DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Poreč, ožujka razred - rješenja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DR

Слични документи
os07zup-rjes.dvi

ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 21. siječnja razred-rješenja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGA

ŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 28. veljače razred - rješenja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - rujan vi\232a razina - rje\232enja)

Auditorne vjezbe 6. - Jednadzbe diferencija

DRŢAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Opatija, 31.oţujka-2.travnja razred-rješenja OVDJE JE DAN JEDAN NAĈIN RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UĈENIK IM

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Primošten, 4.travnja-6.travnja razred-rješenja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK

Natjecanje 2016.

Microsoft Word - z4Ž2018a

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - kolovoz ni\236a razina - rje\232enja)

UNIVERZITET U ZENICI

(Microsoft Word - Rje\232enja zadataka)

SKUPOVI TOČAKA U RAVNINI 1.) Što je ravnina? 2.) Kako nazivamo neomeđenu ravnu plohu? 3.) Što je najmanji dio ravnine? 4.) Kako označavamo točke? 5.)

Ministarstvo znanosti i obrazovanja Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1

Microsoft Word - 12ms121

Microsoft Word - Rjesenja zadataka

(Microsoft Word - MATB - kolovoz osnovna razina - rje\232enja zadataka)

Microsoft Word - MATRICE ZADACI III deo.doc

Microsoft Word - 6ms001

Zadaci s rješenjima, a ujedno i s postupkom rada biti će nadopunjavani tokom čitave školske godine

Popoviciujeva nejednakost IZ NASTAVNE PRAKSE Popoviciujeva nejednakost Radomir Lončarević 1 Rumunjski matematičar Tiberie Popoviciu ( ) doka

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - studeni osnovna razina - rje\232enja)

JMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA 1. (ukupno 6 bodova) MJERA I INTEGRAL 1. kolokvij 5. svibnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori n

DM

ŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A varijanta 28. veljače AKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA ZADATKA, POVJER

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A varijanta Poreč, 29. ožujka Zadatak A-1.1. Ana i Vanja stoje zajedno kraj željezničke

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - rujan osnovna razina - rje\232enja)

JMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA MJERA I INTEGRAL 2. kolokvij 28. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. (

PLAN I PROGRAM ZA DOPUNSKU (PRODUŽNU) NASTAVU IZ MATEMATIKE (za 1. razred)

1. Počevši iz vrha šiljastokutnog trokua povučena je visina kojoj je točka A 1 nožište na nasuprotnoj stranici. Iz točke A 1 povučena je okomica na je

ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B varijanta 28. siječnja AKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA ZADATKA,

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - kolovoz osnovna razina - rje\232enja)

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - svibanj vi\232a razina - rje\232enja)

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - lipanj osnovna razina - rje\232enja)

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - lipanj osnovna razina - rje\232enja)

PEDAGOŠKI ZAVOD TUZLA u saradnji s UDRUŽENJEM MATEMATIČARA TUZLANSKOG KANTONA Takmičenje učenika srednjih škola Tuzlanskog kantona iz MATEMATIKE Tuzla

Σ Ime i prezime, JMBAG: ELEMENTARNA GEOMETRIJA prvi kolokvij studenog Napomene: Kolokvij ima ukupno 5 zadataka, svaki zadatak vr

Osječki matematički list 13 (2013), 1-13 O nultočkama polinoma oblika x n x 1 Luka Marohnić Bojan Kovačić Bojan Radišić Sažetak U članku se najprije z

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - svibanj osnovna razina - rje\232enja)

Microsoft Word - Mat-1---inicijalni testovi--gimnazija

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - lipanj vi\232a razina - rje\232enja)

Jednadžbe - ponavljanje

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - kolovoz osnovna razina - rje\232enja)

(Microsoft Word - Rje\232enja zadataka)

Ekipno natjecanje Ekipa za 5+ - kategorija MIKRO Pula, Mikro-list 1 BODOVANJE: TOČAN ODGOVOR: 6 BODOVA NETOČAN ODGOVOR: -2 BODA BEZ ODGOVOR

Auditorne vjezbe 6. - Jednadzbe diferencija

MATEMATIKA viša razina MATA.29.HR.R.K1.24 MAT A D-S MAT A D-S029.indd :30:29

gt3b.dvi

Microsoft Word - 24ms221

8. razred kriteriji pravi

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - svibanj vi\232a razina - rje\232enja)

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - lipanj osnovna razina - rje\232enja)

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - svibanj vi\232a razina - rje\232enja)

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - lipanj vi\232a razina - rje\232enja)

Okruzno2007ZASTAMPU.dvi

Microsoft Word - 26ms441

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - lipanj osnovna razina - rje\232enja)

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - rujan vi\232a razina - rje\232enja)

m3b.dvi

DJEČJI VRTIĆ TROGIR TROGIR Trogir, Klasa: UP/I /19-01/1 Urbroj Na temelju članka 1a, 20. i 35. stavka 1. podstavk

SREDNJA ŠKOLA MATEMATIKA

Microsoft Word - 24ms241

Matematika 1 - izborna

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - lipanj vi\232a razina - rje\232enja)

Министарство просвете, науке и технолошког развоја ДРУШТВО МАТЕМАТИЧАРА СРБИЈЕ Општинско такмичење из математике ученика основних школа III

MathFest 2016 Krapinsko zagorske županije 29. travnja Terme Tuhelj Ekipno natjecanje učenika osnovnih škola Kategorija math 43 Natjecanje traje

Ministarstvo prosvjete i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMAT

Nastavna cjelina: 6. Sukladnost i sličnost Nastavne jedinice: -SUKLADNOST DUŽIN I KUTOVA -SUKLADNOST TROKUTA -SIMETRALA DUŽINE, KUTA I SREDNJICA TROKU

Algebarski izrazi (4. dio)

ss08drz-A-zad.dvi

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - lipanj vi\232a razina - rje\232enja)

MLADI NADARENI MATEMATIČARI Marin Getaldic Uvod u nejednakosti Nejednakosti su područje koje je u velikoj mjeri zastupljeno na matematički

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - rujan vi\232a razina - rje\232enja)

Nermin Hodzic, Septembar, Slicnost trouglova 1 Notacija: - A, B, C su uglovi kod vrhova A, B, C redom. -a, b, c su stranice trougla suprotne vrh

(Microsoft Word - Dr\236avna matura - prosinac vi\232a razina - rje\232enja)

untitled

Алгебарски изрази 1. Запиши пет произвољних бројевних израза. 2. Израчунај вредност израза: а) : ; б) : (

BTE14_Bruno_KI

Matematika_kozep_irasbeli_javitasi_1013_horvat

Title

Шифра ученика: Укупан број бодова: Република Србија МИНИСТАРСТВО ПРОСВЕТЕ, НАУКЕ и технолошког РАзвоја ЗАВОД ЗА ВРЕДНОВАЊЕ КВАЛИТЕТА ОБРАЗОВАЊА И ВАСП

1 MATEMATIKA 1 (prva zadaća) Vektori i primjene 1. U trokutu ABC točke M i N dijele stranicu AB na tri jednaka dijela. O

Ministarstvo prosvjete i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMAT

ALIP1_udzb_2019.indb

UDŽBENIK 2. dio

Математика 1. Посматрај слику и одреди елементе скуупова: а) б) в) средњи ниво А={ } B={ } А B={ } А B={ } А B={ } B А={ } А={ } B={ } А B={ } А B={ }

Skripte2013

Matematički leksikon

Microsoft Word - Pripremni zadatci za demonstrature

Pripreme 2016 Indukcija Grgur Valentić lipanj Zadaci su skupljeni s dva predavanja na istu temu, za učenike od prvog do trećeg razreda i za MEMO

gt1b.dvi

OSNOVNA ŠKOLA, VI RAZRED MATEMATIKA

Microsoft Word - DIOFANTSKE JEDNADŽBE ZADACI docx

(Microsoft Word - MATB - kolovoz vi\232a razina - rje\232enja zadataka)

ss08drz-A-zad.dvi

Trougao Bilo koje tri nekolinearne tačke određuju tacno jednu zatvorenu izlomljenu liniju. Trougaona linija je zatvorena izlomljena linija određena sa

Microsoft Word - PLANIMETRIJA.doc

CIJELI BROJEVI 1.) Kako još nazivamo pozitivne cijele brojeve? 1.) Za što je oznaka? 2.) Ispiši skup prirodnih brojeva! 3.) Kako označavamo skup priro

Транскрипт:

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Poreč, 8. 30. ožujka 019. 5. razred - rješeja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN. 1. U školu je upisao 37 učeika. Rastavimo broj 37 a proste faktore: 37 = 3 31 U školu je upisao 180 dječaka. Rastavimo broj 180 a proste faktore: 180 = 3 3 5 Kako u svakom odjeljeju ima ajviše 40 učeika, a broj odjeljeja mora biti djelitelj od 180, slijedi da su učeici podijeljei u 1 odjeljeja po 31 učeik. Dijeljejem ukupog broja dječaka s brojem odjeljeja, dobivamo da broj dječaka po odjeljeju izosi 15. Djevojčica u svakom odjeljeju ima 16.. 5 mačaka za 6 daa uhvati 5 miševa. Pet puta maje mačaka za isto vrijeme uhvati pet puta maje miševa: 1 mačka za 6 daa uhvati 1 miša. Dvostruko više mačaka za isto vrijeme uhvati dva puta više miševa: mačke za 6 daa uhvate miša. Isti broj mačaka za dvostruko kraće vrijeme uhvati dvostruko maje miševa: mačke za 3 daa uhvate 1 miša. Isti broj mačaka za trostruko dulje vrijeme uhvati trostruko više miševa: mačke za 9 daa uhvate 3 miša. 3. Prvi ači: Rješavaje uatrag. U vlaku je ostalo 105 putika ako što se iskrcala 1 6 preostalih putika a trećoj staici. To zači da 105 putika čie 5 6 putika koji su ostali u vlaku ako druge staice. 105 6 : 5 = 16 Nako druge staice u vlaku je ostalo 16 putika. To zači da 16 putika čie 6 7 putika koji su ostali u vlaku ako prve staice. 16 7 : 6 = 147 Nako prve staice u vlaku je ostalo 147 putika. To zači da 147 putika čie 7 8 putika koji su se ukrcali a početoj staici. 147 8 : 7 = 168 S počete staice kreulo je 168 putika. 1

Državo atjecaje 019. godie, 5. razred Drugi ači: Zadatak možemo riješiti grafičkim prikazom kao a slici. 4. Neka je godia rođeja abcd. Osoba ima a + b + c + d godia. Vrijedi abcd + a + b + c + d = 019 1 000a + 100b + 10c + d + a + b + c + d = 019 1 001a + 101b + 11c + d = 019 Broj a može biti samo 1 ili. Neka je a = 1. Tada je: 1001 + 101b + 11c + d = 019 101b + 11c + d = 1 018 Broj b može biti samo 9. Iz b = 9 slijedi: 909 + 11c + d = 1 018 11c + d = 109 Broj c može biti samo 9. Tada je: 99 + d = 109 d = 10 d = 5. Osoba je rođea 1995. godie. Drugi slučaj dobijemo za a =. Tada je:

Državo atjecaje 019. godie, 5. razred 00 + 101b + 11c + d = 019 101b + 11c + d = 17 Broj b mora biti 0. Iz b = 0 slijedi: 11c + d = 17 Broj c može biti 0 ili 1. Za c = 0, vrijedi d = 17, što kao rješeje e daje prirodi broj. Za c = 1 slijedi: 11 + d = 17 d = 6 d = 3. Osoba je rođea 013. godie. Ove, 019. godie, stariji brat ima 4, a mlađi 6 godia. 5. Najprije acrtamo kružicu k sa središtem u točki S polumjera 3 cm. Zatim acrtamo točke K i L tako da je SK = 6 cm, SL = 4 cm, KL = 5 cm: - Nacrtamo kružicu k 1 sa središtem u točki S polumjera 4 cm. - Nacrtamo kružicu k sa središtem u točki S polumjera 6 cm. - Na kružici k 1 odaberemo točku L. - Nacrtamo kružicu k 3 sa središtem u točki L polumjera 5 cm. - Točka K je (jedo) sjecište kružica k i k 3. Dalje, kostruiramo simetralu s dužie KL. KL Vrh M tražeog jedakokračog trokuta je sjecište simetrale s dužie KL i zadae kružice k. KL Postoje dva rješeja. To su trokuti DKLM 1 i DKLM. 3

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Poreč, 8. - 30. travja 019. 6. razred - rješeja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN. 1. Iz površie četvrtog kvadrata, za koju vrijedi da je P 4 = 9 cm², slijedi da je a 4 = 3cm. Straice trećeg kvadrata udaljee su od straica četvrtog kvadrata po 3 cm pa je duljia straice trećeg kvadrata a3 = a4 + 3+ 3= 3+ 3+ 3= 9cm. Straice drugog kvadrata udaljee su od straica trećeg kvadrata po cm pa je duljia straice drugog kvadrata a = a3+ + = 9+ + = 13cm. Površia drugog kvadrata je P = a a = 13 13 = 169 cm². Drugi kvadrat se sastoji od četiri međusobo suklada trokuta, a prvi kvadrat sastoji se od osam takvih trokuta pa je površia prvog kvadrata dva puta veća od površie drugog kvadrata, tj. P = P = 169= 338cm². 1. Neka prvom priteru treba p miuta da sam isprita cijeli model, drugom priteru d miuta, a trećem priteru t miuta. Tada bi u jedoj miuti: - prvi i drugi priter ispritali: 1 + 1 = 1 modela; p d 30 1

Državo atjecaje 019. godie, 6. razred 3. - prvi i treći priter ispritali: 1 + 1 = 1 modela; p t 40 - drugi i treći priter ispritali: 1 + 1 = 1 modela. d t 4 Zbrojimo li sve tri jedadžbe dobivamo: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4+ 3+ 5 1 1 + + + + + = + + = = = 1 + 1 + 1 = 1 p d p t d t 30 40 4 10 10 10 p d t 0 Oduzmemo li od dobiveog zbroja svaku pojediu početu jedadžbu, dobivamo: 1 1 1 1 1 1 1 p + d + t p d = 0 30 1 = 1 t 60 t = 60 miuta; 1 1 1 1 1 1 1 p + d + t p t = 0 40 1 = 1 d 40 d = 40 miuta; 1 1 1 1 1 1 1 p + d + t d t = 0 4 1 = 1 p = 10 miuta. p 10 Kako bi zasebo ispritao cijeli zadai model, prvom priteru je potrebo 10 miuta, drugom 40 miuta, a trećem 60 miuta. Neka je a= AB = CD i b= BC = AD. Tada je a = b + 4. Opseg pravokutika je 16 dm = 160 cm pa vrijedi: 160 = a + b, 160 = (b + 4) + b, 160 = b + 8 + b, 160 = 4 b + 8, 4 b = 15, b = 38 cm. Tada je a = 38 + 4 = 4 cm. Kako je NC = 3 DN, tada je NC 3 3 = DC = 4 = 31.5 cm. 4 4 1 1 Točka M je polovište straice BC pa je BM = MC = BC = 38 = 19 cm. 4 19 P ABP = P ABM P BMP = P BMP = 399 P BMP, 38 31.5 PPMCN = P BCN P BMP = P BMP = 598.5 P BMP, P P = 598.5 P (399 P ) = 598.5 P 399 + P = 199.5 cm². PMCN ABP BMP BMP BMP BMP Površia četverokuta PMCN veća je od površie trokuta ABP za 199.5 cm².

Državo atjecaje 019. godie, 6. razred 4. Prvi ači: Kako bismo prebrojali koliko ima prirodih brojeva koji su maji ili jedaki 019, a koji isu djeljivi zadaim brojevima, prebrojimo sve oe brojeve koji su tim brojevima djeljivi. Brojeva koji su djeljivi brojem 6 ima 336, jer je 019 : 6 = 336 i ostatak 3. Brojeva koji su djeljivi brojem 9 ima 4, jer je 019 : 9 = 4 i ostatak 3. Brojeva koji su djeljivi brojem 15 ima 134, jer je 019 : 15 = 134 i ostatak 9. Ukoliko zbrojimo koliko ima pojediih višekratika, eke od jih smo brojali više puta. Brojeve koji su djeljivi i brojem 6 i brojem 9, tj. brojem V(6, 9) = 18, brojali smo dva puta. Na isti ači smo brojeve djeljive brojevima V(6, 15) = 30 i V(9, 15) = 45 brojali dva puta. Brojeve djeljive brojem V(6, 9, 15) = 90 brojali smo tri puta. Brojeva koji su djeljivi brojem 18 ima 11, jer je 019 : 18 = 11 i ostatak 3. Brojeva koji su djeljivi brojem 30 ima 67, jer je 019 : 30 = 67 i ostatak 9. Brojeva koji su djeljivi brojem 45 ima 44, jer je 019 : 45 = 44 i ostatak 39. Brojeva koji su djeljivi brojem 90 ima, jer je 019 : 90 = i ostatak 39. 336 + 4 + 134 (11 + 67 + 44) + = 694 3 + = 493 Prirodih brojeva koji su maji ili jedaki 019, a koji su djeljivi brojevima 6, 9 ili 15 ima 493. Tražeih brojeva tada ima 019 493 = 1 56. Prirodih brojeva koji su maji ili jedaki 019, a koji isu djeljivi s iti jedim od brojeva 6, 9 i 15 ima 1 56. Drugi ači: Neka je Š skup brojeva koji su djeljivi brojem 6, D skup brojeva koji su djeljivi brojem 9, a P skup brojeva koji su djeljivi brojem 15. Brojeva koji su djeljivi brojevima 6, 9 i 15, odoso koji su djeljivi s V(6, 9, 15) = 90 ima, jer je 019 : 90 = i ostatak 39. Brojeva koji su djeljivi brojevima 6 i 9, odoso koji su djeljivi s V(6, 9) = 18 ima 11, jer je 019 : 18 = 11 i ostatak 3. 11 = + 90 3

Državo atjecaje 019. godie, 6. razred Brojeva koji su djeljivi brojevima 9 i 15, odoso koji su djeljivi s V(9, 15) = 45 ima 44, jer je 019 : 45 = 44 i ostatak 39. 44 = + Brojeva koji su djeljivi brojevima 6 i 15, odoso koji su djeljivi s V(6, 15) = 30 ima 67, jer je 019 : 30 = 67 i ostatak 9. 67 = + 45 Brojeva koji su djeljivi brojem 6 ima 336, jer je 019 : 6 = 336 i ostatak 3. 336 = + 45 + 90 + 179 Brojeva koji su djeljivi brojem 9 ima 4, jer je 019 : 9 = 4 i ostatak 3. 4 = + 90 + + 90 Brojeva koji su djeljivi brojem 15 ima 134, jer je 019 : 15 = 134 i ostatak 9. 134 = + 45 + + 45 4 Brojeva koji isu djeljivi s iti jedim od brojeva 6, 9 i 15 ima 019 ( + 90 + + 45 + 179 + 90 + 45) = 019 493 = 1 56. 5. Posljedji brojevi u svakom retku čie iz: 1, 3, 6, 10, 15, 1, 8, u kojem je drugi čla za veći od prvoga, treći čla za 3 veći od drugoga, četvrti čla za 4 veći od trećega, peti čla za 5 veći od četvrtoga i tako dalje, pa vrijedi: - prvi redak tablice završava brojem 1, - drugi redak tablice završava brojem 1 + = 3, - treći redak tablice završava brojem 1 + + 3 = 6, - četvrti redak tablice završava brojem 1 + + 3 + 4 = 10, - peti redak tablice završava brojem 1 + + 3 + 4 + 5 = 15, ( + 1) Općeito, -ti redak tablice završava brojem 1+ + 3 + 4 +... + =. Za = 44 dobivamo ( ) + 1 44 45 = = 45 = 990.

Državo atjecaje 019. godie, 6. razred ( ) + 1 45 46 Za = 45 dobivamo = = 45 3 = 1035. Prema tome, broj 1000 se alazi u 45. retku tablice koji započije brojem 991, a završava brojem 1 035, pa treba izračuati zbroj 991+ 99 + 993 +... + 1035. Slijedi: ( ) 991+ 99 + 993 +... + 1035 = 1+ + 3 +... + 1035 1+ + 3 +... + 990 1035 1036 990 991 = = 1035 518 495 991 = 536 130 490 545 = 45 585. 5

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 8. 30.ožujka 019. 7. razred - rješeja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN. 1. Ozačimo redom s x, y, z svotu ovca koju je uštedio prvi, drugi i treći od prijatelja. Ukupu ušteđeu svotu trojice prijatelja ozačimo s k. Tada iz uvjeta zadatka možemo odose zapisati kao jedadžbe: x+ y+ z = k x y z + + = 160 5.5 x y z + + = 40 4 3 x y z + + = 160 / 10 5.5 x y z + + = 40 / 1 4 3 x+ 5y+ 4z= 1600 6x+ 3y+ 4z= 880 Zbrajajem tih jedadžbi dobije se: 8x+ 8y+ 8z = 4 480 ( x y z) 8 + + = 4 480 x+ y+ z= 560 Izos ušteđevie trojice prijatelja izosi 560 kua.. Prvi ači: Pogledajmo koliko ima uređeih parova prirodih brojeva (a, b), tako da zadovoljavaju uvjete zadatka. Ako je a = 1, tada b može poprimiti vrijedosti 1,, 3,..., 017. Ako je a =, tada b može poprimiti vrijedosti 1,, 3,..., 016. Ako je a = 017, tada b može poprimiti samo vrijedost 1. Dakle uređeih parova (a, b), pri čemu su a i b prirodi brojevi ima: 018 017 1+ + + 017= = 035153 Pogledajmo koliko ima uređeih parova (a, b) koji zadovoljavaju uvjete zadatka, gdje su a i b cijeli brojevi različiti od ule. Iz uvjeta a + b 019 slijedi da svakom uređeom paru prirodih brojeva (a, b), koji zadovoljava uvjet zadatka možemo pridružiti i uređee parove cijelih brojeva oblika (a, -b), (-a, b), (-a,-b) 1

Državo atjecaje 019. godie, 7. razred koji zadovoljavaju uvjete zadatka. Uređeih parova cijelih brojeva (a, b), gdje su a i b cijeli brojevi različiti od ule ima 4 035153= 814061. Ostalo je još prebrojati uređee parove (a, b), u kojima je barem jeda od člaova jedak uli. Ako je a = 0, tada prema uvjetu zadatka slijedi b 019. Cijelih brojeva b koji zadovoljavaju taj uvjet ima 018 + 1= 4037. Aalogo ako je b = 0. Uređeih parova cijelih brojeva (a, b), u kojima je barem jeda od člaova jedak uli ima 4037+ 4037 1= 8073 (uređe par (0, 0) smo brojali puta). Ukupo ima 814061 + 8073= 8148685 uređeih parova cijelih brojeva (a, b) s tražeim svojstvom. Napomea: Drugi ači prebrojavaja uređeih parova cijelih brojeva (a, b) u kojima je barem jeda od člaova jedak uli: Ako je a = 0, cijelih brojeva b 0, a koji zadovoljavaju zadau ejedakost, ima 018 = 4 036. Aalogo ako je b = 0, cijelih brojeva a 0, a koji zadovoljavaju zadau ejedakost, ima 018 = 4 036. Postoji i jeda uređei par (a, b) u kojem su oba člaa jedaka uli. Uređeih parova cijelih brojeva (a, b), u kojima je barem jeda od člaova jedak uli ima: 4036+ 4036+ 1= 8073. Drugi ači: Ako je a = 0, tada b može poprimiti vrijedosti - 018, - 017,, 017, 018, tj. za a = 0 uređeih parova koji zadovoljavaju uvjet zadatka ima 018 + 1. Ako je a = 1, tada b može poprimiti vrijedosti - 017, - 016,, 016, 017, tj. za a = 1 uređeih parova koji zadovoljavaju uvjet zadatka ima 017 + 1. Ako je a = -1, tada b može poprimiti vrijedosti - 017, - 016,, 016, 017, tj. za a = -1 uređeih parova koji zadovoljavaju uvjet zadatka ima 017 + 1. Ako je a =, tada b može poprimiti vrijedosti - 016, - 015,, 015, 016, tj. za a = uređeih parova koji zadovoljavaju uvjet zadatka ima 016 + 1. Ako je a = -, tada b može poprimiti vrijedosti - 016, - 015,, 015, 016, tj. za a = - uređeih parova koji zadovoljavaju uvjet zadatka ima 016 + 1. Ako je a = 017, tada b može poprimiti vrijedosti -1, 0, 1, tj. za a = 017 uređeih parova koji zadovoljavaju uvjet zadatka ima 1 + 1. Ako je a = - 017, tada b može poprimiti vrijedosti -1, 0, 1, tj. za a = - 017 uređeih parova koji zadovoljavaju uvjet zadatka ima 1 + 1. Ako je a = 018, tada b može poprimiti samo vrijedost 0, tj.

Državo atjecaje 019. godie, 7. razred za a = 018 uređeih parova koji zadovoljavaju uvjet zadatka ima 0 + 1. Ako je a = - 018, tada b može poprimiti samo vrijedost 0, tj. za a = - 018 uređeih parova koji zadovoljavaju uvjet zadatka ima 0 + 1. Ukupo, takvih uređeih parova cijelih brojeva ima: ( 018 + 1) + ( ( 017 + 1) + ( 016 + 1 ) +... + ( 1+ 1) + ( 0 + 1) ) = 018 + 1+ ( ( 017 + 016 +... + 1) + 018 1) 017 018 = 018 + 1+ + 018 = 018 + 1+ 017 018 + 018 ( ) ( ) ( ) = 018 + 1+ 018 017 + 1 = 018 + 1+ 018 018 = 018 1+ 018 +1 = 018 019 + 1 = 8 148 685 3. Bez smajeja općeitosti pretpostavimo da je više crveih točaka. Dakle, među 1 točkom, barem ih je 11 crveih. Razlikujemo dva slučaja: 1) Postoji stupac s 3 crvee točke. Kako preostalih 8 crveih točaka treba rasporediti u 6 stupaca, postoji barem jeda stupac u kojemu su dvije crvee točke. Te su dvije crvee točke, zajedo s crveim točkama a odgovarajućim pozicijama iz stupca s 3 crvee točke, vrhovi pravokutika. Na primjer: ) Ne postoji stupac s 3 crvee točke. To zači da 11 crveih točaka treba rasporediti u 7 stupaca s maksimalo dvije crvee točke pa zaključujemo da postoje barem 4 stupca s po dvije crvee točke. U svakom od ta 4 stupca dvije crvee točke mogu zauzeti 3 različite pozicije (prvi i drugi redak, prvi i treći redak ili drugi i treći redak), stoga postoji barem jeda raspored s odgovarajućim pozicijama crveih točaka koje su vrhovi pravokutika. Na primjer: 3

Državo atjecaje 019. godie, 7. razred 4. Ozačimo a slici visiu AD trokuta ABC a straicu BC i visiu ME trokuta MNC a 4 straicu NC. Dobivei pravokuti trokuti ADC i MEC imaju zajedički kut pri vrhu C pa su prema poučku K K sliči i vrijedi AC : MC = AD : ME. Kako je AM : MC = 1: m, vrijedi AC : MC = ( 1+ m): m pa je omjer duljia visia trokuta ADC i MEC jedak AD : ME = ( 1+ m): m, odoso AD 1+ m = ( ). ME m Nadalje, kako je BN : NC = 1:, omjer duljia straica BC i NC trokuta ABC i MNC jedak je BC : NC = ( 1+ ):, odoso BC 1+ = ( ). NC BC AD NC ME Kako je P ABC =, P MNC = i vrijedi P ABC : P MNC = : 1, oda je ili Stoga vrijedi: ( BC AD ) :( NC ME ) = 1 : BC AD BC AD = =. NC ME NC ME 1+ 1+ m = m ( ) ( ) 1+ 1+ m = m 1+ m+ + m= m m m = 1 m m + 1= 1+ 1 ( ) ( m ) ( m )( ) = m 1 1 = 1 1 Budući da su m i prirodi brojevi, imamo dvije mogućosti: m 1= 1 i 1= ili m 1= i 1= 1. Koačo, tražei brojevi su m= i = 3 ili m= 3 i =. Napomea 1: Jedadžba m m = 1 može se riješiti i a ovaj ači: m m = 1+ C M E A D N B

Državo atjecaje 019. godie, 7. razred ( ) m 1 = 1+ 1+ 1+ m = = = 1+ 1 1 1 Da bi m bio prirodi broj, 1 mora biti prirodi broj i djelitelj broja. Prema tome, 1 može biti 1 ili odoso može biti ili 3. Broj m može biti, redom u ovisosti o, 3 ili. Koačo, tražei brojevi su m= i = 3 ili m= 3 i =. Napomea : Rješeje e ovisi o vrsti trokuta tj. o vrsti uutarjeg kuta s vrhom A. C C E E D C E M D N M N M D N B A B A B A No, ukoliko je zadatak rješava a ači da se promatraju visia BD trokuta AC i visia NE trokuta ozake. ABC a straicu MNC a straicu MC, rješeje se dobije aalogo uz odgovarajuće C M D E N A B Ozačimo a slici visiu BD trokuta straicu MC. Dobivei pravokuti trokuti K K sliči i vrijedi BC : NC = BD : NE. ABC a straicu AC i visiu NE trokuta MNC a BCD i NCE imaju zajedički kut pri vrhu C pa su prema poučku Kako je BN : NC = 1:, vrijedi BC : NC = ( 1+ ):, pa je omjer duljia visia trokuta BDC i NEC jedak BD : NE = ( 1+ ):, odoso BD 1+ = ( ). NE Nadalje, kako je AM : MC = 1: m, omjer duljia straica AC i MC trokuta ABC i MNC jedak je AC : MC = ( 1+ m): m, odoso AC 1+ m = ( ). MC m AC BD MC NE Kako je P ABC =, P MNC = i vrijedi P ABC : P MNC = : 1, oda je 5

Državo atjecaje 019. godie, 7. razred ili Stoga vrijedi: ( AC BD ) :( MC NE ) = 1 : AC BD AC BD = =. MC NE MC NE 1+ m 1+ = m ( ) ( ) 1+ m 1+ = m 1+ + m+ m= m m m = 1 m m + 1= 1+ 1 ( ) ( m ) ( m )( ) = m 1 1 = 1 1 Budući da su m i prirodi brojevi, imamo dvije mogućosti: m 1= 1 i 1= ili m 1= i 1= 1. Koačo, tražei brojevi su m= i = 3 ili m= 3 i =. 5. Prvi ači: C k A E D B Vrijedi da je ACB = ADB = 60 jer su to obodi kutovi ad tetivom AB i CDA = CBA = 60 jer su to obodi kutovi ad tetivom AC. Slijedi da je CDB = 10. Napomea: Veličia CDB može se odrediti i iz čijeice da je četverokut ABDC tetivi pa je zbroj veličia asuprotih kutova jedak 180. Iz čega slijedi da je CDB = 10. Neka je E točka dužie AD takva da je DE = DB. Trokut DEB je jedakostraiča jer ima dvije suklade straice i kut veličie 60 između jih. Trokuti ABE i CBD su sukladi prema poučku S S K jer je BD = BE (straice jedakostraičog trokuta DEB ), AB = BC (straice jedakostraičog trokuta ABC ) i 6

Državo atjecaje 019. godie, 7. razred CDB = AEB = 10 ( AEB je vajski kut jedakostraičog trokuta DEB ). Posljedica te sukladosti je zaključak da je AE Dakle, AD = AE + ED = CD + BD. = CD. Drugi ači: C k D P N M A B Nacrtajmo dužiu AD i a joj ozačimo točku N tako da je DC Kako su = DN. ADC i ABC obodi kutovi ad istom tetivom AC, vrijedi ADC = 60, pa je NDC jedakostraiča. Aalogo, a AD ozačimo točku M tako da je DB = DM. Kako su ADB i ACB obodi kutovi ad istom tetivom AB, vrijedi ADB = 60 pa je i MBD jedakostraiča. Produljimo dužiu MB preko točke M do sjecišta s kružicom k i ozačimo sjecište s P. BPC = 60 jer je to obodi kut ad tetivom BC. DMP = 10 jer je to vajski kut jedakostraičog trokuta MBD. Veličie triju uutarjih kutova četverokuta MDCP su 60, 10 i 60 pa je DCP = 10. Kako su asuproti kutovi tog četverokuta sukladi, zaključujemo da je MDCP paralelogram iz čega slijedi DC = MP. Kako je BPA obodi ad tetivom AB (kao i ACB ), vrijedi BPA = 60. Nadalje, AMP = 60 jer je vrši kut kuta BMD pa je i AMP jedakostraiča. Slijedi MP = MA. Koačo, DN = DC = MP = MA, pa je AD = AM + MD = CD + DB, što je trebalo pokazati. 7

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Poreč, 8. - 30. travja 019. 8. razred - rješeja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN. 1. Neka su a, b i c stadarde ozake za duljie straica pravokutog trokuta ABC. Vrijedi Pitagori poučak a + b = c (1) Primjeom Pitagoriog poučka a pravokuta trokut A 1BC, sa duljiama straica a, b + 7 i c + 5, dobivamo: a + (b + 7) = (c + 5). () Primjeom Pitagoriog poučka a pravokuta trokut A BC, sa duljiama straica a, b 4 i c, dobivamo: a + (b 4) = (c ). (3) Nako kvadriraja bioma dobivamo sustav jedadžbi: a + b = c (1*) a b b c c + + 14 + 49 = + 10 + 5 (*) a + b 8b+ 16= c 4c+ 4. (3*) Iz prvih dviju jedadžbi, oduzimajem (1*) od (*), ili supstitucijom c = a + b dobije se 14b 10c= 4 / : 7b 5c= 1. (4) Iz prve i treće jedadžbe, a sliča ači dobije se 8b+ 4c= 1/:4 b+ c= 3. (5) Sada se iz sustava jedadžbi (4) i (5) izračuaju b i c: 1

Državo atjecaje 019. godie, 8. razred 7b 5c= 1 b+ c= 3/ 5 7b 5c= 1 10b+ 5c= 15 3b= 7 b= 9cm. Iz (5) slijedi: c= b 3= 18 3= 15cm. Tada je a = 15 9 = 5 81 = 144 a= 1 cm. Površia trokuta ABC jedaka je: ab 1 9 P = = = 54 cm.. Prvi ači: Razmotrimo sve moguće varijate parosti brojeva m,, p. 1. mogućost: Jeda od tih brojeva je epara, a druga dva para. Kvadrat eparog broja je epara, a parog broja para, pa je lijeva straa epara. Na desoj strai su svi pribrojici pari jer je umožak eparog i parog, kao i parog i parog, pari broj. Dakle, ovakva je mogućost isključea.. mogućost: Jeda od brojeva je para, a druga dva epara. Kvadrati eparih brojeva su epari, a jihov zbroj je para, pa je lijeva straa para. Na desoj strai su tri pribrojika para, a samo jeda epara (umožak dvaju eparaih brojeva). Stoga je cijeli zbroj epara. Time je i ta mogućost isključea. 3. mogućost: Sva su tri broja para. Brojeve možemo zapisati u obliku m = a, = b i p = c pa jedakost poprima oblik: ( ) ( ) ( ) a + b + c = 4ab+ 4ac+ 4bc+ 50 ( a b c ) ( ab ac bc ) 4 + + = 4 + + + 1 + Lijeva straa je djeljiva s 4, a desa pri dijeljeju s 4 ima ostatak, što isključuje i ovu jedakost. 4. mogućost: Sva su tri broja epara. Brojeve možemo zapisati u obliku m = a + 1, = b + 1, p = c + 1 i jedakost poprima oblik: ( a ) ( b ) ( c ) ( a )( b ) ( a )( c ) ( b )( c ) + 1 + + 1 + + 1 = + 1 + 1 + + 1 + 1 + + 1 + 1 + 50 4a + 4a+ 1+ 4b + 4b+ 1+ 4c + 4c+ 1= 4ab+ a+ b+ 1+ 4ac+ a+ c+ 1+ 4bc+ b+ c+ 1+ 50 ( a a b b c c) ( ab ac bc a b c ) 4 + + + + + + 3= 4 + + + + + + 13 + 1 Lijeva straa pri dijeljeju s 4 ima ostatak 3, a desa 1, što koačo isključuje i ovu mogućost. Dakle, e postoje prirodi brojevi m, i p koji zadovoljavaju zadau jedakost. Drugi ači: Najprije pomožimo zadau jedakost s : Sada to možemo malo drugačije zapisati kao: m p m p pm 100 + + = + + +.

Državo atjecaje 019. godie, 8. razred m m+ + p+ p + p pm+ m = 100, ( m ) ( p) ( p m) Uvedemo li ozake x ( m ), y ( p), z ( p m) x + y + z = 100. + + = 100. (1) = = =, izraz (1) zapisujemo kao Bez smajeja općeitosti možemo pretpostaviti da je Aalizirajmo mogućosti: x y z. x y + z y y z 0 (e može jer bi vrijedilo = p i p = m, pa bi bilo 100 0 0 0 m =, što je u suprotosti s tim da je x = 100) 16 3 (ije kvadrat prirodog broja) 81 19 16 9 e može jer je y z 64 36 36 49 51 49 36 64 36 jer x y 0 (e može jer bi bilo p = m, pa bi prema tome vrijedilo y² = ( m)², a kako je x² = (m )², 36 začilo bi da je y² = x², što e vrijedi jer je x² = 64, a y² = 36) 5 11 (ije kvadrat prirodog broja) 16 e može jer je y z 49 (ije kvadrat prirodog broja) 36 15 (ije kvadrat prirodog broja) 5 e može jer y z 36 8 (ije kvadrat prirodog broja) 5 e može jer je y z 5 5 5 e može jer bi zbroj izosio ajviše 75 Time smo zaključili da e postoje brojevi m, i p koji zadovoljavaju zadau jedakost. 3. Prvi ači: Vrijedi 50 = 5. Svaki broj u tablici apišimo kao 1 ili kao umožak prostih faktora. Najprije u svako polje tablice upišimo broj 1, a potom ćemo eke od tih brojeva pomožiti djeliteljima broja 50 većim od 1. U takvom zapisu, faktor mora biti upisa u točo jedom polju u svakom retku i u točo jedom polju u svakom stupcu i to možemo učiiti a 3 1 = 6 ačia. Nadalje, u takvom zapisu, faktor 5 mora biti ukupo upisa točo dvaput u svakom retku i točo dvaput u svakom stupcu. Razlikujemo tri mogućosti: (i) u svakom retku i u svakom stupcu faktor 5 = 5 će biti apisa u točo jedom polju; takvih je mogućosti 31 = 6. (ii) u svakom retku i u svakom stupcu faktor 5 će biti apisa u točo dva polja; i takvih mogućosti ima 31 = 6. (iii) u jedo polje je upisa broj 5, a u četiri polja koja se e alaze u oim retcima i stupcima u kojem je 5, upisa je broj 5. Takvih rasporeda ima 9. Dakle, za upisivaje faktora 5 imamo 6+ 6+ 9= 1 mogućost. Ukupo, broj različitih ačia za upisivaje brojeva u tablicu koji zadovoljavaju uvjete zadatka je 61 = 16. 3

Državo atjecaje 019. godie, 8. razred Drugi ači: Iz rastava 50 = 5 se može zaključiti da u svakom retku i stupcu imamo jeda od sljedeća četiri rastava tri broja čiji je umožak 50; to su (i) 1150, (ii) 15, (iii) 1 5 10, (iv) 55. Najprije, moguće je da u svakom stupcu i retku imamo uvijek isti rastav. Zatim, uz rastav (i) u jedom retku i stupcu, moguće je imati samo dva rastava (ii) ili dva rastava (iii) u preostalim retcima i stupcima. Ako u iti jedom retku i stupcu emamo rastav (i), oda preostaju samo mogućosti da u retcima i stupcima imamo dva rastava (iii) i jeda rastav (iv) ili po jeda rastav (ii), (iii) i (iv). Zato se tablica može ispuiti isključivo a sljedeće ačie: 1) U svakom retku i stupcu je jeda broj 50 i dva broja 1. Broj takvih rasporeda je 3 1 = 6. ) U svakom retku i stupcu je jeda broj i dva broja 5. Broj takvih rasporeda je 31 = 6. 3) U svakom retku i stupcu su brojevi 5, i 1. Broj takvih rasporeda je 61 = 1. 4) U svakom retku i stupcu su brojevi 10, 5 i 1. Broj takvih rasporeda je 61 = 1. 5) U jedom je polju broj 50, u dva polja u retku i dva polja u stupcu sa 50 je broj 1, a u preostala četiri polja su dva broja 10 i dva broja 5. Kako je 10 i 5 moguće upisati a dva ačia, a 50 može biti a 9 mjesta, broj ovakvih rasporeda je 9 = 18. 50 1 1 1 10 5 1 5 10 50 1 1 1 5 10 1 10 5 6) U jedom je polju broj 50, u dva polja u retku i dva polja u stupcu sa 50 je broj 1, a u preostala četiri polja su dva broja 5 i dva broja. Kako je 5 i moguće upisati a dva ačia, a 50 može biti a 9 mjesta, broj ovakvih rasporeda je 9 = 18. 50 1 1 1 5 1 5 50 1 1 1 5 1 5 7) U jedom je polju broj, u dva polja u retku i dva polja u stupcu sa je broj 5, a u preostala četiri polja su dva broja 10 i dva broja 1. Kako je 10 i 1 moguće apisati a dva ačia, a može biti a 9 mjesta, broj ovakvih rasporeda je 9 = 18. 5 5 5 10 1 5 1 10 5 5 5 1 10 5 10 1 4

Državo atjecaje 019. godie, 8. razred 8) U jedom je polju broj 5, a u retku i stupcu s jim 1 i, koji se mogu rasporediti a četiri ačia. Ostala četiri polja su jedozačo određea: u polju gdje se sijeku 1 i 1 je broj 10, a u ostala tri broj 5: 5 1 5 1 5 1 5 1 1 10 5 5 5 1 5 10 5 5 5 5 1 10 5 5 5 1 5 10 Budući se broj 5 može staviti a 9 mjesta, broj ovakvih rasporeda je 9 4 = 36. To su sve mogućosti. Ukupa broj rasporeda jedak je 6 + 1 + 183 + 36= 16. 4. Prvi ači: Neka je x 4 x 4 + x+ 4 x 4 =. S obzirom da su i s lijeve i s dese strae jedadžbe eegativi brojevi, kvadrirajem se dobiva ekvivaleta jedadžba: Za 4 x 8 je Za 4 x 8 zato vrijedi: ( )( ) x 4 x 4+ x 4 x 4 x+ 4 x 4 + x+ 4 x 4 = ( x 8) ( x 8) ( )( ) x+ x 4 x 4 x+ 4 x 4 = 16( 4) = x x x x 16x+ 64 = x = x ( x 8) =, a za x > 8 je x 8 = x. 8 x= x 8 = ( x 8) x 8 =, što možemo zapisati kao = 16 = 4 Dakle, za prirode brojeve x = 4, 5, 6, 7, 8 vrijedost zadaog izraza je priroda broj 4. Za x > 8 je: x 8 = x = x 8 5

Državo atjecaje 019. godie, 8. razred = 4x 16 = 4( x 4) Prirodi broj x 4 mora biti potpui kvadrat pa pišemo x te je zato t 3. Dakle, za prirode brojeve x > 8, rješeje je parametarsko x broj. 4 = t, pri čemu je 4 9 4 5 = t + 4, pri čemu je 3 x =, t priroda Drugi ači: Neka je Tada je = x 4 x 4 + x+ 4 x 4. = x 4 4 x 4+ 4+ x 4+ 4 x 4+ 4 ( ) ( ) = x 4 + x 4+ = x 4 + x 4+. Vrijedi x 4 0 za x > 8 i x 4 0 za 4 x 8, dok je x 4+ 0 za svaki x 4. Zato je, za 4 x 8, a za x > 8 je = x 4+ + x 4+ = 4, = x 4 + x 4+ = x 4. S obzirom da je za 4 x 8 broj uvijek priroda broj 4, tražei brojevi u tom itervalu su x = 4, 5, 6, 7, 8. Potrebo je još aći sve prirode brojeve x > 8 za koje je = x 4 također priroda broj. Slijedi = 4( x 4). Prirodi broj x 4 mora biti potpui kvadrat pa pišemo x te je zato t 3. Dakle, za prirode brojeve x > 8, rješeje je parametarsko broj. 4 = t, pri čemu je 4 9 4 5 x = t + 4, pri čemu je 3 x =, t priroda 5. D C m M N S P R A B 6

Državo atjecaje 019. godie, 8. razred Neka je točka S sjecište dijagoala kvadrata ABCD. Točkom S acrta je bilo koji pravac m. Ozačimo redom točkama M, N, P i R ožišta okomica acrtaih vrhovima A, B, C, D kvadrata a pravac m. Pogledajmo pravokute trokute ΔDNS i ΔBPS. Budući da vrijedi DS = BS i DSN = BSP (vrši kutovi) i DNS = BPS = 90 to su prema poučku K S K ta dva trokuta suklada te slijedi da je DN = BP = y. Pogledajmo pravokute trokute ΔASM i ΔCSR. Budući da vrijedi AS = CS i ASM = CSR (vrši kutovi) i AMS = CRS = 90 to su prema poučku K S K ta dva trokuta suklada te slijedi da je AM = CR = x. Pogledajmo pravokute trokute ΔASM i ΔBPS. Budući da vrijedi AS = BS i ASM = SBP (kutovi sa okomitim kracima) i AMS = BPS = 90 to su prema poučku K S K ta dva trokuta suklada te slijedi da je AM = SP = x. Neka je dijagoala BD = AC = d =. Primjeom Pitagoriog poučka a trokut ΔBPS dobijemo tj. Tada je d SP + BP = SB x + y = 1 x + y = =. ( ) AM + CR + DN + BP = x + x + y + y = x + y = 1. 7