duljina stranica, izraæene prirodnim brojevima u centimetrima, koje zadovoljavaju zadani uvjet. Koji od njih ima najmanji, a koji najveêi opseg? Z 17. Ocjene Na kraju πkolske godine u jednoj je πkoli napravljena analiza zakljuëenih ocjena iz matematike. Rezultati su prikazani u tablici: ocjena postotak odliëan 14 vrlo dobar 24 dobar 36 dovoljan 18 nedovoljan 8 Koliko je uëenika u toj πkoli ako je razlika broja vrlo dobrih i broja dovoljnih ocjena jednaka 45? D C Z 18. Povrπina Zadan je kvadrat stranice 4 cm. Svaki sljedeêi upisani kvadrat spaja poloviπta stranica prethodnog. Kolika je povrπina osjenëanog, a kolika neosjenëanog dijela poëetnog kvadrata? A B 19. Produlji stranice Ako svaku stranicu zadanog kvadrata poveêamo za 3.5 cm, dobit Êemo kvadrat kojemu je povrπina jednaka 36 cm 2. IzraËunajte opseg i povrπinu poëetnog kvadrata. 20. Geografska karta Geografska je karta nacrtana u omjeru (mjerilu) 1 : Kolika je udaljenost dvaju gradova na karti ako je ta udaljenost u prirodi jednaka 180 km? 190 atka 15 (2006./2007.) br. 59

49 ODABRANI ZADATCI ODABRANI ZADATCI Vlado StoπiÊ, Zagreb 865. Koja dva broja imaju svojstvo da je njihov umnoæak jednak njihovom koliëniku? 866. Odredite troznamenkaste brojeve abc i dad, tako da bude toëna jednakost abc $ 5 = dad U svako polje tablice 4# 3 valja napisati jedan broj izmeappleu 1 i 12, tako da zbrojevi brojeva u svakom redu budu jednaki, a najveêi broj u svakom stupcu mora biti jednak zbroju preostalih dvaju brojeva u tom stupcu Kojom znamenkom zavrπava umnoæak 2007 sedmica? 869. Koliko ima deveteroznamenkastih brojeva napisanih u padajuêem poretku, tj. kojima je svaka znamenka manja od znamenke s njoj lijeve strane? 870. U nekoj pilani nalaze se trupci bora, jele i smreke. Svi trupci bora imaju jednaku duljinu, svi trupci jele imaju jednaku duljinu, svi trupci smreke imaju jednaku duljinu. Ako je duljina 7 trupaca bora veêa od 8 trupaca jele, a duljina 6 trupaca bora manja od duljine 5 trupaca smreke, πto ima veêu duljinu: 9 trupaca jele ili 10 trupaca smreke? atka 15 (2006./2007.) br

50 871. Na ploëi je napisano 20 brojeva svaki jednak 1.1 i 20 brojeva svaki jednak Nakon πto smo precrtali nekoliko brojeva, zbroj preostalih brojeva je Koje smo i koliko brojeva precrtali? 872. Tri cijevi razliëitih presjeka pune neki bazen. Jedna je cijev punila bazen 6 sati, druga 4 sata, a treêa 7 sati, nakon Ëega je bazen bio pun. Ako bi prva cijev punila bazen 4 sata, druga 2 sata, a treêa 5 sati, onda bi one napunile 2 bazena. Za koje bi vrijeme bazen bio 3 pun ako bi sve tri cijevi punile bazen istodobno, i ako bi svaka cijev punila bazen jednaki broj sati? 873. U jednoj se kutiji nalaze dvije vrste kuglica, bijele i crvene. Iz kutije nasumce, ne gledajuêi u kutiju, izvadimo dvije kuglice. Ako su kuglice iste boje, onda ih maknemo, a u kutiju stavimo jednu crvenu kuglicu. Ako su kuglice razliëitih boja, onda crvenu kuglicu maknemo, a bijelu kuglicu vratimo natrag u kutiju. Taj postupak nastavimo sve dok je u kutiji preostala jedna kuglica. Koje je boje preostala kuglica ako je poznat poëetni broj bijelih kuglica? 874. Pjeπak se kretao po mostu od poëetka A prema kraju B. Nakon πto je preπao 3 duljine mosta, zaëuo je zvuk sirene automobila koji se kretao u istom 8 smjeru kao i pjeπak, brzinom od 60 km na sat. Ako pjeπak poëne trëati natrag prema poëetku mosta A, onda Êe se susresti s nadolazeêim automobilom na poëetku mosta A. Ako pjeπak poëne trëati prema kraju mosta B, onda Êe automobil sustiêi trkaëa na kraju mosta B. Kojom je brzinom trëao taj Ëovjek? 192 atka 15 (2006./2007.) br. 59

51 875. Prirodne brojeve a, b, c poredajte po veliëini ako je a- 2c$ 1, b- c# 1, 2b- a$ Dan je trokut ABC, tako da je AC > AB. Dokaæite da je za bilo koju toëku D na stranici BC toëna nejednakost AD < AC Rijeπite jednadæbu x = 4y + 3y+ 3 u skupu prirodnih brojeva Na gradskom prvenstvu osnovnih πkola u nogometu sudjelovalo je 8 πkola, pri Ëemu je svaka πkola sa svakom πkolom odigrala jednu utakmicu. Nakon odigranih svih utakmica ukupan broj bodova svake πkole odluëivao je o redoslijedu πkola na kraju prvenstva. kola koja je osvojila 1. mjesto bila je sama prva, tj. imala je viπe bodova od svake preostale πkole. kola koja je osvojila zadnje mjesto bila je sama zadnja, tj. imala je manje bodova od svake preostale πkole na prvenstvu. Za pobjedu u jednoj utakmici dobiva se 2 boda, za nerijeπeni rezultat svaka od te dvije πkole dobiva 1 bod, a za izgubljenu utakmicu dobiva se 0 bodova. Kolika je najmanja moguêa razlika osvojenih bodova izmeappleu prve i posljednje πkole na tom prvenstvu? 879. Iz jednog vrha trokuta nacrtana je teæiπnica, simetrala kuta i visina. Kut izmeappleu teæiπnice i simetrale kuta jednak je a, a kut izmeappleu simetrale kuta i visine jednak je b. Koji je kut veêi: a ili b? atka 15 (2006./2007.) br

52 IZ SVIJETA IZ SVIJETA Natjecanje Georg Mohr Alija MuminagiÊ, Danska Natjecanje Georg Mohr i ove je godine organizirano u dva kruga. Donosimo zadatke postavljene u drugom krugu koji je odræan 9. sijeënja godine. Zadatci su rjeπavani 4 sata, a dopuπteno je koriπtenje sredstava za pisanje i crtanje. Zadatak 1. Trokut ABC upisan je u pravilni deseterokut, kao πto je prikazano na slici. Koliki je omjer povrπine trokuta i povrπine cijelog deseterokuta? Rezultat napiπite u obliku do kraja skraêenog razlomka. C A B Zadatak 2. Kojom znamenkom zavrπava broj ? Zadatak 3. Mudri zmaj Ëuva princezu. Da biste pobijedili zmaja i oslobodili princezu, morate rijeπiti sljedeêi zadatak: Zmaj je postavio brojeve od 1 do 8 u kvadrate izmeappleu stupova u prostoriji (kao na slici). U preostale prazne kvadrate moraju se postaviti brojevi od 9 do 36. Brojevi od 1 do 36 moraju biti razmjeπteni tako da svaka staza, u koju se ulazi s juga ili zapada te izlazi na istoku ili sjeveru, prolazi kroz barem jedan viπekratnik broja 5. (Na slici su sjever (north), jug (south), istok (east) i zapad (west) oznaëeni slovima N, S, E and W.) Georg æeli osloboditi princezu. Je li to moguêe? 194 atka 15 (2006./2007.) br. 59

53 Zadatak 4. Unutar kuta veliëine 60 konstruirano je 2007 kruænica oznaëenih brojevima od 1 do Te kruænice dodiruju krakove kuta, pri Ëemu se svake dvije susjedne kruænice dodiruju meappleusobno. (Na slici su prikazane samo prve tri kruænice.) Prva kruænica ima polumjer duljine 1. Kolika je duljina polumjera kruænice oznaëene brojem 2007? Zadatak 5. Brojevi a0, a1, a2,... odreappleeni su uvjetima da je a0= 0 i a n 1 an = + - * a 3 n / 2 1 ako je n neparan broj ako je n paran broj Koliko je brojeva u tom nizu manje od 2007? Nagradit Êemo svakog postavljenih zadataka. atkaëa koji nam poπalje rjeπenja najmanje triju atka 15 (2006./2007.) br

54 SUDOKU SUDOKU Mladen MarkobaπiÊ, Zagreb Sudoku 1 Upiπite brojeve od 1 do 6, ali tako da se ni u jednom retku, stupcu ili kvadratu 3# 2 ne ponavlja niti jedan broj Sudoku X Upiπite brojeve od 1 do 9, ali tako da se ni u jednom kvadratu 3# 3 i po dijagonalama ne ponavlja isti broj. Sudoku 2 Upiπite brojeve od 1 do 9 pazeêi da se niti u jednom kvadratu 3# 3 ne ponavlja isti broj Novitet "Ubojita" sudoku Okuπajte se u ovoj sudoku glavolomki. U kvadrate 3# 3 treba upisati brojeve od 1 do 9 pazeêi da upisani brojevi daju zbroj u posebno oznaëenim poljima. Kao i kod klasiënog sudokua, brojevi se ne smiju ponavljati ni u jednom retku, stupcu, kvadratu 3# 3 i u posebno oznaëenim poljima. Ugodno rjeπavanje! 196 atka 15 (2006./2007.) br. 59

55 RA»UNALA RACUNALA KOORDINATNI SUSTAV I ANALIZA PODATAKA Ivana KokiÊ, Zagreb RaËunala kao pomoê pri uëenju u sedmom razredu moæemo primjenjivati kod viπe nastavnih jedinica, a u ovom Ëlanku prikazat Êemo kako nam ra- Ëunala mogu pomoêi pri obradi koordinatnog sustava u ravnini, te pri prikazivanju i analizi podataka. Primjer 1. U koordinatnoj ravnini: - spoji toëke: (0, 0), (2, -2), (2, -4), (1, -5), (-3, -5), (-4, -4), (-4, -2), (-2, 0), (-3, 1), (-3, 5), (-2, 4), (0, 4), (1, 5), (1, 1) i (0, 0). - spoji toëke: (-4, 3), (-2, 2) i (-4, 1). - spoji toëke: (-2, 2) i (-4, 2). - spoji toëke: (2, 1), (0, 2) i (2, 2). - spoji toëke: (2, 3) i (0, 2). - spoji toëke: (-2, 1) i (0, 1). - spoji toëke: (2, -4), (4, -4), (4, -2), (3, -2), (3, -1), (5, -1), (5, -4), (4, -5) i (1, -5). Nacrtaj toëke: (-2, 3) i (0, 3). Rjeπenje: Primjer Êemo rijeπiti koristeêi program za dinamiënu geometriju Sketchpad. ToËku s koordinatama (2, - 2) nacrtat Êemo tako da u izborniku Graf odaberemo naredbu Crtajte toëke, te u prozoru za dijalog u prvom polju za unos upiπemo broj 2, a u drugom polju za unos upiπemo broj - 2. Da bi se toëka ucrtala u koordinatni sustav, moramo kliknuti na gumb Crtajte. Moæete primijetiti da se pri ucrtavanju toëke automatski pokazao i kvadratni koordinatni sustav u ravnini. Prozor za dijalog i dalje je ostao otvoren, a pokazivaë poloæaja je ponovno u prvom polju za unos. To znaëi da nam program omoguêava unos koordinata druge toëke, a to je u naπem sluëaju toëka s koordinatama ( 3, - 4). Ponovimo postupak koji smo primijenili pri crtanju toëke s koordinatama ( 2, - 2), a nakon toga postupak ponavljamo dok ne unesemo koordinate svih zadanih toëaka, zakljuëno s toëkom s koordinatama ( 03., ) Kad unesemo sve toëke, kliknemo na gumb Gotovo. Sada Êemo duæinama spojiti toëke kako je to zadano u zadatku. atka 15 (2006./2007.) br

56 Prednost koriπtenja raëunala pri ovom zadatku je u tome πto ne moramo crtati koordinatni sustav u ravnini, dok je njegova mana u tome πto na ovaj naëin ne moramo znati kako ucrtavamo toëke u koordinatni sustav jer to program radi umjesto nas. Stoga ucrtavanje toëaka u koordinatnu ravninu uz pomoê Sketchpada treba primjenjivati tek onda kad smo u potpunosti na papiru svladali postupak ucrtavanja toëaka u koordinatni sustav u ravnini. Joπ jedna prednost koriπtenja Sketchpada je u tome πto moæemo mijenjati vrstu koordinatnog sustava, pri Ëemu Êe se mijenjati i naπa slika (jer ona ovisi o koordinatama koje se mijenjaju pri promjeni vrste koordinatnog sustava). Vrstu koordinatnog sustava mijenjamo tako da u izborniku Graf odaberemo naredbu Oblik mreæe i potom odaberemo jednu od tri ponuappleene mreæe. Kvadratna mreæa ima istu duljinu jediniëne duæine i na x i na y osi, dok u pravokutnoj mreæi moæemo posebno odabrati duljinu jediniëne duæine na x -osi, a posebno na y-osi. Mijenjanjem duljina jediniënih duæina mijenja se i oblik naπe maëke. O polarnoj mreæi, odnosno o polarnom koordinatnom sustavu, uëit Êete u srednjoj πkoli. Primjer 2. Nacrtaj toëku A i oëitaj njezine koordinate. PomiËuÊi toëku u ravnini, odgovori πto je zajedniëko svim toëkama koje se nalaze u I. kvadrantu? to je zajedniëko onima u II. kvadrantu? A toëkama u III. kvadrantu? to je s toëkama u IV. kvadrantu? Rjeπenje: ToËku A nacrtamo pomoêu alatne trake, dok njezine koordinate moæemo oëitati na dva naëina. Prvi naëin je da oznaëimo toëku i u izborniku Mjerenja odaberemo naredbu Koordinate, dok je drugi naëin da na toëku A kliknemo desnom tipkom miπa i odaberemo naredbu Koordinate. Na oba se naëina automatski definira kvadratni koordinatni sustav i ispisuju se koordinate toëke A. PomiËuÊi toëku po ravnini, mijenjaju se i koordinate toëke A. Nije teπko uoëiti da su u I. kvadrantu predznaci obiju koordinata pozitivni. 198 atka 15 (2006./2007.) br. 59

57 ToËke u II. kvadrantu imaju negativnu prvu koordinatu, a druga im je pozitivna. Predznaci obiju koordinata u III. kvadrantu su negativni, dok toëke u IV. kvadrantu imaju pozitivnu prvu koordinatu, a druga im je koordinata negativna. Zamislite samo koliko bi toëaka na papiru trebali ucrtati u koordinatni sustav da biste doπli do ovih zapaæanja. Od ove πkolske godine u sedmom se razredu uëi i prikazivanje i analiza podataka, a kao pomoê koristit Êemo program Microsoft Excel. Primjer 3. Na jednoj pismenoj provjeri znanja iz matematike uëenici jednog odjela postigli su sljedeêe rezultate: ocjenu odliëan dobilo je 6 uëenika, ocjenu vrlo dobar dobilo je 7 uëenika, dobar 5 uëenika, dovoljan 6 uëenika i nedovoljan 2 uëenika. a) Prikaæimo te podatke u tablici i odredimo broj uëenika u tom odjelu. b) Nacrtajmo stupëasti dijagram frekvencija za te podatke. Rjeπenje: a) U prvi redak tablice upisat Êemo vrijednosti obiljeæja, a u drugi pripadne frekvencije. Za izraëunavanje ukupnog broja uëenika koristimo alat za zbrajanje. Ocjena odliëan vrlo dobar dobar dovoljan nedovoljan Broj uëenika PokazivaË poloæaja postavimo u slobodnu Êeliju u kojoj æelimo da nam se izraëuna ukupan broj uëenika, a zatim kliknemo na sliëicu f x i odaberemo naredbu sum. Nakon toga oznaëimo sve Êelije u koje su upisani brojevi, kliknemo na OK i u odabranoj Êeliji se ispisuje rezultat 26. b) Kad smo unijeli tablicu, oznaëimo sve podatke koje æelimo prikazati stupëastim dijagramom, te kliknemo na sliëicu ili u izborniku Umetanje odaberemo naredbu Grafikon. Zatim u prozoru za dijalog odaberemo koju vrstu dijagrama æelimo (u naπem sluëaju stupëasti), i kliknemo na gumb Dalje. U sljedeêem prozoru odaberemo prikaz po retcima (jer nam je tablica takvog oblika da se u jednom retku nalaze ocjene, a u drugom njihova frekvencija) i ponovo kliknemo na gumb Dalje. U treêem prozoru imamo nekoliko kartica na kojima moæemo mijenjati izgled naπeg dijagrama, ali kako to nama sada nije toliko vaæno, kliknemo opet na gumb Dalje. U zadnjem prozoru za dijalog moæemo odabrati na kojem listu æelimo prikazati naπ dijagram (po postavkama programa dijagram se sprema na list na kojem trenutno radimo). Kad smo sve zavrπili, kliknemo na gumb Zavrπi. atka 15 (2006./2007.) br

58 U sluëaju promjene podataka u tablici automatski se mijenja i stupëasti dijagram frekvencija. Ako pak æelimo podatke prikazati kruænim dijagramom, dovoljno je kliknuti desnom tipkom miπa na trenutni prikaz stupëastim dijagramom i odabrati naredbu Vrsta grafikona i otvori nam se prozor za dijalog s nekoliko vrsta dijagrama (grafikona). Osim standardnih dijagrama imamo i karticu KorisniËke vrste u kojoj moæemo definirati svoju vrstu dijagrama. Kruæni dijagram za Primjer 3. bio bi: Postotke dobijemo tako da kliknemo desnom tipkom miπa na dijagram i odaberemo naredbu Odrednice grafikona. Zatim u prozoru za dijalog na kartici Naslovi podataka stavimo kvaëicu ispred Postotak i sve potvrdimo s U redu. NAGRADNI ZADATAK: KoristeÊi neki softver dinamiëne geometrije: - spoji toëke: (6, 1), (9, 2), (1, 2), (2, 1) i (6, 1), - spoji toëke: (5, 2), (5, 8), (0, 3) i (5, 3), - spoji toëke: (5, 8), (5, 9), (9, 2), (6, 3) i (5, 9), a zatim oëitaj koordinate tom liku osnosimetriënog lika s obzirom na pravac koji prolazi kroz toëke (12, 6) i (10, -2). Nagradit Êemo svako rjeπenje ovog zadatka dobiveno uz pomoê raëunala. 200 atka 15 (2006./2007.) br. 59

59 DOBAR POSTUPAK - NETO»AN REZULTAT Tvrtko TadiÊ, Zagreb Prevladava miπljenje da su raëunala nepogreπiva kad provode raëunske operacije. To baπ i nije istina. RaËunalo ima jedan veliki problem, a to je da moæe zabiljeæiti jako malo realnih brojeva toëno. Svi se sjeêamo πto se dogodilo kad smo broj 1 3 htjeli prikazati u decimalnom zapisu. Dobili smo Cijela biljeænica nije dovoljna da stanu sve trojke koje se pojavljuju u tom decimalnom zapisu. SliËne probleme ima i raëunalo, pogotovo kod iracionalnih brojeva. Npr. jednu od najpoznatijih konstanti, broj r = f., nikako ne moæemo to- Ëno zabiljeæiti u raëunalu. 1 U praksi ga uvijek zaokruæujemo na 3.14 i onda njime provodimo raëun, a sliëno radi i raëunalo, samo s neπto veêom toënoπêu. Na isti se naëin pamti jedan od najranije otkrivenih iracionalnih brojeva broj 2. Nedavno sam se susreo s jednim vrlo zanimljivim i poznatim primjerom zbog kojeg ubuduêe neêete toliko lako vjerovati raëunalu. Neka na poëetku imamo neki pozitivan broj a. Kad izraëunamo drugi korijen broja a, dobit Êemo broj a. Kad broj a kvadriramo, dobivamo ponovo poëetni broj a (npr. 4= 2, 2 2 = 4). Uzmimo ponovo neki pozitivan broj a. Kad izraëunamo drugi korijen, dobivamo a, a kad iz tog broja izraëunamo drugi korijen, dobijemo a. Kvadriramo li zadnji broj, dobivamo a, dok ponovnim kvadriranjem dobivamo a. to Êe se dogoditi ako broj a korjenujemo 60 puta, a onda dobiveni broj 60 puta kvadriramo? Trebali bismo ponovo dobiti isti broj a. Zar ne? Matematika kaæe da je tako. Provjerom bismo dobili: J K J N N... K... a... = a K K c O O m O, L L P O P gdje imamo 60 kvadriranja i 60 korijenovanja. 1»esto moæete Ëuti da je oboren novi rekord u izraëunavanju znamenaka broja r. atka 15 (2006./2007.) br

60 to Êe nam reêi raëunalo? Provedimo sljedeêi jednostavni algoritam: ulaz(a); za i= 0 do 59 radi a=korijen(a); za i= 0 do 59 radi a=a*a; ispis(a); U algoritmu upisujemo neki broj, i prema prethodnom izlaganju, algoritam bi nam trebao vratiti isti broj. Nije potrebno neko pretjerano programersko umijeêe da bi se ovaj pseudo-kod prebacio u neki programski jezik. Evo kako bi to izgledalo u C-u: #include<stdio.h> #include<math.h> int main(void){ int i; double a; printf("unesi realan broj...>"); scanf("%lf",&a); for(i=0;i<60;i++) a=sqrt(a); for(i=0;i<60;i++) a=a*a; printf("dobiveni broj je %lf\n",a); } Uvrπtavanjem vrijednosti vidjet Êemo da nam se dogaapplea uvijek jedno te isto: UNESENI BROJ UNESENI BROJ to se dogodilo? Nismo nigdje pogrijeπili ni u raëunu ni u kodu. Uzastopno korjenovanje toliko je doπlo blizu broju 1 da je varijabla a u programu u jednom trenutku (zaokruæivanjem) postala 1. Kvadriranjem broja 1 uvijek dobivamo 1. Jedini broj za koji nam se neêe pojaviti broj 1 je kad uvrstimo da je a = 0. Tada Êe dobiveni broj biti 0. Pokuπajte ovaj postupak napraviti na svom dæepnom raëunalu (kalkulatoru). Kao πto smo vidjeli, s raëunalom treba oprezno raditi jer ni ono nije savrπeno. Vaæan dio matematike koji se bavi ovakvim pitanjima zove se numeriëka matematika i danas ima vaænu ulogu u mnogim znanostima. 202 atka 15 (2006./2007.) br. 59

61 Dynamic Geometry - program Sketchpad je alat dinamiëne geometrije za konstrukcije i istraæivanje uëenicima, studentima, nastavnicima, istraæivaëima, umjetnicima i svim drugim matematiëarima kojima treba vizualizacija. Uporabom Sketchpada moæete konstruirati toëne slike, zatim interaktivno njima upravljati, istovremeno ËuvajuÊi matematiëke odnose. DinamiËna interakcija omoguêava vam velike moguênosti istraæivanja, analiziranja i razumijevanja matematike kao nikada do sada. Precizna crtanja i mjerenja postaju laka, omoguêavajuêi vam kreiranje i analiziranje zamrπenih konstrukcija. Otkrijte svojstva i ispitajte moguênosti svojeg crteæa njegovim jednostavnim povlaëenjem. Svi drugi dijelovi i mjerenja neprestano se mijenjaju, otkrivajuêi da matematiëki ostaju nepromjenjivi, neovisno o povlaëenju. Istraæite svojstva cijele grupe crteæa upravljajuêi dinamiëno samo jednim crteæom. Uporabom πestara i ravnala istraæite euklidsku geometriju. Primijenite: translaciju, rotaciju, refleksiju, dilataciju kako bi stvorili crteæ sjajne simetrije. Potpuna analitiëka i algebarska podrπka omoguêava vam mjerenje kordinata i odreappleivanje jednadæbi, crtanje i ponavljanje cijelih porodica funkcija. Integrirajte geometriju s algebrom, trigonometrijom i raëunanjem. Prizma lomi svjetlo razliëitih boja u razliëitim πirinama spektra Povucite toëke kako biste prilagodili indeks loma svjetlosti crvenoj i ljubiëastoj boji prizma kapljica zrake kutevi Sketchpad pamti vaπe konstrukcije i uopêava ih radi lakπe kasnije uporabe. Dokument s viπe stranica povezuje geometrijske animacije, matematiëke zapise, parametarske boje, tekst i poveznice prema Webu potiëuêi uëenike i studente kreirati bogate prezentacije, a nastavnike oblikovati efikasne aktivnosti i okruæenja za uëenje. Sketchpad je u prodaji. Moæete ga naruëiti na info@proven.hr

62 MATEMATIKA I AH MATEMATIKA I [AH SKAKA»EV KRUÆNI PUT Siniπa Reæek, Zagreb k Q R N L K ah je prije svega logiëka igra u kojoj se do krajnjih granica ljudskog uma isprepliêu uzroci i posljedice. Kad vas jednom zaëara ljepota logiëkog razmiπljanja, postajete ovisnik. U odreappleenim periodima mozak jednostavno zahtijevati svoju porciju problemskog rada. Ako nije rijeë baπ o πahistu, sliëan se sindrom moæe pojaviti kod strastvenih enigmatiëara, ljudi koji slaæu "puzzle", igraëa goa ili bridæa. Nije rijetkost da πahisti pokazuju sklonosti i prema nekoj od spomenutih aktivnosti. Svakako da πah, zbog bogatstva svojih moguênosti i gotovo izvanzemaljske nedefiniranosti, nema pravu konkurenciju. Rano je uoëeno da, osim obiëne igre, πah daje moguênosti i za postavljanje πireg tipa logiëkih problema. Tako su nastale studije i problemi tipa: mat u n poteza, samomatovi, pomoêni matovi i sliëno. Ali, ni tu nije bio kraj. Podivljali moædani hormoni tjerali su na konstruiranje problema koji su na ovaj ili onaj naëin imali za osnovu πahovsku ploëu i prirodu πahovskih figura. Svima je poznat problem: koliko se najviπe dama moæe smjestiti na πahovsku ploëu, a da se meappleusobno ne napadaju. R Jedan od teæih i zanimljivijih problema je rasporeappleivanje figura jedne boje (crne ili bijele), bez pjeπaka, tako da L N kralj suprotne boje nije napadnut, a da je broj moguêih poteza maksimalan. Sve je jasnije iz dijagrama: Crni kralj nije napadnut, a bijele figure imaju na raspolaganju 100 razliëitih poteza. Smatra se da je ovo rjeπenje, Dijagram 1. koje je dao M. Bezzel godine, maksimalan broj poteza. Ovaj je problem zanimljiv za provjeru na raëunalu, pa Êe ga sigurno, netko od vas i analizirati. Definicija problema Za ovaj broj atke izabrana je analiza jednog od najstarijih zadataka: takozvanog skakaëevog kruænog puta. Definicija je relativno jednostavna: skakaë treba prijeêi cijelu πahovsku ploëu tako da na svako polje stane samo 204 atka 15 (2006./2007.) br. 59

63 jednom. Polje s kojeg skakaë polazi raëuna se kao prvo polje. Problem ima jednostavniju i kompliciraniju varijantu. Teæa varijanta zahtjeva da skakaë zavrπi svoj put na polju s kojeg se moæe prebaciti na poëetno polje. Evo prvo jedno "obiëno" rjeπenje: Brojevi oznaëavaju redoslijed kretanja skakaëa. PoËetno polje je d3, a zavrπno g5. RaËunalni program VeÊ se nakon povrπnog upoznavanja s problemom uoëava da ga je relativno lako prebaciti na rjeπavanje u obliku raëunalnog programa. Prvo treba definirati neka Ëisto praktiëna pitanja, kao πto su odreappleivanje svih moguêih pravilnih poteza skakaëem. To moæe odraditi mala procedura u programu i moæda Êe nekoga zanimati rezultat. Ako potez zapisujete punom notacijom, kao na primjer: Sg1 - f3 (Ëitamo skakaë s g1 na f3), ili Se4 Dijagram 2. - g5 (Ëitamo skakaë s e4 na g5), imate za to toëno 336 moguênosti. Dakle, postoji samo toliko razliëitih poteza skakaëa. Rjeπenje problema je niz od 64 polja. Ako se dræite standardne πahovske notacije, jedan od tih nizova polja moæe se zapisati kao: h3, g1, e2, c1, a2, c3, b1, d2, f1, h2, f3, e1, c2, a1, b3, d4, b5, a3, c4, b2, d1, f2, h1, g3, e4, c5, a4, b6, a8, c7, d5, e3, g2, f4, h5, f6, g4, e5, d3, b4, a6, b8, d7, f8, h7, g5, e6, g7, e8, d6, b7, a5, c6, a7, c8, e7, g8, h6, f5, h4, g6, h8, f7, d8. Time je osigurano da se svako polje spominje samo jednom. Joπ ostaje provjera je li slijed polja logiëan s obzirom na kretanje skakaëa, tj. moæe li skakaë s polja h3 na polje g1, zatim s polja g1 na polje e2, i tako do kraja niza. Za gornji niz se pokazuje da je rijeë o korektnom rjeπenju, dakle sva polja zadovoljavaju pravila kretanja skakaëa. Program treba iz svih moguêih nizova polja izbaciti one koji nisu korektni s obzirom na spomenuto pravilo o kretanju skakaëa, a ispravne nizove treba prikazivati na ekranu ili upisivati u datoteku. Odmah je jasan i problem koji ovakav pristup donosi. Kako se, zapravo, radi o permutacijama 64 elementa, lako je izraëunati koliko razliëitih nizova polja raëunalo treba pregledati: 64! = atka 15 (2006./2007.) br

64 Vrlo nezgodan broj! Da se svaka permutacija prvo formira, a tek tada pregledava ispravnost, sve bi to trajalo i trajalo... Uvedeni su dodatni trikovi koji skraêuju pretraæivanje. PoËetno polje, ili Ëak niz do prvih Ëetrdeset koraka, mogao se zadati kao poëetni uvjet. Program bi dalje nastavio sam, pokuπavajuêi zatvoriti konstrukciju. Uskoro Êe vaπa datoteka rjeπenja sadræavati viπe stotina slogova. Ako problem æelite rjeπavati samostalno, bez raëunala, najbolje je da to ne radite na πahovskoj ploëi, nego na papiru. Upotreba ploëe zahtijeva i pomoêna sredstva (novëiêe, figure iz dvije garniture ili sliëno) Ëijim stavljanjem ili uklanjanjem s ploëe imate pregled koja ste polja veê preπli. Mogu vam pomoêi i papiriêi s upisanim rednim brojevima, ali je vjetar najveêi neprijatelj takvom rjeπavaëu. Zato nacrtajte (na kariranom papiru) ploëu 8# 8 kvadrata i upisujte poteze. Viπestrukost rjeπenja problema Svako rjeπenje krije u sebi i neki broj blizanaca. Ako vam je poëetno polje s kojeg skakaë polazi na svoj put a1, tada rotacijom rjeπenja za 90 dobivate novo rjeπenje s poëetnim poljem a8. Jasno, moguêe su joπ dvije rotacije, tako da poëetna polja budu h8 i h1. To nije sve. Postoji i simetrija preklapanjem preko glavnih dijagonala. Kombiniranjem ove simetrije i gore spomenute rotacije, za svako rjeπenje dobiva se joπ sedam prateêih rjeπenja. Dakle, ako je poëetno polje osnovnog rjeπenja b1, joπ se dobivaju rjeπenja s polja: a2, a7, b8, g8, h7, h2 i g1. Postoji i simetrija u odnosu na osi koje prolaze polovinama suprotnih stranica kvadrata πahovske ploëe, ali se ova simetrija svodi na kombinaciju rotacije i dijagonalne simetrije. Kako se svako rjeπenje moæe Ëitati "unaprijed", kao i "unatrag" od zavrπnog polja prema poëetnom, dobiva se joπ osam blizanaca. Kod pravog kruænog rjeπenja, kad skakaë sa zavrπnog polja moæe skoëiti ponovo na poëetno polje, pitanje viπestrukosti rjeπenja postaje neugodno. U takvom se sluëaju za poëetno polje moæe proglasiti bilo koje polje i nastaviti kruæenje prema danom redoslijedu. Tako veê u startu postoje 64 rjeπenja. Kad se tome dodaju rotacije, zrcalna (osna) simetrija i kretanje unatrag, dobiva se x rjeπenja. OsjeÊaj zadovoljstva otkriêa ove istine pripada svakom sposobnom matematiëaru koji Êe sa zadovoljstvom uvesti operatore i teorijski dokazati svoje tvrdnje. 206 atka 15 (2006./2007.) br. 59

65 atka 15 (2006./2007.) br. 59 RJE ENJA ZADATAKA IZ BROJA 58. Rjeπenja odabranih zadataka 850. Na slici su nacrtana dva rjeπenja Enigmatka Ispunjaljka. Vidite crteæ! Rebus s dva rjeπenja. estar (πest AR), redar (red AR). aljive tiskarske pogreπke. KOSU, GVOÆ E, KI ICA, CRKVA, GALAMA, ARULJA. Rebus. Prirodoslovac (pri RO DO slova C). Dopunjaljka. ARITMETIKA. Vidite crteæ! Pomicaljka. SEDAM, PRUGA, JEDAN. Kvadrati. 6 πtapiêa. Vidite crteæ! Z S D Æ T J K O A E A I A L R N J R N K A A D A K K O R N A N O A V A P M T S O E E E J T S S T T E O A T I R D I M A T I A N R K A

66 852. Rijeπimo zadatak uporabom stupëiêa. Na slici prvi stupëiê predoëuje koliëinu braπna, a drugi stupëiê koliëinu mekinja. Iz uvjeta zadatka slijedi da ukupna koliëina samljevene raæi sadræi tri jednaka dijela, pri Ëemu je jedan od ta tri dijela koliëina mekinja. Iz slike lako zakljuëujemo da je 35 q jedan od ta tri jednaka dijela. To znaëi da se mljevenjem raæi dobilo 35 q mekinja i 35 $ 2, tj. 70 q braπna. Prema tome, samljeveno je , tj. 105 metriëkih centi raæi. 35 q * braπno mekinje B OËito da brat ima , tj. 48 kn viπe od sestre. Dalje moæemo raëunati na dva naëina. 1. naëin. PomoÊu stupëiêa. Iz uvjeta zadatka zakljuëujemo da ukupna koliëina novca koju imaju brat i sestra zajedno sadræi 3 jednaka dijela. Iz slike zapaæamo da od ta tri jednaka dijela koja imaju brat i sestra zajedno, jedan dio sadræi , tj To znaëi da sestra ima , tj. 129 kn, a brat ima 2$ , tj. 177 kn B S 2. naëin. Neka sestra ima x kuna. Tada brat ima x + 48 kuna. Ako sestra dade bratu 27 kn, onda Êe ona imati x - 27 S kuna, a brat x , tj. x + 75 kuna. Zato vrijedi jednadæba x + 75 = 2(x - 27), ili x + 75 = 2x RjeπavajuÊi ovu jednadæbu primjenom definicija osnovnih raëunskih operacija, dobivamo redom: 2x = x , 2x = x + 129, tj. x = 129. Sestra ima 129 kn, a brat , tj. 177 kn Kod ovakvih zadataka uvijek promatramo nejnepovoljniji sluëaj. a) 4, jer je 9-5 = 4, b) 3, c) 25, jer je = Zadatak rjeπavamo unatrag. Najprije valja odrediti znamenku jedinica d u broju 657 d, tako da je taj broj djeljiv brojem 19. To Êemo postiêi tako da je ili d = 0, ili d = 9. Za d = 0 dobivamo 6570 = 19 $ Kako je 345 $ 19 = 6555, a < 6 570, te zbog = zakljuëujemo da je broj djeljiv brojem 19. Zato je d = 4. Do istog bi rezultata doπli za d = 9. Naime, 6579= 19$ , a zbog 19 $ 346 = 6 574, odmah zakljuëujemo da je d = 4. Dalje, broj 6574 je umnoæak broja 19 i nekog prirodnog broja. Zbog 6574= 19$ 346, zakljuëujemo da smo broj 346 dobili ispuπtanjem posljednjih 208 atka 15 (2006./2007.) br. 59

67 dviju znamenaka u prvom umnoπku. Sada valja odrediti dvoznamenkasti zavrπetak xy u broju 346 xy, tako da je taj broj djeljiv brojem 147. To Êemo postiêi tako, da je ili x = 0 i y = 0, ili x = 9 i y = 9. Za x = 9 i y = 9 vrijedi jednakost = 147 $ , a zbog 147 $ 236 = zakljuëujemo da je xy = 92. KonaËno, zbog = 147 $ 236 zakljuëujemo da je poëetni prirodni broj jednak Zbroj bilo kojih dvaju uzastopnih prirodnih brojeva uvijek je neparan broj. To znaëi da zbroj 2006 uzastopnih prirodnih brojeva uvijek moæemo napisati kao zbroj 1003 neparna pribrojnika. Zbroj neparnog broja neparnih brojeva uvijek je neparan broj, a neparan broj nikad nije djeljiv parnim brojem. Zato zbroj nekih 2006 uzastopnih prirodnih brojeva nikad nije djeljiv brojem Ovaj je zadatak trebao glasiti: Dokaæite, da je za svaki prosti broj n veêi od 3, ili broj n - 1, ili broj n + 1 djeljiv brojem 6. Rjeπenje Êe biti objavljeno u sljedeêem broju atke Nacrtamo tablicu 3# 3 i polja u tablici oznaëimo kao na πahovskoj ploëi. 1 a 3 b 3 c 3 2 a 2 b 2 c 2 3 a 1 b 1 c 1 a b c Prema uvjetu zadatka, zbroj brojeva uëenika koji zapoëinje igru jednak je a1+ b1+ c1+ a3+ b3+ c3, a zbroj brojeva drugog uëenika jednak je a1+ a2+ a3+ c1+ c2+ c3. LogiËno je pretpostaviti da je uëenik koji zapoëinje igru u odreappleenoj prednosti. Naime, zbog neparnog broja brojeva u tablici, uëenik koji zapoëinje igru upisuje prvi, ali i zadnji, tj. deveti broj u tablicu, pa uz odreappleene uvjete moæe igrati tako da bude pobjednik. Pretpostavimo da je a1+ b1+ c1+ a3+ b3+ c3> a1+ a2+ a3+ c1+ c2+ c3. Iz ove nejednakosti slijedi nejednakost b1+ b3> a2+ c2, a to je ujedno i uvjet da uëenik koji zapoëinje igru sigurno pobjeappleuje. Naime, nakon πto su u tablici napisana 3 od 4 broja iz zadnje nejednakosti, uëenik koji zapoëinje igru nuæno treba zapisati Ëetvrti od ta Ëetiri broja. BuduÊi da zapoëinje igru, on uvijek moæe postiêi da nejednakost b1+ b3> a2+ c2 bude toëna i onda sigurno pobjeappleuje. Naravno da uëenik koji zapoëinje igru treba Ëetvrti broj iz zadnje nejednakosti upisati na odgovarajuêe mjesto u tablicu Neka je izmeappleu svaka dva susjedna broja danog niza napisan znak +. Tada je zbroj svih brojeva danog niza (prema Gaussovoj formuli) jednak ^ h$ 2006 ili 2007 $ 2 $ 1003, tj $ Ako umjesto jednog znaka stavimo znak - ispred nekog broja a, onda Êe se dobiveni umnoæak smanjiti za 2a, tj. za paran broj. To znaëi da Êe novodobiveni zbroj opet biti neparan broj, jer je razlika atka 15 (2006./2007.) br

68 neparnog broja 2007 $ 2003 i parnog broja 2a neparan broj. Naravno da Êe se svaki put promjenom jednog znaka + u znak - novodobiveni zbroj smanjiti za paran broj, pa Êe novodobiveni zbroj i dalje biti neparan. Zato zakljuëujemo da Êe ma kako razmjestili znakove + i - u danom nizu brojeva, Êe zbroj danih brojeva uvijek biti neparan broj. BuduÊi da je 2006 paran broj, zakljuëujemo da u danom nizu brojeva nije moguêe razmjestiti znakove + i - tako da zbroj danih brojeva bude Neka su e, d, c, b, a posljednje znamenke koliënika traæenog broja i broja Tada vrijedi jednakost = 2007 #...edcba, pri Ëemu ne znamo koliko znamenki ima traæeni djeljenik i nepoznati koliënik. BuduÊi da je 7a broj koji zavrπava znamenkom 6, nuæno slijedi da je a = 8, jer samo umnoæak 7$ 8 zavrπava znamenkom 6. Dalje zadatak moæemo rjeπavati pismenim mnoæenjem. Naime, 2007 #...edcb Odatle zakljuëujemo da je znamenka jedinica drugog djelomiënog umnoπka jednaka 5, iz Ëega slijedi da je b = 5. Dalje je 2007 #...edc Dalje zakljuëujemo da je znamenka jedinica treêeg djelomiënog umnoπka jednaka 6, a to znaëi da je c = 8. Zato je 2007 #...ed Tako smo dobili traæeni broj, tj , jer je = 2007 $ 858. Postavlja se pitanje je li to jedini broj koji zadovoljava uvjete zadatka. Nastavimo li dalje pismeno mnoæenje, zakljuëujemo da znamenka jedinica Ëetvrtog djelomiënog umnoπka mora biti 0, a to znaëi da je d = 0. Zato znamenka e u koliëniku moæe biti svaka znamenka od 0 do 9. Prema tome, postoji beskonaëno mnogo prirodnih brojeva koji zavrπavaju s 2006, a djeljivi su brojem Evo joπ nekoliko traæenih brojeva: = 2007 $ ili = $ atka 15 (2006./2007.) br. 59

69 861. a) Neka je toëka D presjek simetrale kraka AC i BC kraka jednakokraënog trokuta ABC. Tada prema pouëku o simetrali duæine vrijedi jednakost AD = CD. Primjenom pouëka o nejednakosti trokuta na trokut ABD vrijedi nejednakost AB < AD + BD, a zbog AD = CD slijedi da je AB < CD + BD ili AB < BC. Prema tome, simetrala kraka AC jednakokraënog trokuta ABC sijeëe krak BC samo ako vrijedi AB < BC, tj. ako je duljina osnovice manja od duljine kraka. b) Neka je toëka E presjek simetrale kraka AC i osnovice AB jednakokraënog trokuta ABC. Tada je AE = CE, jer je toëka E na simetrali stranice AC. Primjenom pouëka o nejednakosti trokuta na trokut BCE vrijedi nejednakost CE + EB > BC. Zbog AE = CE slijedi da je AE + EB > BC ili AB > BC. Prema tome, simetrala kraka jednakokraënog trokuta ABC sijeëe osnovicu AB samo ako je AB > BC, tj. ako je duljina osnovice veêa od duljine kraka. c) Ako je toëka B presjek simetrale kraka AC i osnovice AB, onda prema pouëku o simetrali duæine vrijedi jednakost AB = BC. Zbog uvjeta zadatka da je AC = BC vrijedi dvojna jednakost AB = BC = AC, a to znaëi da je trokut ABC jednakostraniëan. Prema tome, simetrala kraka AC prolazi vrhom B samo ako je trokut ABC jednakostraniëan. a) C D b) C c) C A B A E B A B 862. OËito su kuêni brojevi na promatranoj strani ulice neparni. Neka je 2a + 1 prvi kuêni broj, poëevπi od jednog raskriæja, pri Ëemu je a prirodan broj. Tada je 2a + 3 drugi kuêni broj, 2a + 5 treêi, itd. sve do zadnjeg kuênog broja izmeappleu dvaju raskriæja koji je jednak 2a + 2n - 1. Naime, neka je n redni broj kuêe na toj strani ulice izmeappleu dvaju raskriæja. Tada je 2n - 1 redni broj zadnje kuêe izmeappleu dvaju raskriæja. To znaëi da su svi kuêni brojevi na promatranoj strani ulice redom jednaki 2a + 1, 2a + 3, 2a + 5,...,2a + 2n - 1. Prema Gaussovoj formuli vrijedi jednakost ^2a+ 1+ 2a+ 2n-1h$ n ^4a+ 2nh$ n = 333, ili dalje redom: = 333, 2 2 2^2a+ nh$ n = 333, ^2a+ nh n = 333, ili 2a+ n = n. BuduÊi da su a i n prirodni brojevi, slijedi da je i 2 a+ n prirodan broj, to znaëi da je i 333 n prirodan broj. Broj 333 n bit Êe prirodan broj samo ako je n djelitelj broja 333. Zbog 333 = 3 $ 3 $ 37 zakljuëujemo da je n > 3. Naime, za n = 1 broj 333 je prvi kuêni broj, atka 15 (2006./2007.) br

70 a za n = 3 broj 333 je drugi kuêni broj, πto u oba sluëaja nije moguêe zbog uvjeta zadatka. Za n = 9 slijedi da je 2a + n = 37 ili 2a + 9 = 37, pa je 2a = 28. To znaëi da je prvi kuêni broj izmeappleu dvaju raskriæja 2a + 1 = 29, iz Ëega slijedi da je peti kuêni broj jednak 37. Za n = 37 dobivamo da je 2a + n = 9 ili 2a + 37 = 9, pa je 2a =- 28, πto nije moguêe. Prema tome, peti kuêni broj je Za rjeπenje ovog zadatka primijenit Êemo ovaj pouëak: Broj pri dijeljenju brojem 9 daje isti ostatak kao i ostatak dijeljenja zbroja znamenki tog broja brojem 9. (vidi atka br. 50, Odabrani zadatci, zadatak 733. a). Primjenom tog pouëka zakljuëujemo da Êe ostatak pri dijeljenju svakog broja brojem 9 u posljednjem nizu biti jedanak ostatku pri dijeljenju brojem 9 poëetnog broja iznad njega. To znaëi da Êe se u posljednjem nizu brojeva aritmetiëki izmjenjivati devet brojeva: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 i 9. BuduÊi da je broj djeljiv brojem 9, zakljuëujemo da Êe u posljednjem nizu brojeva, ne raëunajuêi posljednji broj u nizu, biti jednak broj jedinica kao i petica. Zbog zadnjeg broja poëetnog niza, tj , kojemu je zbroj znamenki jednak 1, slijedi da Êe u posljednjem nizu brojeva biti jedna jedinica viπe nego petica. B L N 3x 864. Neka je BN = 2x, a MP = 2y. Tada je NA = 3x i AP = 5y. ToËkom P nacrtamo pravac p usporedan pravcu BC, tj. p BC. Neka je toëka L presjek pravca p i stranice AB. BuduÊi da usporedni pravci LP i BC sijeku krakove kuta BNC, zbog Talesova pouëka o proporcionalnim duæinama vrijedi razmjer: CP BL =. Razmjer Êe ostati valjan ako desnu stranu razmjera pomnoæimo brojem 1, tj. s 1=. Dalje vrijede redom ove jednakosti: = $ i CN BN AB CP BL AB AB CN BN AB CP BL AB = $. Osim toga, usporedni pravci LP i BC sijeku krakove kuta BAM. CN AB BN Zato primjenom pouëka o proporcionalnim duæinama zakljuëujemo da vrijedi razmjer = MP BL AB AM, a nakon zamjene u jednakost CP BL AB = $ dobivamo redom ove jednakosti: = $, = $ CN AB BN CP MP AB CP 2y 2x+ 3x i CN AM BN CN 2y + 5y 2x CP 2y x CN 7y 2 5 CP = $, 5 A = x CN 7. Naime, zbog CP + PN = CN, te nakon zamjene u jednakost CP 5 CN = 7, dobivamo redom ove jednakosti: CP 5 5y = CP + PN 7, CP + PN = CP 5 7 CP PN, + = CP CP 5 7 PN, 1 + = CP 5 7 PN, = CP 5 7-1, P p PN = 2 CP ili = CP 5 PN 2 5, tj. CP : PN = 5 : 2. 2y M C 212 atka 15 (2006./2007.) br. 59

71 Rjeπenja kriæaljki za MatkaËe 5. razred 6. razred Rjeπenja nagradnih zadataka iz 57. broja Rjeπenja zadataka za MatkaËe poëetnike 1. Dokoljenke. 3 dokoljenke za jedan par, 5 dokoljenki za dva para. 7. Lopta.»etiri. 13. Upitnik. Broj Broj x. x = ToËke. Na πest naëina. 20. Tijelo. Postoji. Rjeπenja su poslali i Matkinim biljeænicama su nagraappleeni MatkaËi: Ivana»aljkuπiÊ, 8.d, O SuÊidar, Split, Matko Ljulj, 8.b, O A. enoe, Zagreb i Josip Melvan, 6.c, O SuÊidar, Split. Rjeπenja zadataka iz Kutka za najmlaapplee 1. a) Mislav, Trpimir, Domagoj, Branimir. b) Najdulje je vladao knez Trpimir. Mislav ( ) - 10 godina, Trpimir ( ) - 19 godina, Domagoj ( ) - 12 godina, Branimir ( ) - 13 godina. atka 15 (2006./2007.) br

72 2. a) Prvi put objavljena je 1835., a prvi put javno je izvedena godine. Dakle, izmeappleu ta dva dogaappleaja proteklo je 26 godina. b) Kao nacionalna himna Horvatska domovina prihvaêena je godine. Dakle, izmeappleu prvog javnog izvoappleenja i prihvaêanja pjesme kao himne proteklo je 30 godina. c) 56 godina. d) Antun MihanoviÊ ( ) - 65 godina 3. a) Godine 925. Tomislav se proglasio kraljem. Od preuzimanja vlasti 910. do proglaπenja kraljem proteklo je 15 godina. b) Tomislav je kao kralj vladao od 925. do dakle, vladao je 3 godine ratnika 5. Zvonimir je vladao od do Dakle vladao je 14 godina. 6. BaπÊanska ploëa datira iz 1100 g., a Novine horvatske poëele su izlaziti Proteklo je 735 godina. Rjeπenje Nagradnog natjeëaja broj 53. Torus. Objaπnjenje potraæite u Ëlancima V. Devidéa u proπlom i ovom broju atke. Rjeπenja su poslali i atkinim biljeænicama su nagraappleeni atkaëi: Marko TunukoviÊ, 8. a, O I. MaæuraniÊa, Vinkovci i Ivan-Dominik LjubiËiÊ, 7. r., O Vrbani, Zagreb. Rjeπenje stripa Koliko kasni? Antin ruëni sat koristi binarni brojevni sustav (sustav potencija s bazom 2). Prema lampicama koje svijetle u prvom redu zakljuëujemo da sat pokazuje 7 sati, a prema onima iz drugog reda 56 minuta. JuriËin sat kasni 2 minute. Rjeπenja su poslali i atkinim su biljeænicama nagraappleeni atkaëi: Albert kegro, 6.a, O Savski Gaj, Zagreb, Marko TunukoviÊ, 8.a, O I. MaæuraniÊa, Vinkovci, Matko Ljulj, 8.b, O A. enoe, Zagreb, Marija TodoriÊ, 8.f, O S. RadiÊa, Imotski i Ivan-Dominik LjubiËiÊ, 7.r., O Vrbani, Zagreb. Rjeπenje mozgalice Osmica "Kraj" obruëa koji je u osmici provuëe se kroz otvor na kraju tog dijela osmice. Kroz izvuëeni dio provuëe se drugi dio osmice. 214 atka 15 (2006./2007.) br. 59

73 Sudoku Rjeπenja su poslali i atkinim su biljeænicama nagraappleeni atkaëi: Paula Greget, 7.c, Dubrovnik, Albert kegro, 6.a, O Savski Gaj, Zagreb, Marko TunukoviÊ, 8.a, O I. MaæuraniÊa, Vinkovci, Matko Ljulj, 8.b, O A. enoe, Zagreb, Tomislav BuhiniËek, Varaædinske Toplice i Marcel BehtaniÊ, Donja Zelina. Zadatci s prostorno-vremenskih meridijana Stari Babilon. Duljina je 6 dlanova, a πirina 4 dlana. Maapplearska. Na ploëi je nacrtan kvadrat. Danska. A < C < D < B. Francuska. Jeanne Paisain, Jacqueline Fontaine, Collette Pone i Annette Dubois. Indija. Ukupan broj pëela u roju je 72 (6 na grmu, 2 kod cvijeta lotosa i 64 u letu). Rjeπenja su poslali i atkinim biljeænicama su nagraappleeni atkaëi: Matko Ljulj, 8.b, O A. enoe, Zagreb, Martin Æmuk, 8.r., O Martijanec, Martijanec i Albert kegro, 6.a, O Savski Gaj, Zagreb. Svojim Ëitateljima i suradnicima sretan Uskrs æeli Uredniπtvo atke atka 15 (2006./2007.) br

74 NAJMLA E KUTAK ZA Slavni detektiv Sherlock Holmes pronaπao je tajne poruke koje mu mogu pomoêi pri rjeπavanju najnovijeg sluëaja. Pomogni mu deπifrirati (otkriti znaëenje) poruke i uhvatiti razbojnike. 1. TAS 12 U ARAVTAZ ES NA UD 2. OMNIATSAS ES SARE»EV E F I LJ P H Æ 3. EKÆHÆ

75 NA TR AG US UN AM 6. T R 2 B 1 M 4 H 3 T N 4 4 T TUA UBO OPS ZAL 2UI ASO XIT KUTAK ZA NAJMLADE

76