časopis za mlade matematičare Zagreb, Bijenička 30 SADRŽAJ

Transcription

1 IZLAZI TIJEKOM ŠKOLSKE GODINE U ČETIRI BROJA Izdaje/osnivatelj HRVATSKO MATEMATIČKO DRUŠTVO časopis za mlade matematičare Zagreb, Bijenička 30 SADRŽAJ Članci Petar Mladinić, Rebusi... 2 Vladimir Devidé, Konveksni likovi... 5 Petar Vranjković, O prebrojavanju pomoću stabla... 8 Timna Tomiša, Staklena piramida ispred Louvrea Veselko Čotić, Rješenje jednog nagradnog zadatka Željko Brčić, Cijena vode Inna Shapiro i Antonija Horvatek, Mozgalice na vagi Matemagičar Franka Miriam Brückler, Trik s tri šalice Intervju Lucija Gusić, Mate Maras Povijest Željko Medvešek, Leonardo da Vinci, svestrani genij Natjecanja Državno natjecanje učenika 7. i 8. razreda osnovnih škola atka 17 (2008./2009.) br. 65 Križaljke za atkače Enigmatka Natjecanja Državno natjecanje (nastavak) Kutak za kreativni trenutak Mozgalica TANTRIX Zadatci za atkače početnike Odabrani zadatci Sudoku Računala Nikol Radović, Božanska proporcija - pentagram Ivana Kokić, Microsoft Excel i matematika (1) Iz svijeta Natjecanje Georg Mohr godine Rješenja zadataka Kutak za najmlađe MATKA.indd :54:21

2 atka 17 (2008./2009.) br. 65 REBUSI Petar Mladinić, Zagreb Indiji i Kini matematički su se rebusi pojavili prije više od tisuću U godina. U Europi su se slični zadatci počeli promišljati tek početkom dvadesetog stoljeća. Tridesetih godina prošlog stoljeća takvi su se problemi nazivali kriptoaritmetičkima. U europskim i američkim časopisima taj je naziv potpuno prihvaćen, no mi ćemo ih, zbog matematike u njihovim temeljima, nazivati matematičkim rebusima. U svijetu ovih rebusa vrijede sljedeća pravila: različite znamenke zamjenjuju se različitim slovima, znak * zamjenjuje svaku znamenku, u zapisu broja prva znamenka slijeva nikad nije jednaka nuli, broj ABC predstavlja troznamenkasti broj, rebus je riješen kad se nađu sva rješenja. Od prvog su trenutka matematički rebusi postali vrlo popularni. Svjetsku su slavu postigla dva rebusa koje je engleski matematičar H. E. Dudeney ( ) objavio godine: a) SEND + MORE = MONEY b) TWO TWO = THREE Pokazat ćemo, u nekoliko nastavaka, neke od mogućih vrsta matematičkih rebusa. a) Aritmetički rebus To je rebus u kojemu nalazimo aritmetičke operacije (zbrajanje, oduzimanje, množenje i dijeljenje) i u kojemu su sve ili skoro sve znamenke zamijenjene zvjezdicama. Riješiti rebus znači zamijeniti znakove (zvjezdice) znamenkama tako da račun bude istinit. Primjer 1. Riješimo rebus tako da zvjezdice zamijenimo znamenkama od 0 do 9 i da račun bude točan. 2 1 MATKA.indd :54:24

3 Rješenje: Dvoznamenkasti brojevi (faktori) veći su od 90 (i manji od 100). U suprotnom, njihov umnožak ne bi mogao biti četveroznamenkasti broj koji počinje znamenkom 9. Dakle, znamenka desetica u oba je broja jednaka 9. Dakle, imamo: atka 17 (2008./2009.) br. 65 U drugom retku postupka množenja (množenja znamenkom jedinica) uočavamo da je rezultat množenja dvoznamenkastog broja 9* nekom znamenkom dvoznamenkast broj, tj. da je 9* * = **. To je moguće samo ako je znamenka kojom množimo jednaka 1. Dakle, drugi je faktor jednak 91. Pomnožimo li brojeve 98 i 91, dobit ćemo 8918, što je manje od zadanog rezultata. Uvjete zadatka zadovoljava umnožak brojeva 99 i 91 jer je = Traženi brojevi su 99 i 91. Zadatci: Riješite sljedeće rebuse: MATKA.indd :54:24

4 atka 17 (2008./2009.) br. 65 b) Slovčani rebus U Primjer 2. Rješenje: atki broj 1 objavljen je sljedeći rebus. Riješimo rebus: A + AB + ABC = BCB Lako se može uočiti da je A + C = 10 (zbroj jedinica), da je (zbog prenesene desetice) A + B + 1 = 10 + C (zbroj desetica) te da je A + 1 = B (zbroj stotica). Rješenje je A = 6, B = 7 i C = 4. Zadatci: Riješite sljedeće rebuse: MATE M = ATIKA 3. 5 UM = KUM Napomena: Objavit ćemo imena onih atkača koji nam pošalju svoje rebuse ili rješenja naših nagradnih rebusa, i nagraditi ih (Ur.). 4 1 MATKA.indd :54:24

5 KONVEKSNI LIKOVI Vladimir Devidé, Zagreb Ravni lik nazivamo konveksnim ako ima svojstvo da za bilo koje dvije točke A i B toga lika sve točke dužine AB također pripadaju liku. 1 (Usporedi sl. 1.: slika a prikazuje konveksan lik, dok lik na slici b nije konveksan.) atka 17 (2008./2009.) br. 65 Slika 1. Primjeri. Krug, elipsa, kvadrat, poluravnina, beskonačna traka, dio ravnine između dviju poluzraka, dio ravnine unutar hiperbole, kao i čitava ravnina konveksni su likovi (sl. 2. od a do h). Zvijezda, kružni vijenac, dio ravnine izvan parabole nisu konveksni likovi (sl. 2i, j, k). Slika 2. Radi jednostavnijeg izražavanja, formulacije poučaka i dokaznih postupaka, zgodno je da i za jednodimenzionalne geometrijske tvorevine (u ravnini) i nuldimenzionalne (točke) također dopustimo naziv lik. S tim u vezi lako uviđamo da za jednodimenzionalne konveksne likove postoje samo ove mogućnosti: dužina, polupravac (poluzraka) i pravac. Da bismo bili dosljedni, moramo i (svaku pojedinu) točku smatrati (nuldimenzionalnim) konveksnim likom. Svaki je trokut, očito, konveksan lik. Četverokut može biti konveksan, ali ne mora (vidi slike 3a i b). Odmah vidimo da će četverokut biti konveksan onda kad se sjecište njegovih dijagonala nalazi unutar lika. Nalazi li se sjecište dijagonala izvan četverokuta, taj četverokut nije konveksan. Slika 3. 1 Kad kažemo da je P točka lika ili da pripada (leži na) liku, time mislimo reći da je to bilo neka unutarnja, bilo rubna točka lika. U strogu matematičku definiciju pojmova: lik, unutarnja točka, rubna točka, opseg, površina lika, itd. ovdje, dakako, niti možemo ulaziti niti je to potrebno. 5 1 MATKA.indd :54:24

6 atka 17 (2008./2009.) br. 65 Slika 4. Slika 5. Φ Ravni lik zove se omeđenim ako postoji krug unutar kojega se može smjestiti čitav lik (drugim riječima, ako se lik ni u kojem smjeru ne proteže u beskonačnost). Na slici 2. možemo uočiti da ima i omeđenih (sl. 2a do c) i neomeđenih (sl. 2d do h) konveksnih likova. Od jednodimenzionalnih konveksnih likova dužina je omeđena, a polupravac i pravac nisu. Poučak 1. Ako konveksni lik sadrži točke A, B i C (koje ne pripadaju istom pravcu), onda on sadrži i čitav trokut ABC. Dokaz. Neka je D bilo koja točka trokuta ABC, čiji vrhovi pripadaju konveksnom liku Φ (sl. 4). Spojimo točke A i D pa produljimo AD do sjecišta E s BC. (Posebno, ako je točka D na stranici AB ili AC, točka E će se podudarati s točkom B ili s točkom C.) Budući da je lik Φ konveksan, točka E pripada liku Φ (jer je na dužini BC ). No tada, zbog konveksnosti lika Φ, i točka D pripada liku Φ (jer je na dužini AE ). Prema tome, svaka točka trokuta ABC pripada liku Φ, što znači da lik Φ sadrži taj cijeli trokut. (Napomena: Ako je D A, točka E nije određena. No, prema pretpostavci, točka A pripada liku Φ.) Pod presjekom dvaju likova podrazumijevamo geometrijsku tvorevinu što je čine sve one točke koje pripadaju i jednom i drugom liku. (Na slici 5. presjek pravokutnika i kruga je lik Φ. Ako ta dva lika nemaju zajedničkih točaka, njihov je presjek prazan.) Općenitije, pod presjekom više (konačno ili beskonačno mnogo) likova podrazumijevamo geometrijsku tvorevinu koju čine sve one točke koje pripadaju svakom od danih likova. Primjerice, presjek svih kvadrata koje dobivamo ako dani kvadrat (u svojoj ravnini) rotira oko središta jest krug upisan tom kvadratu (sl. 6a). Svaki konveksni n-terokut može se predočiti kao presjek n poluravnina (sl. 6b). 6 Slika 6. 1 MATKA.indd :54:25

7 Poučak 2. Presjek konveksnih likova, ako nije prazan, i sam je konveksan lik. Dokaz. Neka su A i B bilo koje dvije točke presjeka Φ danih konveksnih likova, a C bilo koja točka dužine AB. To znači da točke A i B pripadaju svim danim likovima. Budući da su oni konveksni, točka C također pripada svakome od njih, pa prema tome i njihovu presjeku Φ. Dakle, Φ zadovoljava uvjete definicije konveksnog lika. Općenito će (neprazni) presjek dvodimenzionalnih konveksnih likova biti dvodimenzionalni lik. Može se, naravno, dogoditi da on bude i jednodimenzionalan ili nuldimenzionalan konveksni lik (v. sl. 7a, b, c). atka 17 (2008./2009.) br. 65 Slika 7. Budući da je, prema definicijama, pravac konveksan lik, to iz poučka 2. slijedi da svaki pravac koji prolazi nekom točkom konveksnog lika siječe taj lik u konveksnom (dakako, jednodimenzionalnom ili nuldimezionalnom) liku. Vrijedi i obrnuto: Ako lik Φ ima svojstvo da ga svaki pravac (koji ga uopće siječe) siječe u konveksnom liku, Φ je konveksan lik. Da je to zaista tako, možemo zaključiti indirektnim zaključivanjem: Uzmimo da lik Φ nije konveksan. Tada postoje točke A i B lika Φ i točka C na AB koja ne pripada liku Φ (nacrtajte sliku). No, u tom slučaju pravac točkama A i B očito ne bi sjekao lik Φ u konveksnom liku jer bi taj presjek sadržavao A i B, ali ne i C. Oba rezultata zajedno daju: Poučak 3. Dvodimenzionalni lik je konveksan onda i samo onda ako ga svaki pravac, koji ga uopće siječe, siječe u konveksnom (jednodimenzionalnom ili nuldimenzionalnom) liku. Za omeđene likove sličnim rasuđivanjem možemo dokazati da vrijedi: Poučak 4. Omeđeni dvodimenzionalni lik je konveksan onda i samo onda ako svaki pravac koji prolazi nekom njegovom unutarnjom točkom siječe rub lika u dvije točke. 7 1 MATKA.indd :54:25

8 atka 17 (2008./2009.) br. 65 O PREBROJAVANJU POMOĆU STABLA Petar Vranjković, Zadar Za pravilno shvaćanje zakona prirode koji su vjerojatnosnoga karaktera, kao i za shvaćanje statističkih zakonitosti koje se javljaju u prirodi i tehnici, vrlo je važno razumijevanje i rješavanje kombinatoričkih problema. Stručnjaci raznih profila, ali ne samo oni, često moraju rješavati razne zadaće u kojima se razmatraju različite kombinacije brojeva, slova ili nekih drugih objekata. Tako satničar u školi mora napraviti raspored sati, agronom mora rasporediti određene kulture na razne parcele, kemičar ispitati veze atoma u molekulama, itd. Ovim i sličnim problemima bavi se područje matematike koje se naziva kombinatorika. Ako želimo istaknuti ono što je u kombinatorici najbitnije, onda bismo je istaknuli kao teoriju konačnih skupova jer ona dobro opisuje predmet kombinatorike. U ovom prikazu bavimo se isključivo problemima prebrojavanja. Valja dodati da je to prva preokupacija kombinatorike, a ujedno, možda, i najzgodnija za upoznavanje učenika s kombinatorikom. Nije rijetko da se svi promatrani kombinatorički objekti mogu prebrojiti i pregledno navesti. Zgodan način analize logičkih mogućnosti u kombinatoričkim problemima je crtanje stabla, koje se inače naziva logičko stablo (stablo logičkih mogućnosti, kombinatorički dijagram). Pogledajmo neke primjere. Primjer 1. Rješenje: Ivo, Šime i Tonka dobili su od tete paket u kojemu su, između ostaloga, bile tri igračke: medo, psić i zeko. Na koliko načina među sobom mogu podijeliti te tri igračke, ali tako da svatko dobije po jednu igračku? Označimo igračke s M, P, Z. Pogodan način da se izvedu sve moguće razdiobe igračaka između troje djece, pri čemu će svako dijete dobiti po jednu igračku, jest prikaz pomoću stabla. Obično polaznu točku ( korijen stabla) označavamo s O (ali nije nužno), i od nje idemo nadesno svim mogućim putovima do završnih točaka, kao što je prikazano na slici. 8 1 MATKA.indd :54:25

9 Primjer 2. Sada izbrojimo sve dobivene putove koji iz O vode do završnih točaka. Tako dobijemo 6 mogućih razdioba tih igračaka na troje djece: MPZ, MZP, PMZ, PZM, ZMP, ZPM (jasno je da, primjerice, PMZ znači da je Ivo dobio psića, Šime medu, a Tonka zeku). Niko i Miho igraju dvije partije šaha. U svakoj partiji postoje tri moguća ishoda: pobjeda prvoga igrača, neriješeno i pobjeda drugoga igrača. Na koliko se različitih načina može odvijati tijek meča? atka 17 (2008./2009.) br. 65 Rješenje: Uvedimo oznake: 1 Nikina pobjeda, 0 neriješeno, 2 Mihina pobjeda. Evo stabla: Primjer 3. Prema tome, postoji 9 načina odvijanja tijeka meča. U vrču su tri kuglice: crvena, bijela i plava. Iz vrča izvlačimo tri kuglice, jednu po jednu, tako da iza svakoga izvlačenja kuglicu vraćamo u vrč. Koliko različitih načina izvlačenja možemo dobiti na taj način? Rješenje: Prema tome, ukupno imamo 27 izvlačenja. 9 1 MATKA.indd :54:25

10 atka 17 (2008./2009.) br. 65 Primjer 4. Rješenje: Mario i Ivan igraju teniski meč. Pobjednik je onaj koji prvi dobije 2 seta. Ako nema prekida meča, na koliko se načina može odvijati meč? Neka M ozačava da je u setu pobijedio Mario, a I da je u setu pobijedio Ivan. Stablo onda izgleda ovako: Primjer 5. Evo svih načina na koje se može odvijati tijek meča: MM, MIM, MII, IMM, IMI, II. Točke A, B, C, D i E predstavljaju otoke, a spojnice AB, BC, CD, DE, EB, EC mostove između otoka (vidi sliku). Rješenje: Frane odluči poći u šetnju od otoka do otoka, ali tako da nijedan most ne prelazi dva puta. U slučaju da neki most mora prijeći drugi put, on se zaustavlja i odlazi razgledati akvarij. Ako kreće s otoka A: 1) koliko ima različitih šetnji do zaustavljanja, 2) na kojim otocima može pogledati akvarij (svaki otok ima akvarij)? Evo stabla: 10 1 MATKA.indd :54:25

11 1) Dakle, imamo 6 različitih šetnji. 2) Frane može pogledati akvarij na otocima B, C i E. Evo nekoliko zadataka za samostalan rad. 1. Imamo tri kutije i u svakoj po jedan dobar i jedan loš proizvod. Na koliko različitih načina možemo odabrati kutiju i iz nje izvući jedan proizvod? 2. Koliko se dvoznamenkastih brojeva može napisati znamenkama koje pripadaju skupu S = {2, 3, 4, 5}, ali tako da se nijedna znamenka ne ponovi? 3. Na koliko se načina može sastaviti niz od 3 znaka ako su znakovi: o, x? 4. Koliko ima četveroznamenkastih brojeva kod kojih je zbroj znamenaka jednak 2 (broj ne može početi s nulom)? 5. Koliko se troznamenkastih brojeva može napisati pomoću brojeva iz skupa S = {1, 5}? 6. Ante i Krešo igraju neku igru. Pobjednik je onaj koji dobije dvije igre uzastopno ili ukupno tri igre. Na koliko se različitih načina može odigrati igra? 7. Ana i Branko u prizemlju su ušli u dizalo. Svaka osoba može izaći iz dizala na bilo kojemu od 5 katova. Na koliko različitih načina Ana i Branko mogu izaći na katovima? 8. U nekoj ekspediciji, između ostalih, sudjeluju stručnjaci određenih profila: V, A i L. Član V mora se izabrati iz skupa S 1 = {V 1, V 2, V 3 }, član A iz skupa S 2 = {A 1, A 2 } i član L iz skupa S 3 = {L 1, L 2, L 3 }. Prije izbora moraju proći testiranje kojim se utvrđuje određena povezanost među njima. Testiranje je dalo određenu povezanost kako slijedi: atka 17 (2008./2009.) br. 65 V 1 s A 1, A 2, L 2, L 3 V 2 s A 1, L 1, L 2 V 3 s A 1, L 1 A 1 s L 1, L 2 A 2 s L 1, L 2 Uz te uvjete, koliko ima različitih mogućnosti za sastav ekspedicije? Napomena: Nagradit ćemo svakog postavljenih zadataka. atkača koji nam pošalje rješenje najmanje triju 11 1 MATKA.indd :54:25

12 atka 17 (2008./2009.) br. 65 STAKLENA PIRAMIDA ISPRED LOUVREA Timna Tomiša, 8.b, OŠ Otok, Zagreb Ispred muzeja Louvre u Parizu nalazi se velika staklena pravilna četverostrana piramida arhitekta I. M. Peija. Piramida je završena godine, za proslavu 200. obljetnice Francuske revolucije. Metalna konstrukcija piramide ispred Louvrea prekrivena je rombovima i trokutima od stakla debljine 21 mm. Još od same gradnje piramide priča se da ukupni broj staklenih ploča (rombova i trokuta) koje prekrivaju piramidu iznosi 666, što je tzv. vražji broj. Zanimalo me je li to istina. Izračunajmo ukupni broj ploča! Broj staklenih ploča Osnovica piramide je kvadrat sa stranicom duljine 35 m, a visina piramide je 20.6 m. Kao što se vidi na slici, osnovica i bridovi podijeljeni su na 18 jednakih dijelova koji čine mrežu rombova i jednakokračnih trokuta pri dnu piramide. 12 Broj rombova na jednoj pobočki piramide je = 153, a broj trokuta na jednoj pobočki piramide je MATKA.indd :54:25

13 Ukupni broj rombova na sve četiri pobočke iznosio bi = 612, a ukupni broj trokuta 4 18 = 72. No, zbog ulaza na jednoj pobočki ima 9 rombova i 2 trokuta manje. Dakle, ukupni broj staklenih ploča je (612 9) + (72 2) = = 673. Dakle, netočna je tvrdnja da je ukupan broj staklenih ploča jednak 666! atka 17 (2008./2009.) br. 65 Staklena površina piramide Da bismo odredili površinu pobočke, izračunajmo prvo duljinu b bočnog brida piramide. Duljina dijagonale baze piramide je d = a 2 = m (slika 1.). Slika 1. Slika 2. Slika 3. Primjenom Pitagorina poučka na istaknuti pravokutni trokut (slika 2.) izračunat d ćemo da je duljina bočnog brida piramide b = 2 h m. Primjenom 2 Pitagorina poučka na istaknuti pravokutni trokut (slika 3.) izračunat ćemo da a je duljina visine pobočke v = b m. 2 av Površinu pobočke računamo prema formuli p1 = i ona iznosi približno m 2. Dakle, površina pobočja je približno 1890 m 2. No, da bismo 2 točno izračunali staklenu površinu potrebno je od površine pobočja oduzeti površinu 9 rombova i 2 trokuta kojih nema na ulazu u piramidu! 13 1 MATKA.indd :54:25

14 atka 17 (2008./2009.) br. 65 Označimo s x duljinu stranice romba. Tada je x = b : m. Kraća dijagonala romba jednake je duljine kao stranica trokuta, tj. e = a : m, a polovina dulje dijagonale romba jednaka je visini trokuta. Primjenom Pitagorina poučka na istaknuti trokut dobivamo da je f e = x m. 2 Tada je površina romba jednaka p romba = e f m2, dok je površina trokuta jednaka polovini površine romba i iznosi približno m 2. Dakle, ukupna staklena površina iznosi s 1890 m 2 ( m m 2 ) m MATKA.indd :54:26

15 U atki broj 48 (lipanj 2004.) objavljen je sljedeći nagradni zadatak: Zadana je funkcija sa svojstvom da je f(1) = 2004 i f(1) + f(2) f(n) = n 2 f(n). Odredite f(2004). Rješenje: RJEŠENJE JEDNOG NAGRADNOG ZADATKA Budući da je f(1) = 2004 i f(1) + f(2) f(n) = n 2 f(n), zaključujemo da je f(1) + f(2) = 2 2 f(2), odnosno f(2) = 4f(2). Iz posljednjeg izraza nalazimo da je 2004 = 3f(2) ili f(2) = Isto je tako 3 f(1) + f(2) + f(3) = 3 2 f(3), odnosno f(3) = 9 f(3), pa 3 je f(3) = Zbog činjenice da je f(1) + f(2) + f(3) + f(4) = 42 f(4) dobivamo da vrijedi f(4) = 16 f (4), tj. da je f(4) = Dakle, vrijedi: f(1) = Veselko Čotić, Krapina , f(2) =, f(3) = i f(4) = Uočite da su nazivnici navedenih razlomaka redom 1, 3, 6 i 10, a ti su brojevi zbrojevi uzastopnih prirodnih brojeva: atka 17 (2008./2009.) br Tada je f(2004) =. Budući da je zbroj prva prirodna broja jednak = ( ) + ( ) ( ) = = = , konačno je f(2004) = = Zadatak: Zadana je funkcija sa svojstvom da je f(1) = 2008 i f(1) + f(2) f(n) = n 2 f(n). Odredite f(2008) MATKA.indd :54:26

16 atka 17 (2008./2009.) br. 65 CIJENA VODE * Željko Brčić, Vinkovci Voda ima neprocjenjivu vrijednost jer život na Zemlji bez nje nije moguć. No, voda ima i svoju stvarnu cijenu budući da se ona u većem dijelu svijeta kupuje. Već danas više od polovine svjetskog stanovništva nema dovoljne količine pitke vode. Broj stanovnika našega planeta u budućnosti će rasti, a zalihe vode će se smanjivati. Stoga predviđanja kažu da će jednoga dana voda biti vrjednija od nafte. Prema nekim procjenama, trgovina pitkom vodom bit će najisplativiji posao 21. stoljeća. No, treba li o cijeni vode misliti već danas? Jeste li se kada zapitali koliko vode pijete i koliko to plaćate? Može li se to izračunati? Većina ljudi pije vodu iz javnih vodoopskrbnih sustava. Stoga smo proveli prvo istraživanje u kojemu smo prikupili podatke o potrošnji vode iz vodovoda u našim obiteljima tijekom jednog mjeseca. Iz prikupljenih računa za vodu saznali smo da naših 10 domaćinstava ima ukupno 52 člana koji mjesečno potroše 188 m 3 vode i za to plate kn. Dijeljenjem ukupne potrošnje od 188 m 3 s 52 osobe dobit ćemo da jedna osoba u prosjeku mjesečno potroši 3.6 m 3 ili 3600 litara vode. Dnevno to iznosi oko 120 litara. Naravno, veći dio vode iskoristi se za pranje, tuširanje, zalijevanje i ostale potrebe, a samo se manja količina popije. Da bismo izračunali koliko vode zaista odlazi na piće, mjerili smo količinu vode koju je svaki od nas popio tijekom sedam dana. Rezultati toga istraživanja bili su vrlo raznoliki. Najmanja količina vode koju je jedan od učenika popio u tjedan dana iznosila je 3.8 litara, a najviša je bila 10 litara. Svih 10 učenika zajedno je popilo 67.7 litara. Dakle, jedna osoba u prosjeku tjedno popije 6.77 litara vode, odnosno nešto manje od litre dnevno. Usporedimo li to s ranije izračunatom dnevnom potrošnjom od 120 litara vode, vidimo da manje od 1% potrošene vode popijemo, dok više od 99% vode odlazi na ostale potrebe. Sada izračunajmo koliko plaćamo vodu koju popijemo tijekom jedne godine. Ako jedna osoba tjedno popije 6.77 litara vode, godišnje će to iznositi oko 353 litre ili m 3 vode. Prosječnu cijenu vode iz vodovoda dobijemo 16 * Tekst je nastao na osnovi istraživanja koje je, u sklopu školskog projekta Voda, napravila skupina od 10 učenika sedmog razreda Osnovne škole Zrinskih iz Nuštra. 1 MATKA.indd :54:26

17 dijeljenjem ukupnog iznosa na računima za vodu od kn s potrošenih 188 m 3. Dobije se da 1 m 3 ili 1000 litara vode iz vodovoda stoji 5.40 kuna. Množenjem te cijene s količinom vode koju tijekom godine dana popijemo dobijemo vrlo zanimljiv i za mnoge iznenađujući rezultat: ako cijelu godinu dana pijemo vodu isključivo iz vodovodne mreže to ćemo platiti samo 1 kunu i 90 lipa! Budući da u Hrvatskoj prosječni životni vijek iznosi 73.8 godina, proizlazi da tijekom cijelog svog života prosječni Hrvat popije vode u vrijednosti od kune! Začuđujuće je koliko je niska cijena nečega tako vrijednog kao što je pitka voda. No, kako to obično biva, i ovo naše otkriće ima svoje ali. U većini industrijski razvijenih zemalja voda iz vodovoda ne preporučuje se za piće. U Hrvatskoj to, na sreću, još nije slučaj, no možda i mi u budućnosti budemo prisiljeni vodu kupovati u trgovinama. Koliko će pitka voda tada poskupjeti? Da bismo dobili odgovor na to pitanje, u jednoj od naših trgovina istražili smo koje se vrste voda prodaju u bocama i po kojoj cijeni. Izbor je bio vrlo šarolik, od malih bočica mineralne vode obogaćene voćnim okusima do petolitrenih boca s izvorskom vodom. Nakon zapisivanja i zbrajanja količina i cijena svih dostupnih boca s vodom, izračunali smo da prosječna cijena jedne litre vode u boci iz trgovine iznosi 3.90 kuna, odnosno 3900 kn za 1 m 3. Ranije smo izračunali da jedna osoba u prosjeku tijekom godine dana popije oko 353 litre vode. Ako bismo bili prisiljeni cjelokupnu količinu vode kupovati u trgovini, to bi nas stajalo kn godišnje! Osoba koja bi cijeloga života pila isključivo kupovnu vodu iz boca to bi platila oko kn! Dakle, ako pijete vodu iz vodovoda a ne iz boca, uštedjet ćete malo više od kuna, za što, primjerice, možete kupiti pristojan automobil. Iz našeg računa slijedi da je cijena vode iz boce 722 puta skuplja od vode iz vodovoda. Za iznos od 3.90 kn, koliko prosječno u trgovini stoji jedna boca od litre, iz vodovoda možete piti vodu nešto više od dvije godine. Prema tome, ako ste poduzetni i razmišljate o budućem zanimanju, istražite ima li u vašoj okolici izvora pitke vode. Raspitajte se i o mogućnostima dobivanja koncesije za punjenje i distribuciju vode. Jednoga bi vam dana prodaja obične vode u bocama mogla donijeti ogromnu zaradu. No, ako i niste skloni poduzetništvu, vodu trošite racionalno jer zalihe vode na Zemlji nisu neograničene. Voda već danas ima svoju cijenu, a kako rastemo mi, rast će i ona. atka 17 (2008./2009.) br MATKA.indd :54:26

18 atka 17 (2008./2009.) br. 65 MOZGALICE NA VAGI Inna Shapiro, Boston, SAD; Antonija Horvatek, Ivanić Grad Zamislimo da na raspolaganju imamo vagu na čije obje strane možemo stavljati predmete čije mase želimo uspoređivati. Na prvi pogled se čini da bi za uspoređivanje masa većeg broja predmeta trebalo vagati puno puta. No ponekad, ako pažljivo razmislimo kako vagati, usporediti se može s neočekivano malo vaganja. Evo nekoliko takvih primjera. Julija i kovanice Julija ima 3 stare kovanice koje izgledaju jednako. Zna da je jedna od njih lažna i veće mase od preostalih dviju. Kako može otkriti koja je kovanica lažna ako vagu smije koristiti samo jednom? Rješenje: Julija treba staviti jednu kovanicu na jednu stranu, a drugu na drugu stranu vage. Ako vaga pokazuje da su jednake mase, onda je treća kovanica lažna. Ako vaga pokazuje da jedna od ovih dviju kovanica ima veću masu, onda je upravo ta lažna. Ako ste uspješno riješili prošli zadatak, sigurno nećete imati poteškoća ni sa sljedećim: Zlatar i prsteni Zlatar ima 9 prstena jednakog izgleda. Svi osim jednog jednake su mase, a taj ima veću masu od ostalih. Kako će zlatar, u samo dva vaganja, otkriti koji je prsten veće mase? Rješenje: Zlatar će staviti 3 prstena na jednu stranu i 3 na drugu stranu vage. Ako je vaga u ravnoteži, onda se traženi prsten nalazi među preostala 3 (koja nisu na vagi), a ako vaga nije u ravnoteži, onda je traženi prsten među ona 3 koja su veće mase. Dakle, nakon prvog vaganja saznat će među koja je 3 prstena traženi lažni prsten. Nakon toga postupit će kao Julija s kovanicama. 18 U prva dva zadatka znali smo da je lažna kovanica (odnosno prsten) veće mase od ostalih i ta nam je spoznaja pomagala u rješavanju problema. A što ako ne znamo je li predmet manje ili veće mase? Riješimo i jedan takav problem. 1 MATKA.indd :54:26

19 Janičini biseri Četiri bisera imaju jednak izgled i veličinu. Janica zna da je jedan biser lažan, ali ne zna je li on veće ili manje mase od ostalih. Pomozimo Janici da u dva vaganja nađe lažni biser. Rješenje: Prvo na svaku stranu vage stavimo po jedan biser. 1. Ako su oba jednake mase, oba su prava. Tada možemo usporediti i treći biser s pravim biserom na vagi. Ako su mase jednake, lažni je četvrti. Ako mase nisu jednake, lažni je treći. 2. Ako prva dva bisera nisu jednake mase, onda je lažni biser među njima, pa su treći i četvrti biser sigurno pravi. Stavimo na vagu npr. prvi i treći biser. Ako su jednakih masa, tada je drugi biser lažni. Ako nisu jednakih masa, tada je prvi biser lažni. U prošlom je zadatku Janica otkrila koji je biser lažan, ali nije otkrila je li on manje ili veće mase od ostalih. U idućem zadatku imat ćemo obrnuti problem - od nas će se tražiti da otkrijemo je li lažni novčić manje ili veće mase od ostalih, ali nam neće biti važno koji je to novčić. atka 17 (2008./2009.) br. 65 Novčići iz škrinje U škrinji je 101 stari novčić. Jedan među njima je lažan i njegova je masa drugačija od mase ostalih (koji su jednakih masa). Možemo li otkriti je li lažni novčić manje ili veće mase od ostalih ako smijemo vagati samo dva puta? Rješenje: Možemo! Novčiće treba podijeliti u 3 skupine: od 33, 33 i 35 novčića (skupine A, B i C). Nakon toga prvo treba usporediti skupine A i B pomoću vage. Ako su one jednakih masa, tada su svi novčići u njima pravi (a ima ih 66). Uzmemo bilo kojih 35 ispravnih novčića i stavimo ih na jednu stranu vage, a na drugu stranu skupinu C (u kojoj je lažni novčić). Ako skupina C ima veću masu, onda je i lažni novčić veće mase; u suprotnom ima manju masu. Ako skupine A i B nisu jednakih masa, onda je u jednoj od njih lažni novčić, pa su svi novčići u skupini C pravi. Uzmemo bilo koja 33 novčića iz skupine C i usporedimo njihovu masu s masom teže skupine (uzmimo da je to skupina A). Ako su mase jednake, onda je lažni novčić u skupini B i on ima manju masu od ostalih. Ako skupina A ima veću masu od ove 33 kovanice iz skupine C, onda je lažni novčić u njoj i on je veće mase MATKA.indd :54:26

20 atka 17 (2008./2009.) br. 65 Uočite da je Janica otkrila koji je biser bio lažni, ali nije saznala je li taj biser manje ili veće mase od ostalih. Za novčiće iz škrinje saznali smo je li lažni novčić manje ili veće mase od ostalih, ali nismo otkrili koji je novčić lažni. Pogledajmo kakav je zadatak čarobnjak zadao Dori. Čarobnjak i Dora Čarobnjak je Dori pokazao 12 novčića jednakog izgleda. Svi su bili jednake mase, osim jednog lažnog koji je bio ili manje ili veće mase od ostalih. Može li Dora naći lažni novčić koristeći vagu samo 3 puta? Rješenje: Može! Treba učiniti sljedeće: Novčiće označiti brojevima od 1 do 12 i podijeliti ih u 3 skupine: - skupina A sadrži novčiće 1, 2, 3, 4; - skupina B sadrži novčiće 5, 6, 7, 8; - skupina C sadrži novčiće 9, 10, 11, vaganje: Usporedimo skupine A i B. Vaganje nastavljamo ovisno o tome jesu li im mase jednake ili ne: a) Ako su im mase jednake, tada je prvih 8 novčića pravo. U tom slučaju vaganja nastavljamo ovako: 2. vaganje: Bilo koja 2 prava novčića usporedimo s novčićima 9 i 10. Ako su im mase jednake, onda je lažni novčić 11 ili 12. Ako im mase nisu jednake, onda je lažni novčić 9 ili vaganje: Usporedimo jedan od dva osumnjičena novčića s jednim pravim da bismo otkrili koji je od osumnjičenih lažni. b) Ako smo u 1. vaganju zaključili da skupine A i B nisu jednakih masa, tada su svi novčići iz skupine C pravi. Pretpostavimo da skupina A ima veću masu od skupine B. Lažni novčić je ili u skupini A (u tom slučaju on je veće mase od ostalih) ili u skupini B (u tom slučaju on je manje mase od ostalih). Vaganja nastavljamo ovako: 20 1 MATKA.indd :54:27

21 2. vaganje: Stavimo novčiće 1, 2, 3, 5 na jednu stranu vage, a novčiće 4, 9, 10, 11 na drugu stranu. Ako su jednakih masa, onda je lažni novčić 6, 7 ili 8, i on ima manju masu od ostalih. Pronaći ćemo ga u skladu s rješenjem 1. zadatka iz ovog članka (samo jednim vaganjem). Ako skupina (1, 2, 3, 5) ima veću masu, onda je lažni novčić 1, 2 ili 3, i on ima veću masu od ostalih (ponovno ga možemo pronaći u skladu s rješenjem 1. zadatka). Ako skupina (1, 2, 3, 5) ima manju masu, tada je lažni novčić ili 5 ili 4, a pronaći ćemo ga tako da bilo koji od njih usporedimo s bilo kojim pravim novčićem (to je 3. vaganje). atka 17 (2008./2009.) br. 65 Ovaj je zadatak moguće riješiti na još jedan način. Evo upute za vaganje, a vi razmislite kako možete znati koji je novčić lažan 1. vaganje: Usporedi mase skupina (1, 2, 3, 10) i (4, 5, 6, 11). 2. vaganje: Usporedi mase skupina (1, 2, 3, 11) i (7, 8, 9, 10). 3. vaganje: Usporedi mase skupina (1, 4, 7, 10) i (2, 5, 8, 12). Provjerite svoju snalažljivost i pokušajte osmisliti kako treba vagati da biste riješili sljedeće zadatke: Zadatci: 1. Arheolog i stare kovanice. Arheolog ima 27 starih kovanica. Zna da je među njima jedna lažna i da ima veću masu od ostalih. Može li otkriti koja je kovanica lažna koristeći vagu samo tri puta? 2. Marko i prstenovi. Marko ima 75 sličnih srebrenih prstenova. Svi su jednake mase, osim jednoga koji samo izgleda srebren, no za njega ne zna je li veće ili manje mase od ostalih. Može li Marko otkriti je li lažni prsten manje ili veće mase od ostalih ako vagu može koristiti dva puta? (Nije potrebno otkriti koji prsten je lažan.) 3. Ana i dinje. Ana ima 4 slične dinje. Kako ih može u pet vaganja izvagati da bi ih poredala prema njihovim masama? 4. Izmjerimo šećer bez utega. U vreći su 24 kg šećera. Kako izdvojiti 9 kg šećera koristeći vagu (bez utega) samo tri puta? 21 1 MATKA.indd :54:27

22 atka 17 (2008./2009.) br. 65 MATEMAGIČAR MATEMAGIÈAR TRIK S TRI ŠALICE Franka Miriam Brückler, Zagreb Za ovaj trik Dagobert je ponio tri šalice i jedan bombon. Tko je danas dobrovoljac? Za kakav trik? Dobrovoljac ili dobrovoljka stavit će bombon ispod jedne od šalica, a ja ću ga naći iako neću znati ispod koje ga je stavio (stavila). No, tko će? Javila se Tea. Ako ne nađete bombon, hoću li ga ja dobiti? Ma može, čak i ako nađem... Samo se moraš držati uputa koje ću ti sad dati, inače ga nećeš dobiti. Može? Aha. Dobro. Stavimo ove tri šalice jednu do druge dnom prema gore. Za lijevu ćemo se dogovoriti da je to pozicija broj 1, ma koja se šalica tu našla. Srednja je pozicija 2, a desna je pozicija 3. Ja ću se sad okrenuti, a ti stavi bombon ispod jedne od njih, onda ću ti reći što dalje. I Tea je stavila bombon ispod srednje šalice. Evo, stavila sam! I dalje okrenut leđima šalicama, Dagobert daje daljnje upute. Prvo zamijeni pozicije onih dviju šalica ispod kojih nije bombon. Nemoj mi reći koje si zamijenila. Dobro, jesam. Što sad? Sad koliko god puta hoćeš zamijeni po dvije šalice, ali govori mi pozicije koje mijenjaš. Naprimjer, ako zamijeniš lijevu i desnu, reci 1 i 3 Evo. Mijenjam... 2 i 3. Paaaa... 1 i 2. Još 3 i 2. I još 1 i 3. Sad mi je dosta. Dobro, sad zamijeni bilo koje dvije, ali nemoj mi reći koje si zamijenila. Jesam. (Tea je zamijenila 1 i 3). Dobro, a saad možeš nastaviti koliko još želiš puta zamjenjivati po dvije šalice, ali opet mi govori pozicije koje mijenjaš. Kad kažeš da si gotova, okrenut ću se i naći bombon. Sad ću još zamijeniti... 1 i 2, pa 2 i 3, pa 3 i 1. Ne da mi se više. Dagobert se okrene, pogleda trenutak, podigne šalicu... i gle, tu je bombon! Eto Tea, zaslužila si svoj bombon. Ako tko ne vjeruje da ovo mogu ponoviti, imam ja još bombona O čemu je riječ u ovome triku? Objavit ćemo imena onih atkača koji nam pošalju rješenje Dagoberova trika. 1 MATKA.indd :54:27

23 MATE MARAS INTERVJU Lucija Gusić, Zagreb U ovom broju predstavljamo vam jednog osebujnog matematičara. Gospodin Mate Maras je bivši hrvatski ataše za kulturu u Parizu i Washingtonu i jedan od najcjenjenijih hrvatskih prevodilaca s engleskog, talijanskog i francuskog jezika. Njegov posljednji projekt je prijevod sabranih Shakespeareovih djela koja su poznata po tome što su zbog velikoga bogatstva misli i riječi, te često nerazumljivih i višeznačnih stihova iznimno teška za prevođenje. Mate Maras rođen je u Studencima kraj Imotskog gdje je živio 16 godina. Srednju školu pohađao je u imotskoj gimnaziji i V. gimnaziji u Zagrebu. Godine diplomirao je matematiku i fiziku na PMF-u u Zagrebu, a dvije godine studirao je i glumu na tadašnjoj Akademiji za kazališnu umjetnost. Tri godine kasnije odlazi u Kanadu raditi kao geofizičar na naftnim poljima. Neko vrijeme radio je kao srednjoškolski profesor u Poreču, nakon čega odlazi ploviti Crnim morem kao nadglednik tereta godine dolazi u Zagreb kako bi radio kao profesionalni prevoditelj. Godine postao je glavni urednik Trećeg programa Hrvatskog radija. Godinu dana kasnije odlazi u Pariz kao kulturni ataše, a nakon toga i u Washington. Za prijevod Gospođe Dalloway Virginije Woolf dobio je nagradu Društva književnih prevoditelja, a za prijevod Rabelaisova romana Gargantua i Pantagruel dobio je veliku nagradu Francuske akademije. Sastavio je i prvi Rimarij hrvatskoga jezika, te objavio vlastitu zbirku pjesama Kasna berba. U svojoj prevoditeljskoj karijeri može se pohvaliti prijevodima Dantea, Petrarce, Boccaccia, Machiavellija, Prousta i Shakespearea. Njegov prijevod Soneta Giuseppea Gioachina Bellija s rimskog dijalekta poseban je i radi toga što nije preveden na književni jezik već na ikavsku štokavicu Dalmatinske zagore. U opaski toga prijevoda Mate Maras je napisao: Ako se u kojoj našao rimski lokalitet, ili talijansko ime, s malo više truda mogla se uvijek naći odgovarajuća zamjena iz dalmatinskog iskustva. Nakon dvadesetak prevedenih soneta postalo mi je odjedanput jasno da se velik dio Bellijeva kanconijera dade preseliti u Imotsku krajinu. atka: Recite nam nešto o školovanju i odluci da studirate matematiku. Mate Maras: U osnovnoj i srednjoj školi volio sam sve predmete, jednostavno mi je škola bila draga. Možda mi nećete vjerovati, ali ja sam bivao najtužniji kada bi počinjali školski praznici. Matematika mi je bila nekako najlakša, tako prirodna da je nikada nisam učio, a čudio sam se kolegama koji nisu znali riješiti zadatak, naročito iz geometrije. atka: Kako ste se počeli baviti pisanjem i prijevodima? Mate Maras: Znate već kako se počinje pisati: domaće zadaće na zadanu temu, sadržaj lektire, školske zadaće kao provjera pismenosti. Neki odmah slažu pjesme o atka 17 (2008./2009.) br MATKA.indd :54:27

24 atka 17 (2008./2009.) br. 65 jesenjem lišću ili lijepim očima, šalju u školske časopise. Na satovima stranog jezika moraju se prevoditi štiva, riječ po riječ, rečenicu po rečenicu. Tako se mlad čovjek zaplete u mrežu književnosti i često u njoj ostane do kraja života. Ja se već trideset i pet godina bavim prevođenjem književnih djela s engleskog, talijanskog i francuskog jezika. atka: Recite nam nešto svome posljednjem projektu. Mate Maras: Posljednji veliki posao kojim sam se bavio punih pet godina bilo je prevođenje djela engleskoga dramatičara i pjesnika Williama Shakespearea koji je živio prije četiri stoljeća. Svima su vam poznate njegove tragedije Romeo i Julija, Hamlet, Kralj Lear, da spomenemo samo najslavnije među njima, ili pak komedije San ivanjske noći, Kroćenje goropadnice, Kako vam drago itd. Kad se tome dodaju poeme i soneti, dobije se četrdeset prevedenih knjiga koje su prošle godine izašle u četiri sveska. atka: Kada biste mogli ponovno birati, biste li se opet odlučili za studij matematike? Je li vam matematika ikako pomogla u sadašnjem poslu? Mate Maras: Vjerujem da mi je matematika uvodila red u misli. Ja svakoj književnoj tvorevini pristupam kao skupu riječi koji iz jednoga jezika treba na neki način preslikati u drugi jezik. Dakle, radi se o nekoj vrsti funkcije, i toga sam uvijek svjestan. Ipak valja priznati da to nije dovoljno, jer bi onda svi matematičari bili prevoditelji. S današnjega gledišta mogu reći da bih radije studirao nešto drugo, možda komparativnu književnost ili lingvistiku. atka: Svi na kraju nešto poruče atkačima. Koja bi bila Vaša poruka? Mate Maras: Nastojte vidjeti ljepotu u riječima koje opisuju pojedine postupke, pokušajte uživati u skladu koji vlada između međunarodnih simbola i vašega materinskog jezika. Odgoj L aducazzione Sine mili, radi ko pokojni ćaća: Nikada ne daj rđi na se, a čast svakon. Kad je njega kogod prokinijo šakon, Doklen trepneš okon - duplo mu se vraća. Ako ti se drugi u razgovor miša, Pa navali krme isporavljat tebe, U oči mu smista skreši nek se jebe, Nek budala zna da kontra vitra piša. Kad se zašijaš i zaigraš na buće, Prvo popij vino, sve do zadnje kapi; Ima vremena bumbizat di je bulin. I zapanti da si iz kršćanske kuće: Zato uvik nosi škapular u kapi, I za svaki slučaj u džepu brtvulin. Giuseppe Gioachino Belli, Soneti, Zagreb, MATKA.indd :54:28

25 POVIJEST Leonardo da Vinci svestrani genij ( ) Umro je razočaran i ogorčen jer njegovi suvremenici nisu u njemu prepoznali svestranu genijalnost slikara, kipara, svirača lutnje, inženjera, vojnog graditelja, konstruktora, arhitekta, urbanista, prirodoslovca i anatoma. Znamenit je trebao postati barem kao stvaralački umjetnik. Od stotina njegovih izuma, koji su bili daleko ispred svoga vremena, za njegova života nije ostvaren ni jedan. Leonardo je ostavio oko 700 stranica dnevničkih zabilježaka. One su pune najrazličitijih opisnih tekstova i skica. Pokraj anatomskih studija tu se nalaze i osnove ratne tehnike, uz zagonetne nizove brojeva stoje studije ustrojstva helikoptera i lopatičnih kola, plovećeg jaružala, letećih naprava i jednog ronilačkog odijela, nepotopivog broda i stroja za brušenje zrcala, višecijevnih pušaka i voznih dizalica... Između toga mogu se vidjeti planovi sustava kanala za otpadne vode i nacrti gradova u dvije razine (za pješake i za vozila), skice sanjarskih krajolika, matematičke zagonetke, zamisli o kemijskim dimnim bombama i zaštitnim plinskim maskama. Mnogo toga zabilježeno je tajnim pismom, a neke je bilješke ljevoruki autor ispisivao zrcalnim pismom. atka 17 (2008./2009.) br. 65 Preteča helikoptera: Leonardova skica letjelice sa zračnim vijkom koja, doduše, nije ispunjavala aerodinamičke zahtjeve Skica postupka pokusnog određivanja snage mišića čovjeka i sile uzgona udarnog krila; Leonardo je za to bio potaknut letom ptica Iako je tek poneki od njegovih izuma premašio razinu crteža ustrojstva, mislilac iz Vince kod Firence bio je više praktičar nego teoretičar. On se sam nazivao discipolo della sperienza (učenik iskustva). Još je rekao: Tko se u raspravi poziva na autoritet, nije mu potrebna pamet nego pamćenje. Pokretačka snaga u njemu bio je nepresušiv poriv za spoznajom MATKA.indd :54:28

26 atka 17 (2008./2009.) br. 65 Usprkos svojoj skoro proročanskoj nadarenosti za tehničke putove budućnosti, Leonardo se uvijek ponovno bavio i (besmislenim) konstrukcijama perpetuuma mobile (vječno pokretljivog). Leonardo je svojim zamislima bio daleko ispred svoga vremena Kao tipičan istraživač renesanse, Leonardo da Vinci nije crpio svoje znanje samo iz knjiga, kao što su to gotovo isključivo činili znanstvenici srednjeg vijeka. Umjesto toga, on je promatrao realnost oko sebe i to reproducirao kao slikar, prirodoslovac, anatom i tehnički izumitelj. Tako je većina njegovih zamisli prodirala u nepoznata područja znanosti ili istraživanja. Mehanika Leonardo je krenuo od važnih problema i tražio tehnička rješenja. Tako je zamislio voznu dizalicu koja bi graditeljima trebala olakšati dizanje teških tereta. Pokreće se na postolju, a na gornjem je dijelu vođena uz pomoć zategnutog užeta. Ručnom obrtaljkom i zupčanim prijenosnikom pokreće se užno vitlo koje podiže teret. Teretna kuka mogla se otvoriti daljinski. Kako bi rijeke i kanali postali plovni za brodove, Leonardo je konstruirao ploveće jaružalo s lopatičnim kolom koje je s dna podignuti mulj prekrcavalo u teretna vozila. Prijenos pogonske snage mlinskog kola s obuhvatnom pojasnom kočnicom Ove konstrukcije Leonardo nije predlagao samo kao grube zamisli; on je pritom rješavao sve detalje i izumio niz novih sastavnica uređaja: beskonačne vijke, pužne pogone, zglobni lanac i različite valjčane, kuglične i kolutne ležajeve. Hidrodinamika i aerodinamika Leonardo se bavio i crpkama i vodenim mlinovima. Prema načelu kola s lopaticama, godine izumio je i vjetrenjaču na topli zrak. Pritom nije pomišljao na iskorištavanje otpadne topline. Rotor s lopaticama, ugrađen u dimnjaku, okreću vrući izlazni dimni plinovi, a on preko zupčanog prijenosnika pokreće ražanj. Preoblikovan u mehanizam pokretan tekućim medijem, takav je Leonardov vodeni sat bio preteča kasnijih protočnih mjerila MATKA.indd :54:28

27 Ratni strojevi i uređaji U Milanu, i kasnije u Veneciji koja je vodila rat s Turskom, Leonardo je konstruirao brojne uređaje i oružja za ratovanje na kopnu i na moru. Među njima su bila oklopljena kola (vozilo pokretano snagom ljudskih mišića i uz pomoć ručnih obrtaljki), ratni brod čiju jer posadu činio jedan čovjek, čamci za polaganje mina i razbijanje neprijateljskih plovila (sudaranjem), podmornica, borbena ronilačka odijela i neprobojni prsluci. Letjelice Pomisao da se ptica može vinuti u zrak potaknula je Leonarda na konstruiranje letjelice za jednu osobu. Razvio je napravu s oscilirajućim krilima (ornitopter), koja je bila pokretana ponajprije nogama. Letjelica je raspolagala visinskim kormilom i za nju je bio izrađen realni proračun snage mišića čovjeka. Uz to su postojale i konstrukcije modela s okretnim krilima (helikopter), koji su čak bili opremljeni odbojnicima za meko prizemljenje. Graditeljstvo i arhitektura Brojne skice i tekstovne zabilješke Leonarda bile su posvećene planskom uređenju gradova. Prema jednoj zamisli, Leonardo predviđa gradnju velike gradske središnjice u kojoj je promet organiziran u dvije razine. Uz to navodi: Na gornjim prometnicama ne smiju prometovati nikakva (!) vozila. Za vučna kolica i terete namijenjena je donja prometnica. Pješačka zona je zapravo, primjereno vremenu, bila Astronomska studija pisana, tipično za Leonarda, obrnutim smjerom; izračun udaljenosti Sunca i Zemlje, te veličine Mjeseca namijenjena plemstvu. Leonardo se još bavio i arhitektonskim rješenjima crkava, gradskih vijećnica i velikih konjušnica. I tu se posvetio, kao i u mehanici, brojnim detaljima kao što su stubišta ili sustavi centralnog grijanja. atka 17 (2008./2009.) br. 65 Izvornik: Paturi, Felix, R., Chronik der Technik (1988.) Pripremio: Željko Medvešek, Zagreb 27 1 MATKA.indd :54:28

28 atka 17 (2008./2009.) br. 65 NATJECANJA DRŽAVNO NATJECANJE učenika 7. i 8. razreda osnovnih škola Republike Hrvatske Sedamnaesto (50.) natjecanje iz matematike učenika sedmih i osmih razreda osnovnih škola Republike Hrvatske održano je od 6. do 9. travnja godine u Primoštenu. Domaćin natjecanja bila je OŠ Primošten. Organizator natjecanja bilo je Hrvatsko matematičko društvo, a pokrovitelji Ministarstvo znanosti, obrazovanja i športa Republike Hrvatske te Agencija za odgoj i obrazovanje. Na natjecanju je sudjelovalo 86 učenika 44 sedmih i 42 osmih razreda. Za postignute rezultate nagrađeni su i pohvaljeni sljedeći učenici: 7. razred I. nagrada Lucija Ivković, OŠ Bartula Kašića, Zadar; Nika Prugovečki, OŠ Ivana Gundulića, Zagreb; Roko Žaja, OŠ Stjepana Radića, Imotski. II. nagrada Nevena Radašinović, OŠ Đakovački Selci, Selci Đakovački; Nina Zupičić, OŠ Vodnjan, Vodnjan; Ivan Sesar, OŠ Augusta Šenoe, Zagreb; Iva Manojlović, I. osnovna škola, Ogulin; Karolina Ocvirek, OŠ Podturen, Podturen. III. nagrada Ivan Čeh, OŠ Vazmoslava Gržalje, Buzet; Borna Vukorepa, OŠ dr. Ante Starčevića, Zagreb; Petar Gilić-Kuko, OŠ Trilj, Trilj; Ivana Kovačević, OŠ Eugena Kumičića, Velika Gorica; Neven Miculinić, OŠ Centar, Rijeka; Maja Žitko, OŠ Zapruđe, Zagreb; Luka Škugor, OŠ Petra Krešimira IV., Šibenik; Odri Cicvarić, OŠ Nikole Tesle, Rijeka; Filip Hrenić, OŠ Novi Marof, Novi Marof. Pohvaljeni su: Ivana Fumiš, OŠ Davorina Trstenjaka, Zagreb; Albert Škegro, OŠ Savski Gaj, Zagreb; Branimir Jungić, OŠ Braće Ribar, Sisak; Juraj Žgela, OŠ Dubovac, Karlovac; Domagoj Ćevid, OŠ Nikole Tesle, Zagreb; Mihael Marović, OŠ Augusta Cesarca, Zagreb i Katarina Veleglavac, OŠ Petra Krešimira IV., Šibenik MATKA.indd :54:28

29 8. razred I. nagrada Matija Bucić, OŠ Remete, Zagreb; Matija Milišić, OŠ Retkovec, Zagreb; Luka Filipović, OŠ Remete, Zagreb; Filip Reškov, OŠ Petra Krešimira IV., Šibenik. II. nagrada Marko Samardžija, OŠ Nikole Tesle, Zagreb; Tomislav Bujanović, II. OŠ Bartola Kašića, Zagreb; Bruno Buljan, OŠ Matije Gupca, Zagreb; Dario Smolčić, OŠ Braća Ribar, Sisak. III. nagrada Dino Golubić, VI. Osnovna škola, Varaždin; Matija Hranilović, III. osnovna škola, Čakovec; Boris Juras, OŠ Luka, Zagreb; Luka Skorić, OŠ Gornja Vežica, Rijeka; Neven Trgovec, OŠ Bedekovčina, Bedekovčina; Domagoj Babić, OŠ Jurja Šižgorića, Šibenik; Matija Klarić, OŠ Miroslava Krleže, Čepin; Filip Srnec, III. osnovna škola, Čakovec; Zvonimir Šegvić, OŠ Kman-Kocunar, Split; Verner Vlačić, OŠ Matije Vlačića, Labin. Pohvaljeni su: Josip Strmečki, OŠ Josipovac, Josipovac; Ivana Vukorepa, OŠ Pujanki, Split; Veronika Pedić, OŠ Frana Galovića, Zagreb; Marko Domiter, OŠ Trnovec, Trnovec; Filip Tomaško, OŠ Poreč, Poreč; Mislav Kerner, OŠ Ante Kovačića, Zagreb; Filip Milinković, OŠ Dragutina Tadijanovića, Zagreb i Ivan Paljak, VI. osnovna škola, Varaždin. atka 17 (2008./2009.) br. 65 Na natjecanju su postavljeni sljedeći zadatci: 7. razred 1. Tri djevojčice, Ana, Iva i Maja, u šumi su skupile 770 kestena i odlučile ih međusobno podijeliti proporcionalno svojim godinama. Svaki put kad je Iva uzela 4 kestena, Ana je uzela 3, a na svakih 6 što ih je uzela Iva, Maja je uzimala 7 kestena. Koliko godina ima svaka djevojčica ako zajedno imaju 35 godina? Koliko je kestena pripalo svakoj od njih? 29 1 MATKA.indd :54:29

30 atka 17 (2008./2009.) br Cijena nekog materijala snižena je 52%. Nakon tog sniženja za iznos od 240 kn može se kupiti 1 metar materijala više nego se prije sniženja moglo kupiti za 270 kn. Odredite cijenu tog materijala prije sniženja. 3. Koliki je zbroj svih peteroznamenkastih brojeva zapisanih pomoću znamenaka 1, 2, 3, 4 i 5, pri čemu se svaka znamenka pojavljuje točno jedanput? 4. U konveksnom četverokutu ABCD točke E, F i G redom su polovišta stranica AD, DC i AB. Pri tome je GE AD i GF CD. Izračunajte veličinu kuta ACB. 5. Dan je pravokutnik ABCD. Na simetrali stranice AB odnosno BC nalaze se točke E i G odnosno F i H tako da je ES = SH i FS = SG. Pri tome je točka S sjecište simetrala stranica AB i BC. Dokažite da je četverokut EFGH jednakokračni trapez. 8. razred 1. Odredite vrijednost izraza a(a + 2) + c(c 2) 2ac ako je a c = Usporedite brojeve i Šest učenika, označimo ih s A, B, C, D, E i F, rješavali su neki zadatak. Zadatak su riješila dvojica. Na pitanje Tko je riješio? dali su sljedećih pet odgovora: 1) A i C; 2) B i E; 3) F i A; 4) B i F; 5) D i A. U četiri od navedenih pet odgovora jedan je dio točan, a drugi netočan, dok su u jednome odgovoru oba dijela netočna. Koji su učenici točno riješili zadatak? 4. U pravokutniku ABCD točka M je polovište stranice AB, a točka E je presjek dijagonale AC i dužine DM. Ako je AB = 2 2 cm i BC = 2 cm, dokažite da je CED = Zadan je pravokutnik ABCD takav da je AB = 3 BC. Na stranici AB dana je točka P takva da je AP = 1 AB. Dokažite da je 3 30 CAB + CPB = MATKA.indd :54:29

31 Rješenja zadataka 7. razred 1. Označimo li s a Anine godine, s i Ivine godine, te s m Majine godine, prema uvjetima zadatka vrijede jednadžbe: a + i + m = 35, i : a = 4 : 3, te i : m = 6 : Izrazimo li a i m preko i, dobit ćemo da je a= i, odnosno m= i. Uvrštavanjem 4 6 u jednadžbu a + i + m = 35 nakon sređivanja dobit ćemo da je i = 12. Odatle se dobiva da je a = 9 i m = 14. Budući da je 770 : 35 = 22, zaključujemo da Ivi pripada = 264 kestena, Ani 22 9 = 198 kestena, a Maji = 308 kestena. 2. Neka je x = početna cijena jednog metra materijala, a y = količina materijala u metrima. Nakon sniženja cijena metra materijala iznosila je x 52%(x) = 48%(x) = 0.48x. Prema uvjetima zadatka vrijedi sustav jednadžbi: x y = x (y + 1) = 240. Nakon sređivanja i rješavanja ovog sustava po nepoznanici x, dobit ćemo da je x = Broj peteroznamenkastih brojeva koji zadovoljavaju uvjete zadatka iznosi = 120, a svaka od znamenaka javlja se po 24 puta na svakom od dekadskih mjesta. Neka je s n označen zbroj svih znamenaka na poje dinom dekadskom mjestu. Tada je n = = 360. Budući da svaki od traženih brojeva možemo napisati u obliku a b + 100c + 10d + e, slijedi da je zbroj svih tih brojeva jednak n n + 100n + 10n + n = n = = Budući da je AE = ED, GEA = DEG = 90 i GE zajednička stranica trokuta AGE i DGE, prema poučku S-K-S o sukladnosti trokuta slijedi da je ΔAGE ΔDGE. Iz te sukladnosti slijedi da je AG = GD. Analogno je ΔGFD ΔGFC pa je GD = GC. Prema tome je AG = GD = GC, pa zbog uvjeta zadatka AG = GB slijedi da je GC = GB. Dakle, trokut GBC je jednakokračan, s osnovicom BC. No, i trokut AGC je jednakokračan, a njegova je osnovica AC. Neka je CAG = α. atka 17 (2008./2009.) br. 65 Tada je i GCA = α, pa je CGB = CAG + GCA = 2α. Nadalje je BCG = GBC = 180 CGB = 90 α. 2 Konačno dobivamo da je ACB = GCA + BCG = α + 90 α = 90. Nastavak na stranici MATKA.indd :54:29

32 K R I Ž A LJ K A atka 17 (2008./2009.) br. 65 K R I Ž A LJ K A Zdravko Kurnik, Zagreb Ο 3 Ο 6 7 Ο 8 Ο 9 10 Ο Ο 12 Ο 13 Ο 15 VODORAVNO: 1. Duljina stranice kvadrata kojemu je opseg jednak Površina pravokutnika kojemu su duljine stranica dva od brojeva 3, 33, 103, (88 44) : 11 + ( ) : Duljina treće stranice trokuta kojemu su duljine dviju stranica 39 i 69 i opseg jednak Osamdeset sedam tisuća trideset i jedan : ( ) ( ) Obujam kocke kojoj je duljina brida 9. OKOMITO: 1. Duljina druge stranice pravokutnika kojemu je duljina jedne stranice 45 i površina jednaka : Obujam kvadra kojemu su duljine bridova 2, 2 i ( ) (15 12) DCCCXCV Duljina druge stranice pravokutnika kojemu je duljina jedne stranice 39 i opseg jednak Površina kvadrata kojemu je opseg MATKA.indd :54:29

33 K R I Ž A LJ K A Ο Ο Ο ΟΟ ΟΟ 14 Ο K R I Ž A LJ K A Ο Ο 22 atka 17 (2008./2009.) br. 65 VODORAVNO: 1. Prosti djelitelj broja Prve četiri decimale u decimalnom prikazu razlomka Broj kojemu su svi prosti faktori 3, , (40 1) CMXC. 15. Koliko dužina određuje 10 točaka na pravcu? 17. Broj kojim treba proširiti razlomak da se dobije razlomak Površina kvadrata kojemu je opseg jednak Najveći zajednički djelitelj brojeva 3515, OKOMITO: Skupina znamenki koja 7 7 se ponavlja u decimalnom prikazu razlomka : Broj kojim treba skratiti razlomak da se dobije razlomak ( ) : Najmanji troznamenkasti broj koji je djeljiv brojem Najmanji zajednički višekratnik brojeva 326 i Najveći prosti djelitelj broja Koliko trokuta određuje 7 točaka od kojih nikoje tri ne leže na jednom pravcu? 18. Broj paralelograma što ih određuje 7 paralelnih pravaca s druga 2 paralelna pravca koji ih presijecaju. 20. Najveći dvoznamenkasti prosti broj MATKA.indd :54:29

34 K R I Ž A LJ K A atka 17 (2008./2009.) br. 65 K R I Ž A LJ K A Ο Ο 9 Ο Ο 13 Ο Ο Ο Ο Ο Ο 20 Ο Ο 23 VODORAVNO: 1. Rješenje jednadžbe 9(x 7) 27 = 7(x 9) Period u decimalnom zapisu razlomka : Nazivnik najmanjeg od razlomaka 42 30, 6 35, 7 40, Površina pravokutnog trokuta kojemu su duljine kateta jednake 16 i ( 2) ( 2) ( 4) ( 4) ( 8) ( 8). 13. Površina trapeza kojemu su duljine osnovica 55.1 i 4.1 a duljina visine Rješenje jednadžbe x+ ( x 3)+ ( x 4) = MMCMLXXV Duljina osnovice paralelograma kojemu je duljina visine i površina Najmanji zajednički nazivnik razlomaka ,,,,. 22. Brzina aviona u m/sat koji put od kilometara prevali za 12.5 minuta [4 ( ) 180]. OKOMITO: 1. Zbroj površina svih strana kocke kojoj je duljina brida : ( 8) ( 8) ( 10) ( 10) + ( 7) ( 9). 4. Broj trokuta što ih određuje 5 točaka ravnine od kojih nikoje tri ne leže na jednome pravcu. 5. Površina kvadrata kojemu je duljina stranice rješenje jednadžbe 90 x = Koji je od cijelih brojeva 88, 89, 89, 90 rješenje 33 jednadžbe 5(x 9) 4(x + 1) 40 = 0? 7. Rješenje jednadžbe x 6 x = [5 5 (5 + 1) (5 1) + 125]. 16. Put u metrima što ga prevali biciklist za 2.46 minuta brzinom od 18 km/sat. 17. Opseg kvadrata kojemu je površina Prosti djelitelj broja :. 20. Veličina u stupnjevima četvrtog kuta četverokuta kojemu su veličine triju kutova 99, 99, MATKA.indd :54:30

35 K R I Ž A LJ K A Ο Ο K R I Ž A LJ K A Ο 5 6 Ο 9 ΟΟ Ο 13 ΟΟ 14 Ο Ο 20 Ο 21 atka 17 (2008./2009.) br. 65 VODORAVNO: % od Apscisa točke koja je simetrična točki T( 19, 18) s obzirom na ishodište O. 5. Polumjer kruga kojemu je površina jednaka 7744 π. 7. Umnožak f(12) f(16) f(20) ako je f linearna funkcija zadana jednakošću f(x) = 1 4 x Na koliko se dijelova duljine 22.5 cm može podijeliti dužina duljine 98.1 m? Koliko je 125 f(25) ako je f(x) = 7 x + 90? 15. Ukupan broj 5 dijagonala 44 terokuta. 16. Umnožak xy ako je uređeni par (x, y) rješenje sustava x y = 20, x + y = Vrijednost funkcije f(x) = 111 4x koja je simetrična točki A(20, 30) s obzirom na koordinatnu os x. 21. Površina pravokutnika kojemu duljine stranica a i b zadovoljavaju jednakosti a b = 80, a 10b = 1. za x = Ordinata točke 4 OKOMITO: 1. DXCVI. 2. Za koliko se razlikuju polumjeri krugova kojima su opsezi 6666π i 6760π? 3. Apscisa sjecišta pravaca x + 3y + 1 = 0, x 3y 65 = Glavnica koja uz kamatnu stopu 4.4% za godinu dana donosi kamate od 4763 kune. 5. Opseg pravilnog 277-terokuta kojemu je duljina stranice rješenje jednadžbe =. x 2 6. Postotak koji od iznosi Vrijednost izraza 55a 10b za a = 13.4 i b = Broj vrhova mnogokuta kojemu je zbroj unutarnjih kutova Zbroj f(7) + f(14) + f(21) + f(28) ako je f(x) = 2 x. 12. Prosti djelitelj broja Nepoznati član razmjera 13 : 2 = x : Cijeli dio broja 99π. 15. Broj vrhova mnogokuta koji ima ukupno 4185 dijagonala. 17. Koeficijent smjera pravca koji je usporedan s pravcem 76x 2y 19 = Koji je od brojeva 48, 46, 42, 40 mjera u stupnjevima središnjeg kuta karakterističnog trokuta pravilnog mnogokuta? 35 1 MATKA.indd :54:30

36 Zdravko Kurnik, Zagreb ISPUNJALJKA Riječi ATLAS, ATLET, AZIJA, ESTET, IZUMI, KUTAK, METRI, MIRIS, TOČKA, TOPOT upišite u lik ispunjaljke, tako da na osjenčanim poljima u prvom stupcu dobijete školski predmet, a u petom stupcu jedan njegov dio. ŠKOLSKI ORKESTAR BRANKO SAT DANA LIMON IVO LANI MICA BARUT MIHA ORKAN NELA TRIK U školskom orkestru sviraju učenici neobičnih prezimena. Koji instrument svira svaki od njih? RAČUN ZBRAJANJA Jasno je da je zbroj DVA + ŠEST uvijek OSAM. Ali račun zbrajanja može biti ispravan i tako da se devet različitih slova A, D, E, M, O, S, Š, T i V na određeni način zamijeni brojkama. Ima više rješenja, a vi nađite onu zamjenu za koju je broj ADEMOSŠTV najveći mogući. Jeste li uspjeli? D V A + Š E S T O S A M 1 MATKA.indd :54:30

37 TEST BRZINE Pogledajte pažljivo donje veze među slovima B, R, Z, O i mjerite vrijeme potrebno da nađete odgovor na sljedeće pitanje: koliko slova B dolazi na mjesto gdje se nalazi upitnik? BB = RRR R = ZZZZ ZZZ = O OO =? ZAGONETKA KAPETAN STRINA OSAMLJENOST ŠESTAK BUDVA TJEDAN Ove riječi povezuje zajedničko svojstvo. Najprije otkrijte to svojstvo, a onda razmislite na što ono upućuje. JADRANSKI ZAPISI A sada NA PUT! Pred ovim gradom pukla je GUMA. Cijelu noć u vili nešto LUPA. Tu nam je silno NAVRLO! Pismo je gotovo, ŠALJIMO! Ovdje se VALJANO jede. Ujak TU GRADI vikendicu. Iznenada je pred auto STAO VOL. Svaki su dan za jelo PILIĆI! Ljeto je pri kraju, ali sjećanja su još svježa. Sigurno ćete lako odgonetnuti što krije svaka rečenica. MALA KOMBINACIJA Pred vama su dva kvadrata 4 4. U prvi od njih trebate upisati riječi AKOV, KLOR, KRAŠ, LIKA, OBOL, RAVA, RIBA i ŠALA vodoravno ili okomito, tako da dobijete ispravnu malu križaljku. Drugi je zadatak zamjena devet različitih slova A, B, I, K, L, O, R, Š i V brojkama, ali tako da nakon upisa brojki u drugi kvadrat 4 4 zbroj brojki u svakome retku i svakome stupcu bude jednak 13. Da bismo vam pomogli, otkrivamo da je A = 0. Vi nastavite! 1 MATKA.indd :54:30

38 atka 17 (2008./2009.) br. 65 (Nastavak sa stranice 31.) 5. Neka je s 1 simetrala stranice AB, a s 2 simetrala stranice BC. Budući da je s 1 AB, s 2 BC i AB BC, onda je s 1 s 2. Budući da je ES = SH i ESH = 90, to znači da je trokut ESH jednakokračan i pravokutan, dakle HES = SHE = 45. No, FS = SG i GSF = 90, to znači da je i trokut FGS jednakokračan i pravokutan, dakle SFG = FGS = 45. Budući da je FSE = 90, onda je trokut EFS pravokutan pa je SEF = EFS = 90. Dalje je: HEF + EFG = ( HES + SEF ) + ( EFS + SFG ) = HES + ( SEF ) + EFS ) + SFG = = 180. To znači da je EH FG, tj. da je četverokut EFGH trapez. Budući da je ES = SH, FSE = HSG = 90 i FS = SG, prema poučku S-K-S o sukladnosti trokuta slijedi da je EFS HGS. Iz te sukladnosti slijedi da je EF = HG, te je tvrdnja dokazana razred 1. Budući da je a(a + 2) + c(c 2) 2ac = a 2 + 2a + c 2 2c 2ac = (a c) 2 +2(a c), i da je prema uvjetu zadatka a c = 7, vrijednost zadanog izraza iznosi 63. ( ) = ( ) + +( ) = = + = ( + ) ( ) < 2 ( ) = Nakon korje- Nadalje je: = ( ) ( ) = < = Zato slijedi da je novanja dobivamo da je < Ako je u oba dijela netočan prvi odgovor, dobili bismo da su zadatak točno riješili učenici D, E i F, a to nije moguće. Ako je u oba dijela netočan drugi odgovor, dobili bismo da su zadatak točno riješili učenici C, D i F, a to nije moguće. Ako je u oba dijela netočan treći odgovor, dobili bismo da su zadatak točno riješili učenici B, C i D, a to nije moguće. Ako je u oba dijela netočan četvrti odgovor, dobili bismo da su zadatak točno riješili učenici A i E. Ako je u oba dijela netočan peti odgovor, dobili bismo da su zadatak točno riješili učenici C, E i F, a to nije moguće. Dakle, zadatak su točno riješili učenici A i E. 1 MATKA.indd :54:30

39 4. Budući da je AEM = DEC (vršni kutovi) i EAM = ECD (kutovi s usporednim kracima), prema poučku K-K o sličnosti trokuta slijedi da je ΔAME ΔCDE. Iz te sličnosti slijedi da je DE = 2 EM i CE = 2 AE. Primjenom Pitagorina poučka na trokut ABC dobivamo da je AC = 2 3, odnosno AE = Primjenom Pitagorina poučka na trokut AMD dobivamo da 6 je DM = 6, odnosno EM = 3. Duljine stranica trokuta AME su AM = 2, AE = i ME = 6, pa vrijedi jednakost: 3 AM 2 = AE 2 + ME 2. Prema obratu Pitagorina poučka zaključujemo da je trokut AME pravokutan, s pravim kutom u vrhu E. Dakle, MEA = CED = 90. atka 17 (2008./2009.) br Dopunimo pravokutnik ABCD sukladnim pravokutnikom kao na slici: Na dužini EF odaberimo točku Q takvu da je EQ = 2 3 EF. Promotrimo pravokutne trokute AEQ i QFC. Budući da je AE = QF = x i EQ = CF = 2x, zaključujemo da su ti trokuti sukladni. Iz te sukladnosti slijedi da je AQ = QC, EAQ = CQF i EQA = QFC. Prema tome, trokut AQC je jednakokračan i pravokutan. Nadalje, zbog PB = 2x i BC = x slijedi da su pravokutni trokuti PBC i AEG sukladni. Iz te sukladnosti slijedi da je CPB = EQA. Budući da su EQA i QAB šiljasti kutovi uz presječnicu, oni su jednake veličine. Dakle, vrijedi: CAB + CPB = CAB + EQA = CAB + QAB = QAC. Budući da je trokut QAC jednakokračan i pravokutan, vrijedi da je QAC = 45, a to je trebalo dokazati MATKA.indd :54:31

40 atka 17 (2008./2009.) br. 65 KUTAK ZA KREATIVNI TRENUTAK MOZGALICA: TANTRIX Mozgalica Tantrix jedna je od onih koje rješavaju svi oni atkači od 8 do 99 godina. Može se igrati s dijelom skupa pločica kao i sa svim pločicama. Prije početka igre treba odrediti broj pločica s kojima se slaže staza te boju staze. Ovu je mozgalicu kreirala i u javnost pustila jedna američka tvrtka. Na web adresi možete naći još puno novih mozgalica. Prijedlog: Načinite 10 komada šesterokutnih sukladnih pločica. Na njima ucrtajte dijelove staza u tri boje. (Vidi sliku.) 40 Problem: Slažući pločice jednu do druge trebate složiti zatvorenu stazu iste boje (npr. crvene, plave ili crne). Nagrada: Svaki atkač koji pošalje složenu stazu (nacrtanu ili s pločicama) dobit će jednu knjigu iz atkine biblioteke ili atkinu bilježnicu. Objavit ćemo vaša rješenja. 1 MATKA.indd :54:31

41 ZADATCI ZA MATKAČE POČETNIKE ZADATCI ZA MATKAÈE POÈETNIKE Za ovaj broj atke zadatke su nam poslali atkači Nikola Buhiniček, Iva Zadro, Sanja Marić, Irena Petrić i Hrvoje Katić, a odabrali su ih i uredili Marija Rako i Mate Prnjak. Zadatke je ilustrirala atkačica Jelena Grbavec. Zahvaljujemo im na suradnji te pozivamo ostale atkače da se pridruže u slanju zadataka. atka 17 (2008./2009.) br. 65 Nagradit ćemo i objaviti ime svakog najmanje triju postavljenih zadataka. atkača koji nam pošalje rješenja 1. Niz brojeva Napišite zadnja tri člana niza. Prema kojemu ste ih pravilu izračunali? 2. Trokut Odredite površinu lika kojemu stranice pripadaju pravcima čije su jednadžbe 4x 3y + 12 = 0, 4x + 5y 20 = 0 i y = Peteroznamenkasti broj Koliko ima peteroznamenkastih brojeva koji su napisani različitim znamenkama? 4. Funkcija Odredite vrijednost parametra m za koji će funkcija (3 m) x + 2y 1 = 0 biti rastuća. 5. Kvadrat i pravokutnik Zadan je kvadrat se stranicom duljine a. Ako mu par nasuprotnih stranica produljimo za po 5 cm, a drugi par stranica smanjimo za po 5 cm, nastane pravokutnik. Za koliko se razlikuju površine zadanih likova? 41 1 MATKA.indd :54:31

42 atka 17 (2008./2009.) br Razredni odjel Učitelj je u 7.a razrednom odjelu pitao koliko taj dan nedostaje učenika. Redar je odgovorio: Nedostaje ih 1. U tom trenutku u razred uđe jedan učenik, 8 a redar odgovori: Sada ih nedostaje 1. Koliko ukupno ima učenika u 7.a? Polinom Polinom 6x 2 7x 5 = 0 rastavite na proste faktore. 8. Izlet Učenici osnovne škole idu na izlet. U školi imaju 776 djece i 37 učitelja. Koliko je autobusa s po 47 sjedala potrebno naručiti da bi svi mogli ići na izlet? Hoće li svi autobusi biti puni? 9. Biciklist Udaljenost od Šibenika do Zagreba iznosi 315 km. Biciklist je taj put prešao u tri dana, ali je svaki dan prešao za 6 km manje nego prošli dan. Koliko je kilometara prešao u svakome danu? 10. Gradilište Roditelji su svojim kćerima Ivoni i Lauri ostavili dva gradilišta. Ivonino gradilište je širine 23 m i duljine 37 m. Laurino gradilište je širine 23 m i duljine 28 m. Izračunajte: a) ukupnu površinu obaju gradilišta; b) za koliko je Ivonino gradilište veće od Laurinog? 42 1 MATKA.indd :54:31

43 Ispišite sve kutove na slici. 11. Kutovi atka 17 (2008./2009.) br Visina Mirta, Dado i Bojan mjere svoju visinu. Mirta je visoka 14 dm i 3 cm. Dado je za 36 cm niži od Mirte i viši za 1 dm i 9 cm od Bojana. Koliko je visok Bojan? Kolika je njihova ukupna visina? 13. Autobusna karta Ivan se vozi autobusom od Zagreba do Varaždinskih toplica. Udaljenost od Zagreba do Varaždinskih toplica je 75 km. Cijena autobusne karte je kn. Kolika je cijena za 1 km puta? Kolika bi bila cijena karte ako bi se Ivan vozio 119 km? 14. Berba S jednog stabla jabuke ubrano je 126 kg jabuka. Jabuke se spremaju u sanduke po 15 kg i 12 kg. Ako je 6 sanduka po 15 kg, koliko je sanduka po 12 kg? 15. Površina Kolika je površina slova riječi fizika ako je duljina stranice kvadratića 1 cm? 43 1 MATKA.indd :54:32

44 atka 17 (2008./2009.) br Opseg lika Zadan je jednakostraničan trokut opsega 45 cm. Nad svakom stranicom trokuta nacrtan je kvadrat. Koliki su opseg i površina tog novog lika? 17. Kocka Iz kugle polumjera duljine 15 cm izrezana je najveća moguća kocka. Izračunaj oplošje i obujam dobivene kocke. O kojem se množenju radi? 18. Množenje Prirodni brojevi Zbroj triju prirodnih brojeva je 112. Koji su to brojevi ako je drugi broj dvostruko veći od najmanjeg, a razlika najvećeg i najmanjeg broja je Darovi U trgovini moraju složiti 240 jednakih darova, pri čemu svakoga dana planiraju složiti jednak broj darova. Ako bi svakoga dana složili 4 dara manje, radili bi 5 dana dulje. Za koliko dana planiraju završiti posao? 44 1 MATKA.indd :54:32

45 ODABRANI ZADATCI ODABRANI ZADATCI Vlado Stošić, Zagreb atka 17 (2008./2009.) br Odredite: a) najveći, b) najmanji prirodni broj kojemu je zbroj znamenaka jednak 43, pri čemu niti jedna znamenka nije nula Dijeljenjem nekog prirodnog broja brojem 60 dobiva se ostatak 55. Kako će se promijeniti količnik i koliki će biti ostatak ako isti broj podijelimo brojem 15? 945. Dan je niz od 2008 prirodnih brojeva, tako da je prvi broj niza 7, a svaki sljedeći broj niza je za 5 veći od prethodnog broja tog niza. Koliki je broj tog niza? 946. Cestom hodaju dva pješaka u istome smjeru. Duljina koraka jednog od njih je za 1 manja od duljine koraka 10 drugog, ali zato on za isto vrijeme načini 1 koraka više 10 od drugog pješaka. Koji od ove dvojice pješaka hoda brže? 947. U nizu od 6 prirodnih brojeva svaki je broj, počevši od trećeg broja, jednak zbroju prethodna dvaju brojeva niza. Koliki je zbroj svih 6 brojeva tog niza ako je peti broj niza jednak 2008? 948. Razotkrijte zapis a a= b, c d = e n a= a, pri čemu su a, b, c, d, e, n znamenke i a c = n MATKA.indd :54:32

46 atka 17 (2008./2009.) br Zbroj kojih je dvaju cijelih brojeva jednak njihovom umnošku? 950. Odredite pravilo po kojemu možemo usmeno izračunati umnožak dvaju dvoznamenkastih brojeva ab ac ako je b + c = Na dijagonali BD kvadrata ABCD odabrane su točke E i F tako da pravac AE siječe stranicu CD u točki M, a pravac AF siječe stranicu BC u točki N i CM = CN. Kolika je duljina dijagonale BD ako je DE = 3 i EF = 4? 952. Odredite dvoznamenkasti broj koji je za 6 manji od kvadrata zbroja svojih znamenaka Ako za dva realna broja a i b vrijedi jednakost a+ b= 2 ab, onda je a = b. Dokažite Dan je trapez kojemu su dijagonale okomite, pri čemu je duljina jedne od njih 5 cm. Kolika je površina tog trapeza ako je duljina visine tog trapeza 4 cm? 46 1 MATKA.indd :54:32

47 Sudoku 1 SUDOKU Mladen Markobašić, Zagreb Zadatak: a) složite slagalicu od slova Č, E, I, K, N, U tako da se ni u jednom retku ili stupcu ili kvadratu 3 2 ne ponavlja niti jedno slovo; b) premetnite zadana slova i dobit ćete pojam vezan uz školu. atka 17 (2008./2009.) br. 65 Sudoku 2 Rasporedite četiri osnovne matematičke operacije (+,, * i/) tako da se ni u jednom retku ili stupcu ili kvadratu 2 2 ne ponavlja niti jedan simbol. Sudoku X Upišite brojeve od 1 do 9, ali tako da se ni u jednom kvadratu 3 3 i po dijagonalama ne ponavlja isti broj. Ubojita sudoku U kvadrate 3 3 treba upisati brojeve od 1 do 9 pazeći da upisani brojevi daju zbroj u posebno označenim poljima. Brojevi se ne smiju ponavljati ni u jednom retku, stupcu, kvadratu 3 3 i u posebno označenim poljima MATKA.indd :54:32

48 atka 17 (2008./2009.) br. 65 Nastavak iz atke broj 64 RAÈUNALA BOŽANSKA PROPORCIJA - PENTAGRAM Nikol Radović, Sisak Pet dijagonala pravilnog peterokuta definiraju zvjezdanu figuru koja se naziva pentagram. Primjer 4. Iskoristimo pravilni peterokut iz Primjera 1. Izbrišimo kružnicu i nacrtajmo preostale dijagonale, slika 19. Ako pri konstrukciji pentagrama krećemo od pravilnog peterokuta, hoće li se omjeri duljina dijagonala i duljina stranica podudarati s božanskom proporcijom? Kako bismo to provjerili, odredimo točke presjeka dijagonala pentagrama ABCDE, slika 20. Dobivene će točke određivati pravilni peterokut FGHIJ. Slika 19. Slika 20. Mjerenje i računanje omjera izvodimo kao u Koraku 7. Primjera 1., Matka 62. (Uočite da, ako želite izmjeriti duljinu dužine, ta dužina mora biti i konstruirana/nacrtana.) Slika 22. Slika 21. Splitski pentagram 48 1 MATKA.indd :54:33

49 No, pentagram se i danas koristi. Najbolje će to ilustrirati idući primjeri. Primjer 5. Konstrukcija amblema Američkih komandosa. Korak 1. Konstruirajmo/nacrtajmo pravilni peterokut pomoću računalnog softwarea Sketchpad i u njega ucrtajmo pentagram iz Primjera 4. (slika 23). Korak 2. Uočimo točke u kojima se sijeku dijagonale peterokuta i spojimo ih dužinama, slika 24., tj. nacrtajmo pentagram u pentagramu. atka 17 (2008./2009.) br. 65 Slika 23. Slika 24. Korak 3. Odredimo točke presjeka dijagonala. Označimo središte S i po dvije točke, pa u izborniku Konstruirajte odaberimo naredbu Unutarnjost trokuta, slika 25. Korak 4. Označimo središte S kliknuvši dva puta kratko. Označimo konstruirani trokut, pa u izborniku Transformacije odaberimo naredbu Rotirajte. U dijalogu za veličinu kuta pišemo 72. Postupak ponavljamo još četiri puta, a onda izbrišemo dijelove dijagonala. Slika 25. Slika 26. Korak 5. Odaberimo jednu dijagonalu polaznog pravilnog peterokuta i označimo je. U izborniku Transformacije odaberimo naredbu Os simetrije. Označimo konstruiranu zvjezdicu, pa u izborniku Transformacije odaberimo naredbu Zrcalite, slika MATKA.indd :54:33

50 atka 17 (2008./2009.) br. 65 Korak 6. Postupak ponavljamo za svaku od preostalih dijagonala. Drugi je način da se osnosimetrična slika zvjezdice rotira oko točke S za veličinu kuta od 72. Na kraju, označimo polaznu zvijezdicu i, sakrivši je, konstruirali smo amblem Američkih komandosa. Slika 27. Slika 28. Primjer 6. I Fibonaccijeva udruga za amblem ima pentragram, slika 29. Na slici 30. je isti amblem konstruiran u Sketchpadu. Slika 29. Slika 30. Primjer 7. Ako pravilni peterokut iz Primjera 1. kombiniramo s op artom, Matka 60., dobit ćemo sljedeće slike Slika 31. Slika MATKA.indd :54:33

51 Slika 33. Slika 34. atka 17 (2008./2009.) br. 65 Zadatak: Osmislite i uporabom Sketchpada konstruirajte amblem u kojemu će se skrivati božanska proporcija, pentagram, op art... Vaši najbolji radovi bit će objavljeni i nagrađeni. Literatura: 1. J. A. Adam: Mathematics in Nature, Princeton University Press, Princeton and Oxford, K. Elam: Geometry of Design, Studies in Proportion of Composition, Princeton Arhitectural Press, New York, R. Herz Fischler: A Mathematical History of the Golden Number, Dover Publications Inc., New York, V. Devidé: Zabavna matematika, Školska knjiga, Zagreb, Z. Šikić: Istine i laži o zlatnom rezu, Poučak 15, listopad 2003., Q. Lawlor: Philosophy and Practice Sacred Geometry, Thames & Hudson Ltd., London, R. Dixon: Mathographics, Dover Publications, INC., New York, Internetske adrese: MATKA.indd :54:34

52 atka 17 (2008./2009.) br. 65 MICROSOFT EXCEL I MATEMATIKA (1) Ivana Kokić, Zagreb Microsoft Excel (puni naziv Microsoft Office Excel) je program za tablično računanje, a sastavni je dio programskog paketa Microsoft Office koji je instaliran na većini osobnih računala te na svim računalima u osnovnim i srednjim školama u Republici Hrvatskoj. Microsoft Excel ima široku primjenu, a u matematici se koristi za rješavanje problema pomoću tablica i polja koje je moguće povezati različitim formulama. Osim formula, Microsoft Excel ima još jedan jaki alat, a to je alat za crtanje grafikona iz podataka koji su jednom uneseni u tablicu. Kao i svaka tablica, tako se i tablica u Microsoft Excelu sastoji od redaka i stupaca. Sjecište retka i stupca naziva se ćelija. Cijela tablica sastoji se od redaka (označenih brojevima) i 256 stupaca (označenih slovima), što je ukupno ćelija. Podatke (brojeve, formule ili tekst) možemo upisivati samo u aktivnu ćeliju (ćelije koju smo odabrali klikom lijeve tipke miša unutar nje ili smo do nje došli pomoću strjelica, a prepoznajemo je jer je, za razliku od ostalih ćelija, uokvirena debljim tamnim rubom). 52 Kroz nekoliko primjera vidjet ćemo kako nam Microsoft Excel može pomoći u matematici. Primjer 1. Deset površinom najvećih država svijeta su Argentina ( km 2 ), Australija ( km 2 ), Brazil ( km 2 ), Indija ( km 2 ), Kanada ( km 2 ), Kazahstan ( km 2 ), Kina ( km 2 ), Rusija ( km 2 ), Sjedinjene Američke Države ( km 2 ) i Sudan ( km 2 ). 1 MATKA.indd :54:34

53 a) Kolika je ukupna površina tih deset država? b) Koja od navedenih država ima najveću, a koja najmanju površinu? c) Poredajmo navedene države po broju stanovnika. Rješenje: Ovaj zadatak i nije previše kompliciran, ali ipak moramo zbrojiti deset brojeva. Prvi korak koji trebamo napraviti je upisati navedene podatke u tablicu. Dovoljno je unijeti samo brojeve (svaki broj u svoju ćeliju), ali je zbog preglednosti preporučljivo unijeti i imena država. atka 17 (2008./2009.) br. 65 Argentina Australija Brazil Indija Kanada Kazahstan Kina Rusija SAD Sudan Nakon što smo unijeli podatke u tablicu, možemo krenuti na rješavanje zadatka. a) Za izračunati ukupan broj stanovnika koristimo alat za zbrajanje. Pokazivač položaja postavimo u slobodnu ćeliju u koju želimo da nam se izračuna ukupan broj stanovnika, a zatim kliknemo na sličicu i odaberemo naredbu SUM. Nakon toga označimo sve ćelije u koje su upisani brojevi, kliknemo na OK i u odabranoj se ćeliji ispisuje rezultat b) Ponovo kliknemo na, ali sada odaberemo naredbu MAX odnosno MIN i u odabranim se ćelijama ispisuje najveća ( ) odnosno najmanja ( ) površina. Nakon što znamo najveću i najmanju površinu, iz tablice se vrlo jednostavno očita da od navedenih država Rusija ima najveću površinu, a Sudan najmanju. c) Označimo cijelu tablicu (i imena država i broj stanovnika) i u izborniku Podaci odaberemo naredbu Sortiranje. Budući su nam podaci upisani u dva retka, prvo pritisnemo gumb Mogućnosti i pod usmjerenjem odaberemo Sortiraj s lijeva na desno MATKA.indd :54:34

54 atka 17 (2008./2009.) br. 65 Zatim u prvom padajućem izborniku (Sortiranje po) odaberemo da se podaci sortiraju po površini, tj. po drugom retku. Možemo birati poredak od najmanjeg prema najvećem (Uzlazno) ili od najvećeg prema najmanjem (Silazno). Konačno rješenje je: Rusija Kanada SAD Kina Brazil Australija Indija Argentina Kazahstan Sudan U Microsoft Excelu možemo imati različite vrste zapisa kao npr. općeniti zapis, brojčani, valutni, razlomački, znanstveni, tekstualni, posebni i dr. Primjer 2. Popunimo tablicu: Broj 4/5 5/ /7 Recipročni broj 7/8 25/12 3/8 Rješenje: Pri rješavanju ovoga primjera koristit ćemo zapis pomoću razlomaka. U primjeru nam je zadana tablica sa sedam stupaca i dva retka. Stoga označimo 14 ćelija (u 2 retka i 7 stupaca) pa u izborniku Oblikovanje odaberemo naredbu Ćelije i u kartici broj odaberemo naredbu Razlomak. 54 Budući da u tablici imamo zadane i dvoznamenkaste brojeve, onda za vrstu odaberemo Do dvije znamenke (21/25) i potvrdimo pritiskom na tipku U redu. Sada možemo unositi brojeve u tablicu. Ono što možemo primijetiti je da se prilikom upisa nepravog razlomka automatski upisuje odgovarajući mješoviti broj. Mješoviti broj 2 1/7 unosimo tako da između 2 i 1/7 upišemo razmak. 1 MATKA.indd :54:34

55 Za izračunati recipročni broj zadanog broja (ili zadani broj recipročnog broja) postupak je sljedeći. Kliknemo u ćeliju ispod 4/5, a zatim u traci ćelije (u bijeli pravokutnik iznad oznaka stupaca) upišemo =1/ i zatim označimo ćeliju u kojoj je upisano 4/5. Isti postupak ponovimo i za ostale brojeve u tablici. (Možemo kopirati sadržaj ćelije u koju smo upisali formulu, ali samo u one ćelije u kojima se traži recipročni broj, a za izračunati broj (ako je zadan njegov recipročni broj) prvi put moramo upisati formulu =1/ i označiti ćeliju recipročnog broja, a zatim tu formulu možemo kopirati u ostale ćelije u kojima se traži broj.). atka 17 (2008./2009.) br. 65 Broj 4/5 1 1/7 1 1/4 12/ /3 2 1/7 Recipročni broj 1 1/4 7/8 4/5 2 1/12 1/12 3/8 7/15 Osim za tablično računanje, Microsoft Excel možemo koristiti i za grafički prikaz proporcionalnosti. Primjer 3. U istom koordinatnom sustavu grafički prikažimo proporcionalnost: a) y = 3x, b) y = 1 4 x. Rješenje: Primjer ćemo riješiti na dva načina. Prvo ćemo grafički prikazati proporcionalnosti y = 3x na način da ćemo samo ucrtati točke, a zatim ćemo, koristeći alate programa Microsoft Office, promijeniti vrstu grafa. Tek zatim ćemo grafički prikazati proporcionalnost y = 1 4 x. Prvi korak pri izradi grafičkog prikaza proporcionalnosti je unošenje podataka u tablicu. U prvi redak tablice unijet ćemo proizvoljne vrijednosti za x, a u drugom retku tablice ćemo za odgovarajući x izračunati vrijednost 3x, i to tako da ćemo doći u odgovarajuću ćeliju (ispod vrijednosti za x) i u traci ćelije upisati =3* te zatim označiti ćeliju u kojoj je upisana vrijednost za x. Ovaj postupak možemo ponoviti za sve upisane vrijednosti za x ili pak možemo kopirati sadržaj ćelije u koju smo upisali formulu i zalijepiti je za ostale vrijednosti za x. x y = 3x Nakon što smo upisali podatke, označimo cijelu tablicu i kliknemo na sličicu Čarobnjak za grafikone ( ) ili u izborniku Umetanje odaberemo naredbu Grafikon. Zatim u dijaloškom prozoru u kartici Standardne vrste odaberemo XY (raspršeno) vrstu grafikona, a kao podvrstu odaberemo Raspršeni (1. sličica u prvom redu) i odaberemo naredbu Naprijed. U sljedećem dijaloškom prozoru odabiremo raspon podataka, što smo mi već učinili označivši cijelu tablicu, pa samo odaberemo naredbu Naprijed MATKA.indd :54:34

56 atka 17 (2008./2009.) br. 65 U trećem dijaloškom prozoru biramo mogućnosti grafičkog prikaza (naslove, osi, crte rešetke, legendu i naslove podataka). Efekt nečega što promijenimo možemo vidjeti na slici u donjem desnom kutu. Ako nešto nismo promijenili u ovom dijaloškom prozoru, to možemo učiniti naknadno pritiskom desne tipke miša na graf i odabirom naredbe Mogućnosti grafikona. Zasada nećemo mijenjati, nego ćemo samo odabrati naredbu Naprijed. U posljednjem dijaloškom prozoru možemo birati gdje želimo da nam se prikaže grafikon. Prema početnim postavama grafikon se uvijek prikazuje na trenutnom listu. Završni korak crtanja grafikona je odabir tipke Završi. 56 Uočavamo da ucrtane točke pripadaju istom pravcu. Da bismo bili sigurni da je to tako, promijenit ćemo vrstu grafikona, i to tako da na grafikonu priti- 1 MATKA.indd :54:34

57 snemo desnu tipku miša i odaberemo naredbu Vrsta grafikona. Za vrstu grafikona ćemo ponovo birati XY (raspršeno), ali ćemo za podvrstu sada odabrati Raspršeni s točkama podataka povezanima crtama (prva sličica u trećem redu). Tada imamo sljedeći prikaz: atka 17 (2008./2009.) br. 65 U primjeru se traži da u istom koordinatnom sustavu prikažemo proporcionalnosti y = 3x i y = 1 x. U tu ćemo svrhu kopirati list na kojemu smo crtali 4 prethodni grafikon (kliknemo desnom tipkom miša na oznaku lista na kojemu smo radili i odaberemo naredbu Premjesti ili kopiraj). Budući da nam grafikon neće trebati, označimo ga i izbrišemo, a u tablicu dodamo još jedan redak za y = 1 x u kojemu ćemo zatim izračunati vrijednosti za zadane x-eve na isti 4 način kako smo to napravili za y = 3x. x y = 3x y = 1/4x Postupak crtanja je već opisan. Označimo tablicu i pokrenemo Čarobnjak za crtanje MATKA.indd :54:34

58 atka 17 (2008./2009.) br. 65 IZ SVIJETA NATJECANJE GEORG MOHR Alija Muminagić, Danska Prvi krug natjecanja Georg Mohr za godinu održan je 4. prosinca godine. Učenici su u vremenu od 45 minuta rješavali 20 postavljenih zadataka. U rješavanju nije bila dopuštena uporaba bilo kakvih pomagala. 1. Ako u ravninu razvijemo presavijeni papir prikazan na srednjoj slici, dobit ćemo lijevu sliku. Istom presloženom papiru odrežemo rubove kao što prikazuje slika desno. Koliko će rupa imati papir razvijen u ravninu? (A) 0 (B) 2 (C) 4 (D) 5 (E) 8 2. Osobe A i B istodobno kreću svaki sa svoje strane dugačke šumske staze i trče jedan ususret drugome sve dok se ne sretnu. Tada se okrenu i trče natrag prema svojem početnom mjestu. Osoba A trči nešto brže od osobe B. Tko će se brže vratiti na svoj početni položaj? (A) A (B) B (C) stići će istodobno (D) ovisi o mjestu susreta (E) ovisno o tome je li A dva puta brži od B 3. Marija je ušla u labirint na mjestu koje pokazuje strjelica. Na svakome raskrižju baca novčić kako bi odredila kojim će smjerom nastaviti put. Kolika je vjerojatnost da će Marija izaći na mjestu koje pokazuje križić? (A) 1 5 (B) 2 5 (C) 1 6 (D) 1 8 (E) MATKA.indd :54:35

59 4. Duljina visine na osnovicu jednakokračnog trokuta površine 60 iznosi 5. Koliki je opseg tog trokuta? (A) 50 (B) 38 (C) 20 (D) 60 (E) Koji od brojeva nije djeljiv brojem 18? (A) 540 (B) (C) (D) (E) atka 17 (2008./2009.) br Igra 7 bang sastoji se u glasnom brojanju od 1 do 100, ali svaki put kad dođeš do broja koji je djeljiv brojem 7 ili koji sadrži znamenku 7, umjesto broja moraš reći bang. Koliko ćeš puta reći bang? (A) 10 (B) 14 (C) 24 (D) 30 (E) Sedam brojeva: 3, 2, 1, 0, 1, 2 i 3 upisani su na slučajan način unutar sedam krugova. Kolika je vjerojatnost da je zbroj brojeva u vanjskih šest krugova jednak 3? (A) 1 3 (B) 1 6 (C) 1 7 (D) 1 9 (E) Koji je broj rješenje jednadžbe x = 3? (A) 0 (B) 6 (C) 6 (D) 64 (E) jednadžba nema rješenja 9. X kaže: Sretan sam. Y kaže: X laže. Z kaže: X i Y su ljuti. Zapravo laže samo jedna od tih osoba. Koji je mogući zaključak? (A) X je sretan (B) Y je sretan (C) Z je sretan (D) Y je ljut (E) Z je ljut 10. Ravninski lik ABCD omeđen je dužinama AB, BC, CD i DA, pri čemu se BC i DA sijeku (kao što je prikazano na slici). Što se može reći o zbroju veličina kutova DAB, ABC, BCD i CDA? On je: B (A) veći od 90 D (B) 180 A C (C) manji od 360 (D) 360 (E) MATKA.indd :54:35

60 atka 17 (2008./2009.) br Neki se izbori održavaju u dva kruga s kandidatima P 1, P 2 i P 3. U drugi krug prošli su kandidati P 1 i P 2. U prvome krugu kandidat P 3 osvojio je 25% glasova. Očekuje se da će od njegovih glasača 20% u drugom krugu glasati za kandidata P 1, a 80% za kandidata P 2. Pretpostavlja se da će kandidat P 2 osvojiti ukupno 55% glasova. Koliki je postotak glasova u prvom krugu osvojio kandidat P 1? (A) 30 % (B) 35 % (C) 40 % (D) 45 % (E) 50% 2 2 +? 12. Čemu je jednako vrijedan izraz ( a b) ( a b) (A) 0 (B) 2a 2 (C) 2b 2 (D) 2a 2 b 2 (E) 4ab 13. U označene točke koordinatnog sustava stavljeni su kamenčići. Nalaziš se u točki (0, 0) i možeš se pomicati od kamenčića do kamenčića u koracima duljine 1 ili 2. Osvajaš sve one kamenčiće koje iz početne točke možeš osvojiti u najviše 5 pomaka. Koliko kamenčića ne možeš osvojiti? 60 (A) 0 (B) 2 (C) 4 (D) 6 (E) Za 6 kg robe A moraš platiti 11 novčića, za 7 kg robe B moraš platiti 12 novčića, cijena kilograma robe C je 2 novčiča, 5 novčića je dovoljno za kupovinu 11 kg robe D, a cijena 600 g robe E iznosi 1 novčić. Koja je roba najjeftinija? (A) A (B) B (C) C (D) D (E) E 15. Beskonačno mnogo kvadrata nacrtano je jedan do drugoga. Duljina stranice svakog sljedećeg kvadrata jednaka je polovini duljine stranice prethodnog kvadrata. Duljina stranice najvećeg kvadrata je 1. Kolika je ukupna površina svih kvadrata? (A) (C) (B) (D) (E) površina je beskonačno velika 1 MATKA.indd :54:35

61 16. Za ispunjavanje upitnika na računalu potrebno je 5 minuta. Koliko je računala potrebno ako x osoba želi ispuniti upitnik za 1 sat. Trebat će približno: x (A) (B) 60 x x (C) (D) 12 (E) x x 17. Koji logo ima najveću površinu? pandža češalj svjetlo osmijeh atka 17 (2008./2009.) br. 65 (A) pandža (B) češalj (C) svjetlo (D) osmijeh (E) svi imaju jednaku površinu 18. Označimo s m(a, b) veći od brojeva a i b. Koje je pravilo ispravno? (A) maa (, ) + mbb (, ) = mab (, ) (B) ma ( + bb, + c) = ma ( + ca, + b) (C) mab (, ) + mbc (, ) = mac (, ) (D) ma ( + cb, + c) = mab (, ) + c (E) mab (, ) = a+ b 19. Kukac mora prijeći put od P do Q preko plohe dolje prikazanog bloka. Kolika je duljina najkraćeg puta? (A) 3 2 (B) 2 5 (C) (D) (E) U binarnom rječniku riječ duljine n znači niz od n znakova od kojih je svaki jednak 0 ili 1. Udaljenost između dviju binarnih riječi je broj mjesta gdje dvije riječi odstupaju. Primjerice, udaljenost između riječi i jednaka je 3. Koliko binarnih riječi duljine 6 ima udaljenost najviše 4 od riječi ? (A) 6 (B) 18 (C) 24 (D) 31 (E) MATKA.indd :54:35

62 atka 17 (2008./2009.) br. 65 Kombinacija. Vidite crteže! 1 S 6 U 11 S 16 S 2 K 7 S 12 U 17 I 3 E 8 R 13 D 18 G 4 L 9 E 14 A 19 E 5 A 10 D 15 C 20 T RJEŠENJA ZADATAKA 10 D 8 R 6 U 18 G Enigmatka 3 E 20 T 2 K 14 A 1 S 9 E 4 L 12 U IZ BROJA C 7 S 17 I 11 S 5 A 19 E 13 D 16 S Iste znamenke. Evo nekih prikaza: , , , : 3, 4 4 4, : 5, 66 6 : 6 6 : 6, : 7, : 7, 8 8, : 9. Natjecatelji. Mjesta su: Orahovica, Krapina, Karlobag, Novigrad, Garešnica, Virovitica, Tovarnik, Savudrija, Lepoglava, Cetingrad, Križevci, Bjelovar. Pomicaljka. Diralište, analitika, peterokut. Zbrajaljka. Evo traženih zamjena: ADEIPRTV = (najmanji broj), (najveći broj). Trokuti. Manje! Na crtežu se može prebrojiti ukupno 49 pravokutnih trokuta. U znaku broja 100. Neka je m broj muškaraca, ž broj žena, a d broj djece. Te nepoznanice povezuju jednakosti m + ž + d = 100, 3m + 2ž + d/2= 100. Eliminacijom veličine d nalazimo da je 5m + 3ž = 100. Broj žena očito mora biti djeljiv brojem 5. Pomoću te činjenice otkrivamo sljedećih 7 rješenja: (m, ž, d) = (20, 0, 80), (17, 5, 78), (14, 10, 76), (11, 15, 74), (8, 20, 72), (5, 25, 70), (2, 30, 68). Rješenja odabranih zadataka 931. Neka je n traženi broj. Tada vrijede ove jednakosti: n = 4a + 3, n = 5b + 3, n = 6c + 3, n = 7d + 3, odnosno n 3 = 4a, n 3 = 5b, n 3 = 6c, n 3 = 7d. To znači da je n 3 višekratnik brojeva 4, 5, 6 i 7. Budući da je V(4, 5, 6, 7) = 420, slijedi da je broj n 3 = 420k, pri čemu je k prirodan broj. Najmanji četveroznamenkasti broj dobit ćemo iz nejednakosti 420k 1000, ako je broj k najmanji moguć. Zbog k ili k 2 zaključujemo da je najmanji prirodni broj k = 3. Za k = 3 dobivamo da je n 3 = 420 3, odnosno n 3 = 1260, odakle je n = Prema tome, 1263 je najmanji traženi četveroznamenkasti broj MATKA.indd :54:36

63 Najveći četveroznamenkasti broj odredit ćemo iz nejednakosti 420k 9999, ako je broj k najveći moguć. Zbog k ili k 23 zaključujemo da je najveći prirodni broj k = 23. Za k = 23 dobivamo da je n 3 = ili n 3 = 9660, tj. n = Prema tome, 9663 je najveći traženi četveroznamenkasti broj Neka je x kilometara na sat brzina automobila i neka je C mjesto susreta motorista i automobila (vidi sliku). atka 17 (2008./2009.) br. 65 Do susreta u mjestu C motorist je prešao put od 3 40, tj. 120 km, a automobil 3x kilometara. To znači da je duljina puta od A do B jednaka AB = x kilometara. Neka je D mjesto susreta biciklista i automobila. Do susreta u mjestu D biciklist je prešao put dug 4 15, tj. 60 km, a automobil 4x kilometara. Zato je AB = x kilometara. Zbog jednakosti lijevih strana dviju jednadžbi, tj. AB, slijedi i jednakost njihovih desnih strana, tj x = x, ili 4x 3x = , tj. x = 60. Prema tome, brzina automobila je 60 km na sat, a to znači da je duljina puta od A do B jednaka , tj. 300 km Znamenka desetinke u djelitelju mora biti manja od 3. Naime, ako je znamenka desetinke jednaka 3, onda je količnik 291.8, što nije moguće jer je < 3.8. Ako je znamenka desetinke u djelitelju jednaka 1, onda je količnik 310.3, što opet nije moguće jer je znamenka desetinke u dobivenom količniku 3, a u traženom je količniku 8. Zato je znamenka desetinke djelitelja jednaka 2, pa je traženi djelitelj 3.25, a to znači da je količnik Prema tome, traženi je djelitelj 3.25, a količnik način. Izlučimo zajednički faktor iz prvih dvaju razlomaka. Naime, = 36 = = = = = = 43 = = = = = 49 1 = 48 = način. Sve dane razlomke svedimo na zajednički nazivnik Naime, = = = = 8 = = MATKA.indd :54:36

64 atka 17 (2008./2009.) br Nakon jedne minute velika kazaljka ure pomakne se za 1minutni dio i tako načini kut od 360 : 60, tj. 6. Mala kazaljka ure za 1 sat pomakne se 5 minutnih dijelova, što odgovara kutu od 30. To znači da mala kazaljka ure nakon jedne minute načini kut od 30:60, tj Očito da od 6 do 7 sati mala i velika kazaljka ure ne mogu zatvoriti ispruženi kut, nego će se to prvi put dogoditi poslije 7 sati. U 7 sati velika kazaljka ure nalazi se na broju 12 na brojčaniku ure. To znači da u 7 sati mala i velika kazaljka ure zatvaraju kut od 180 3o, tj. 150, odnosno kut od 210. Dalje radimo sa jednim od ova dva kuta. Naravno da je lakše raditi s manjim kutom. Neka je x broj minutnih dijelova za koji se velika kazaljka pomakne nakon 7 sati do položaja kad obje kazaljke zatvore ispruženi kut. Za to vrijeme velika kazaljka načini kut od 6x stupnjeva. Za to isto vrijeme mala kazaljka načini kut od 0.5x stupnjeva. Zato vrijedi jednadžba x 0.5x = 180, ili dalje redom x = 180, x = 30, 55x = 300, x =, x =, tj. x = 5. Prema tome, mala i velika kazaljka ure prvi će put nakon 6 sati zatvoriti ispruženi kut u 7 sati i 5 minuta Neka je x broj liječnika, a y broj bolesnika u bolnici. Tada je 35x ukupan broj godina svih liječnika, a 50y ukupan broj godina svih bolesnika. To znači da je 35x + 50y ukupan broj godina liječnika i bolesnika. Osim toga, x + y je ukupan broj liječnika i bolesnika, a to znači da je 40(x + y) ukupan broj godina liječnika i bolesnika. Zato vrijedi jednadžba 40(x + y) = 35x + 50y, ili dalje redom, 40x + 40y = 35x + 50y, 40x 35x = 50y 40y, 5x = 10y, tj. x = 2y. Iz zadnje jednakosti slijedi da je x > y. Prema tome, u bolnici ima dva puta više liječnika nego bolesnika Neka je x dio prve legure, a y dio druge legure koje smo uzeli. Istaknimo da je u svakom dijelu prve legure omjer bakra i cinka 1 : 2, a da je u svakom dijelu druge legure omjer bakra i cinka 4 : 5. To znači da x dijelova prve legure sadrži 1 3 x dijelova bakra, a y dijelova druge legura sadrži 4 y dijelova bakra. Zato zaključujemo 9 da nova legura sadrži 1 x+ 4 y dijelova bakra. Isto tako x dijelova prve legure sadrži x dijelova cinka, a y dijelova druge legure sadrži 5 y dijelova cinka. To znači da 9 nova legura sadrži 2 x+ 5 y dijelova cinka. Uzimajući u obzir uvjet zadatka da je u 3 9 novoj leguri omjer bakra i cinka 2 : 3, vrijedi razmjer 1 x+ 4 y : 2 x 5 y = Ovaj razmjer možemo redom pisati 3 x+ y = 2 x+ y , x+ y= x+ y, x 2 9x + 12y = 12x + 10y, 2y = 3x, ili y =, tj. x : y = 2 : 3. To znači da valja uzeti 2 dijela 3 prve legure i 3 dijela druge legure. x 2 Odredimo još traženi postotak. Naime, ako lijevoj i desnoj strani jednakosti y = 3 x 2 dodamo 1, dobivamo ove jednakosti: y + 1= 3 + 1, x y 2 3 x+ y 5 + = +, =, y 3 y y 3 3 y 3 x y =, y= 3 ( x+ y), ili y = 0.6(x + y) Prema tome, dio druge legure čini 60% nove legure MATKA.indd :54:36

65 938. Lako zapažamo da su u danoj jednakosti 3 pribrojnika i zbroj parni brojevi, tj. djeljivi brojem 2, a prema poučku o djeljivosti zbroja slijedi da je i pribrojnik 3b djeljiv brojem 2. To je moguće samo ako je b paran broj. Jedini paran prosti broj je 2, pa je b = 2. Zato danu jednakost možemo pisati u obliku 2a c + 8d = 174, ili 2a + 4c + 8d = 168, tj. a + 2c + 4d = 84. Budući da su u zadnjoj jednakosti 2 pribrojnika i zbroj djeljivi brojem 2, zaključujemo da je pribrojnik a djeljiv brojem 2, pa je a = 2. Zato vrijede ove jednakosti: 2 + 2c + 4d = 84, ili 2c + 4d = 82, tj. c + 2d = 41, pri čemu je c nužno neparan broj jer je samo zbroj neparnog broja c i parnog broja 2d jednak neparnom broju 41. Dalje, Diofantsku jednadžbu c + 2d = 41 možemo lako riješiti uporabom tablice: c d Prema tome, tražene četvorke prostih brojeva su: (2, 2, 3, 19), (2, 2, 7, 17), (2, 2, 9, 11), (2, 2, 31, 5), (2, 2, 37, 2) Neka je CM = x, a CN = y. Tada je BM + CM = BC = AB, ili BM + x = a, tj. BM = a x. Lako se pokaže da je ΔMCN ΔABM. Naime, MCN = ABM = 90, NMC = AMB jer su to dva vršna kuta, i MNC = MAB jer su to dva kuta uz presječnicu AN. Iz dokazane sličnosti trokuta vrijedi razmjer CN : CM = AB : BM, ax ili dalje redom, y : x = a : (a x ), y(a x) = ax, y = a x. Kako iz jednakosti dvaju razlomaka a = c slijedi jednakost njihovih recipročnih b d vrijednosti, tj. b = d ax, to jednakost y = možemo dalje pisati redom 1 a = x, a c a x 1 a x =, 1 = 1 1, 1 = 1 1, 1 1 = 1, tj. y ax ax y x a a x y x y a =. CM CN a y ax atka 17 (2008./2009.) br Iz druge jednadžbe izrazimo x, tj. x = y + z 3, zatim ovu jednadžbu kvadriramo x = y + z yz 6y 6z, pa nakon zamjene u prvu jednadžbu dobivamo redom y + z + 9 6y 6z+ 2yz y z = 1, 2yz 6y 6z = 8, yz 3y 3z = 4, yz 3z = 3y 4, tj. z(y 3) = 3y 4. Dalje možemo na razne načine. 3y 4 3( y 3) način. Iz jednadžbe z(y 3) = 3y 4 slijedi jednadžba z =, ili z =, 5 y 3 y 3 z = 3+. y 3 Broj z bit će cijeli broj samo ako je y 3 djelitelj broja 5, tj. ako je y 3 = ±1, y 3 = ±5. Rješenja ovih četiriju jednadžbi su: y = 2, y = 2, y = 4, y = 8. Sad iz jednadžbe 65 1 MATKA.indd :54:37

66 atka 17 (2008./2009.) br. 65 3y 4 z = odredimo vrijednosti z. Za y = 2 je z = 2, za y = 2, z = 2, za y = 4, z = 8 i y 3 za y = 8, z = 4. Konačno iz jednadžbe x = y + z 3 lako odredimo vrijednosti x. Naime, za y = 2 i z = 2 je x = 3, za y = 2 i z = 2 dobivamo x = 3, za y = 4 i z = 8 je x = 9, dok za y = 8 i z = 4 dobivamo x = 9. Prema tome, postoje četiri trojke (x, y, z) cijelih brojeva koje su rješenje danog sustava jednadžbi. To su ( 3, 2, 2), ( 3, 2, 2), (9, 4, 8) i (9, 8, 4). 2. način. Iz jednadžbe 3y 4 = z(y 3) zaključujemo da je cijeli broj 3y 4 djeljiv cijelim brojem y 3. Budući da je i višekratnik broja y 3, tj. 3(y 3) djeljiv brojem y 3, zaključujemo da je i razlika brojeva 3y 4 i 3(y 3) također djeljiva brojem y 3. Zbog 3y 4 3(y 3) = 5 slijedi da je broj 5 djeljiv brojem y 3. To je moguće samo ako je y 3 = ±1 ili y 3 = ±5. Rješenja ovih četiriju jednadžbi su: y = 2, y = 2, y = 4, 3y 4 y = 8. Sad iz jednadžbe z(y 3) = 3y 4, tj. z =, lako odredimo vrijednosti z. y 3 Naime, za y = 2 je z = 2, za y = 2 je z = 2, za y = 4 je z = 8, a za y = 8 je z = 4. Konačno, iz jednadžbe x = y + z 3 lako odredimo cjelobrojne vrijednosti x. Za y = 2 i z = 2 dobivamo x = 3, za y = 2 i z = 2 je x = 3, za y = 4 i z = 8 je x = 9, a za y = 8 i z = 4 dobivamo x = 9. Zato postoje 4 trojke (x, y, z) cijelih brojeva koje su rješenja danog sustava jednadžbi. To su ( 3, 2, 2), ( 3, 2, 2), (9, 4, 8) i (9, 8, 4) Promotrimo dva od tri neparna broja a, b, c. Neka su to brojevi a i b. Kako je umnožak dvaju neparnih brojeva uvijek neparan broj, slijedi da je ab 1 paran broj. Paran broj ab 1 bit će djeljiv brojem 4 samo ako je ostatak pri dijeljenju umnoška ab brojem 4 jednak 1. Dalje, ostatak pri dijeljenju neparnog broja brojem 4 može biti ili 1 ili 3. Očito da ostatak pri dijeljenju neparnog broja brojem 4 ne može biti jednak 2. Naime, a = 4k + 2 nije moguć jer je broj 4k + 2 djeljiv brojem 2, a neparan broj a nije. Ispitajmo sada koliki može biti ostatak pri dijeljenju umnoška ab brojem 4. Neka je a = 4m + 1 ili a = 4m + 3, te b = 4n + 1 ili b = 4n + 3. Sad valja promatrati svaki od tri moguća slučaja. 1. Neka je a = 4m + 1 i b = 4n + 1. Tada je ab = (4m + 1)(4n + 1) = 16mn + 4m + 4n +1 ili ab = 4(4mn + m + n) + 1, tj. ab = 4x Neka je a = 4m + 3 i b = 4n + 3. Tada je ab= (4m + 3)(4n + 3) = 16mn + 12m + 12n + 9 ili ab= 16mn + 12m + 12n = 4(4mn + 3m + 3n + 2) + 1, tj. ab = 4y Neka je a = 4m + 1 i b = 4n + 3. Tada je ab = (4m + 1)(4n + 3) = 16mn + 12m + 4n + 3 ili ab = 4(4mn + 3m + n) + 3, tj. ab = 4z + 3. Iz promatrana 3 slučaja zapažamo da će ostatak pri dijeljenju umnoška dvaju neparnih brojeva brojem 4 biti 1 samo ako oba broja imaju isti ostatak, tj. ili 1 ili 3. Budući da svaki neparan broj pri dijeljenju brojem 4 može imati ili ostatak 1 ili ostatak 3, zaključujemo da od tri ma kako odabrana neparna broja a, b, c dva sigurno pri dijeljenju brojem 4 imaju isti ostatak: ili 1 ili 3. To znači da će ostatak dijeljenja umnoška tih dvaju neparnih brojeva brojem 4 biti jednak 1. Neka brojevi a i b imaju isti ostatak pri dijeljenju svakog od tih dvaju brojeva brojem 4, tj. ili 1 ili 3. Tada je ab 1 = 4k + 1 1, tj. ab 1 = 4k. Time smo dokazali da je bar jedan od triju danih brojeva ab 1, ac 1, bc 1 djeljiv brojem MATKA.indd :54:37

67 Rasprava. Ako svaki od triju ma kako odabranih neparnih brojeva a, b, c pri dijeljenju brojem 4 ima jednaki ostatak, onda je svaki od triju brojeva ab 1, ac 1, bc 1 djeljiv brojem 4. Nije moguće da su dva od triju navedenih brojeva parna, a jedan od njih neparan Neka su a = AB, b = BC duljine dviju susjednih stranica paralelograma ABCD, pri čemu je b = ka, i neka su e = AC, f = BD duljine dijagonala paralelograma ABCD, pri čemu je f = ke. Neka je točka M presjek dijagonala paralelograma ABCD. Primjenom poučka o duljini stranica i dijagonala paralelograma (vidi Matka br. 62, Odabrani zadatci, zadatak 918.) vrijedi jednakost: e 2 + f 2 = 2a 2 + 2b 2, pa 2 nakon zamjene vrijednosti za b i f dobivamo jednakost ( ) 2 2 e + ke = 2a + 2( ka) 2, ili e + k e = 2a + 2k a, tj. e 2 ( 1+ k 2 ) = 2a 2 ( 1+ k 2 ). Nakon dijeljenja zadnje jednakosti brojem 1 + k 2, pri čemu je 1 + k 2 > 0, dobivamo jednakost e 2 = 2a 2. Tu jednakost možemo pisati i ovako: ee = 2 aa, odnosno AC AC = 2 AB AB. Zbog činjenice da je AC = 2 AM vrijedi jednakost AC 2 AM = 2 AB AB ili AC AM = AB AB. Zadnju jednakost možemo pisati kao razmjer, AC : AB = AB : AM. Iz zadnjeg razmjera zaključujemo da su duljine dvije stranice trokuta ABC proporcionalne duljinama dviju stranica trokuta ABM. Budući da su kutovi koje zatvaraju proporcionalne stranice jednakih veličina, tj. da je BAC = BAM, to znači da su ta dva trokuta slična, tj. ΔABC ΔABM. Iz dokazane sličnosti trokuta slijedi jednakost veličina kutova ABC = AMB, a to znači da je i BAD = BMC jer su to dva para suplementnih kutova. Time smo dokazali navedenu tvrdnju u zadatku. atka 17 (2008./2009.) br. 65 Rješenja križaljki za atkače 5. razred razred MATKA.indd :54:37

68 atka 17 (2008./2009.) br razred razred Rješenja nagradnih zadataka iz 63. broja Rješenja zadataka za atkače početnike 1. Marke. 91 marku. 2. Ruže gospođe Ruže. 5 ruža. 3. Stablo. 120 cm. 4. Izlet. 3 učenika pojela su po 4 kolača. 5. Stari papir. Štef je dobio 1800 kn, a Jura 1440 kn. 6. Unuk, otac i djed. Unuk ima 6 godina, otac 30 godina, a djed 54 godine. 7. Prijateljice. Svaka treba platiti 8 kn. Mia je potrošila 9 kn pa mora uzeti 1 kn. Tea je potrošila 15 kn pa mora uzeti 7 kn. 8. Greda. 100 kn. 9. Dijagonale kocke. α = Podjela zarade. Ukupno 7200 kn, svaki po 720 kn. 11. U autobusu. 100 putnika. 12. Zbrojevi brojeva. a) 0, b) 2 45, c) 4 45, d) 1 45, e) 2 18, f). 13. Trokut. Koordinate vrhova su A(1, 0), B (7, 0), C(3, 4), a = 6 cm, v a = 4 cm, p = 12 cm Zaposleni sin. 1 sanduk po 12 kg i 17 sanduka po 10 kg; 6 sanduka po 12 kg i 11 sanduka po 10 kg ili 11 sanduka po 12 kg i 5 sanduka po 10 kg. 15. Koliki je x? x = Učiteljica i bomboni. 9 učenika, 50 bombona. 17. Staza m Kocka. Oplošje se poveća 150 : 6 = 25 puta. Obujam se poveća 125 puta. 19. Neboder. 70 m. 68 Rješenja su nam poslali i atkinim su bilježnicama nagrađeni atkači: Mislav Glibo, 6.c, OŠ Z. Franka, Kutina; Zorana Lubina, 6.a, OŠ Runović, Runović; Marina Bošnjak, 5.r., OŠ S. S. Kranjčevića, Lovreć; Tina Zebić, 6.b, OŠ Kman-Kocunar, Split; Nikola Buhiniček, 4.b, OŠ Antuna i Ivana Kukuljevića, Varaždinske Toplice; Josip Mohler, 5.e, OŠ Fra Kaje Adžića, Pleternica. 1 MATKA.indd :54:37

69 Rješenja zadataka iz Kutka za najmlađe cm; ornitologija. 2. Oko 56 puta vrsta. 4. Oko 1.14 mrava na dm 2, odnosno 1 mrav na dm 2 ; murmekologija , odnosno oko 45 puta. 6. Mike Powell, Greyhound, Galina Chistyakova (8.94 > 8.2 > 7.52) 7. Blanka Vlašić ( < 207) Rješenja je poslao i atkinom je bilježnicom nagrađen atkač Nikola Buhiniček, 4.b, OŠ Antuna i Ivana Kukuljevića, Varaždinske Toplice. atka 17 (2008./2009.) br. 65 Rješenja Nagradnog natječaja broj 59 Odredimo površinu trokuta ABC i CGI. Točke J i K su nožišta visina ovih trokuta, pa vrijedi CKG = CJB = 90. Vidimo da vrijedi p(abc) = 1 2 AC BJ i p(cgi) = 1 2 CI GK. Iz kvadrata ACIH dobivamo da je AC = CI. (*) Trokuti CBJ i CGK su sukladni jer je: 1 šiljasti kutovi BCJ i GCK su kutovi s okomitim kracima pa je BCJ = GCK, 2 šiljasti kutovi CBJ i CGK su kutovi s okomitim kracima pa je CBJ = CGK, 3 stranice BC i CG su stranice kvadrata BCGF pa je BC = CG. Iz sukladnosti trokuta CBJ i CGK slijedi da je BJ = GK. (**) Zbog dokazanih tvrdnji (*) i (**) zaključujemo da su površine trokuta ABC i CGI jednake, tj. da vrijedi p(abc) = p(cgi). Slično se dokazuje sukladnost ostalih trokuta, pa zaključujemo da je p(abc) = p(bef) = p(adh) = p(cgi), tj. da novi trokuti imaju površinu jednaku početnom trokutu MATKA.indd :54:38

70 Rješenje stripa Zna li Ante? Ante nije pogodio broj, on ga unaprijed zna! Zbrojio je tri znamenke koje su zamislili njegovi prijatelji i taj je zbroj pomnožio s 22. Da je Jurica računao s 5, 7 i 8, dobio bi broj ( ) 22 = = 440. Rješenje su nam poslali i atkinim su bilježnicama nagrađeni atkači: Tina Zebić, 6.b, OŠ Kman-Kocunar, Split i Mislav Glibo, 6.c, OŠ Z. Franka, Kutina. Rješenje mozgalice Strijela i zmaj 70 1 MATKA.indd :54:38

71 Rješenje su nam poslali i atkinim su bilježnicama nagrađeni atkači iz skupine dodatne nastave 6. razreda, OŠ Eugena Kumičića, Rijeka te Anamarija Alagušić, Fran Špigel i Ema Penezić, 8.b, OŠ Otok, Zagreb MATKA.indd :54:39

72 KUTAK ZA NAJMLADE Olimpijske igre 1. Koliko su ukupno olimpijskih medalja hrvatski sportaši osvojili od godine? 2. Kružnim dijagramom prikaži postotak osvojenih zlatnih, srebrnih i brončanih od ukupnog broja medalja koje su osvojili hrvatski sportaši od godine. 3. Na kojim se ljetnim Olimpijskim igrama, počevši od 1992., natjecalo najviše hrvatskih sportaša? Tko je te godine nosio hrvatsku zastavu? 4. Koliko je ukupno medalja na Olimpijskim igrama osvojila Janica Kostelić? 1 MATKA.indd :54:39