close

Enter

Log in using OpenID

1 MATKA.indd - WordPress.com

embedDownload
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 ...................................... 12
Veselko Čotić, Rješenje jednog nagradnog zadatka ..................................... 15
Željko Brčić, Cijena vode ................................................................................ 16
Inna Shapiro i Antonija Horvatek, Mozgalice na vagi ................................... 18
atka 17 (2008./2009.) br. 65
Izdaje/osnivatelj
HRVATSKO
MATEMATIČKO
DRUŠTVO
IZLAZI TIJEKOM
ŠKOLSKE GODINE
U ČETIRI BROJA
Matemagičar
Franka Miriam Brückler, Trik s tri šalice ...................................................... 22
Intervju
Lucija Gusić, Mate Maras ............................................................................... 23
Povijest
Željko Medvešek, Leonardo da Vinci, svestrani genij ................................. 25
Natjecanja
Državno natjecanje učenika 7. i 8. razreda osnovnih škola ......................... 28
Križaljke za
atkače ............................................................................................. 32
Enigmatka ................................................................................................................ 36
Natjecanja
Državno natjecanje (nastavak) ...................................................................... 38
Kutak za kreativni trenutak
Mozgalica TANTRIX ...................................................................................... 40
Zadatci za
atkače početnike ............................................................................. 41
Odabrani zadatci .................................................................................................... 45
Sudoku ..................................................................................................................... 47
Računala
Nikol Radović, Božanska proporcija - pentagram ...................................... 48
Ivana Kokić, Microsoft Excel i matematika (1) ............................................. 52
Iz svijeta
Natjecanje Georg Mohr 2008. godine ............................................................. 58
Rješenja zadataka ................................................................................................... 62
Kutak za najmlađe ................................................................................................... 72
1
1 MATKA.indd 1
29.08.2008 18:54:21
atka 17 (2008./2009.) br. 65
REBUSI
Petar Mladinić, Zagreb
U
Indiji i Kini matematički su se rebusi pojavili prije više od tisuću
godina. U Europi su se slični zadatci počeli promišljati tek početkom
dvadesetog stoljeća. Tridesetih godina prošlog stoljeća takvi su se problemi
nazivali kriptoaritmetičkima. U europskim i američkim časopisima taj je naziv
potpuno prihvaćen, no mi ćemo ih, zbog matematike u njihovim temeljima,
nazivati matematičkim rebusima.
U svijetu ovih rebusa vrijede sljedeća pravila:
– različite znamenke zamjenjuju se različitim slovima,
– znak * zamjenjuje svaku znamenku,
– u zapisu broja prva znamenka slijeva nikad nije jednaka nuli,
– broj ABC predstavlja troznamenkasti broj,
– rebus je riješen kad se nađu sva rješenja.
Od prvog su trenutka matematički rebusi postali vrlo popularni. Svjetsku
su slavu postigla dva rebusa koje je engleski matematičar H. E. Dudeney (1857.
– 1930.) objavio 1924. godine:
a) SEND + MORE = 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 2
29.08.2008 18:54:24
atka 17 (2008./2009.) br. 65
Rješenje: Dvoznamenkasti brojevi (faktori) veći su od 90 (i manji od 100). U
suprotnom, njihov umnožak ne bi mogao biti četveroznamenkasti
broj koji počinje znamenkom 9. Dakle, znamenka desetica u oba je
broja jednaka 9. Dakle, imamo:
U drugom retku postupka množenja (množenja znamenkom
jedinica) uočavamo da je rezultat množenja dvoznamenkastog broja
9 * nekom znamenkom dvoznamenkast broj, tj. da je 9 * ⋅ * = **.
To je moguće samo ako je znamenka kojom množimo jednaka 1.
Dakle, drugi je faktor jednak 91.
Pomnožimo li brojeve 98 i 91, dobit ćemo 8918, što je manje
od zadanog rezultata. Uvjete zadatka zadovoljava umnožak brojeva
99 i 91 jer je 99 ∙ 91 = 9009. Traženi brojevi su 99 i 91.
Zadatci: Riješite sljedeće rebuse:
1.
2.
3.
3
1 MATKA.indd 3
29.08.2008 18:54:24
atka 17 (2008./2009.) br. 65
b) Slovčani rebus
U
atki broj 1 objavljen je sljedeći rebus.
Primjer 2.
Riješimo rebus:
A + AB + ABC = BCB
Rješenje:
Lako se može uočiti da je A + C = 10 (zbroj jedinica), da je
(zbog prenesene desetice) A + B + 1 = 10 + C (zbroj desetica) te
da je A + 1 = B (zbroj stotica).
Rješenje je A = 6, B = 7 i C = 4.
Zadatci: Riješite sljedeće rebuse:
1.
2.
MATE ∙ M = ATIKA
3.
5 ∙ UM = KUM
Napomena: Objavit ćemo imena onih atkača koji nam pošalju svoje rebuse
ili rješenja naših nagradnih rebusa, i nagraditi ih (Ur.).
4
1 MATKA.indd 4
29.08.2008 18:54:24
atka 17 (2008./2009.) br. 65
KONVEKSNI LIKOVI
Vladimir Devidé, Zagreb
R
avni 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.)
Slika 1.
Primjeri. Krug, elipsa, kvadrat, poluravnina, beskonačna traka, dio ravnine između dviju poluzraka, dio ravnine unutar” hiperbole, kao i čitava ravni“
na konveksni su likovi (sl. 2. od a do h). Zvijezda, kružni vijenac, dio ravnine
izvan” parabole nisu konveksni likovi (sl. 2i, j, k).
“
Slika 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 5
29.08.2008 18:54:24
atka 17 (2008./2009.) br. 65
Ravni lik zove se omeđenim ako postoji krug unutar kojega se može
smjestiti čitav lik (drugim riječima, ako se lik ni u kojem smjeru ne proteže
u beskonačnost). Na slici 2. možemo uočiti da ima i omeđenih (sl. 2a do c) i
neomeđenih (sl. 2d do h) konveksnih likova. Od jednodimenzionalnih 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
Φ
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
Slika 4.
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.)
Slika 5.
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).
Slika 6.
6
1 MATKA.indd 6
29.08.2008 18:54:25
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
Poučak 2. Presjek konveksnih likova, ako nije prazan, i sam je konveksan lik.
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 7
29.08.2008 18:54:25
atka 17 (2008./2009.) br. 65
O PREBROJAVANJU POMOĆU STABLA
Petar Vranjković, Zadar
Z
a 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.
Ivo, Šime i Tonka dobili su od tete paket u kojemu su, između
ostaloga, bile tri igračke: medo, psić i zeko. Na koliko načina
među sobom mogu podijeliti te tri igračke, ali tako da svatko
dobije po jednu igračku?
Rješenje:
Označimo igračke s M, P, Z. Pogodan način da se izvedu
sve moguće razdiobe igračaka između troje djece, pri čemu će
svako dijete dobiti po jednu igračku, jest prikaz pomoću stabla.
Obično polaznu točku ( korijen” stabla) označavamo s O (ali
“
nije nužno), i od nje idemo nadesno svim mogućim putovima
do završnih točaka, kao što je prikazano na slici.
8
1 MATKA.indd 8
29.08.2008 18:54:25
Primjer 2.
Niko i Miho igraju dvije partije šaha. U svakoj partiji postoje
tri moguća ishoda: pobjeda prvoga igrača, neriješeno i pobjeda
drugoga igrača. Na koliko se različitih načina može odvijati tijek
meča?
Rješenje:
Uvedimo oznake: 1 – Nikina pobjeda, 0 – neriješeno, 2 – Mihina pobjeda.
Evo stabla:
atka 17 (2008./2009.) br. 65
Sada izbrojimo sve dobivene putove koji iz O vode do završnih
točaka. Tako dobijemo 6 mogućih razdioba tih igračaka na troje
djece: MPZ, MZP, PMZ, PZM, ZMP, ZPM (jasno je da, primjerice, PMZ znači da je Ivo dobio psića, Šime medu, a Tonka zeku).
Prema tome, postoji 9 načina odvijanja tijeka meča.
Primjer 3.
Rješenje: 1.
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?
2.
3.
1.
2.
3.
1.
2.
3.
Prema tome, ukupno imamo 27 izvlačenja.
9
1 MATKA.indd 9
29.08.2008 18:54:25
atka 17 (2008./2009.) br. 65
Primjer 4.
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?
Rješenje:
Neka M ozačava da je u setu pobijedio Mario, a I da je u setu
pobijedio Ivan. Stablo onda izgleda ovako:
Evo svih načina na koje se može odvijati tijek meča:
MM, MIM, MII, IMM, IMI, II.
Primjer 5.
Točke A, B, C, D i E predstavljaju otoke, a spojnice AB, BC, CD,
DE, EB, EC mostove između otoka (vidi sliku).
Frane odluči poći u šetnju od otoka do otoka, ali tako da nijedan
most ne prelazi dva puta. U slučaju da neki most mora prijeći
drugi put, on se zaustavlja i odlazi razgledati akvarij. Ako kreće
s otoka A:
1) koliko ima različitih šetnji do zaustavljanja,
2) na kojim otocima može pogledati akvarij (svaki otok ima akvarij)?
Rješenje:
Evo stabla:
10
1 MATKA.indd 10
29.08.2008 18:54:25
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?
atka 17 (2008./2009.) br. 65
1) Dakle, imamo 6 različitih šetnji.
2) Frane može pogledati akvarij na otocima B, C i E.
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 S1 = {V1, V2, V3},
član A iz skupa S2 = {A1, A2} i član L iz skupa S3 = {L1, L2, L3}. Prije
izbora moraju proći testiranje kojim se utvrđuje određena povezanost među njima. Testiranje je dalo određenu povezanost kako slijedi:
V1 s A1, A2, L2, L3
V2 s A1, L1, L2
V3 s A1, L1
A1 s L1, L2
A2 s L1, L2
Uz te uvjete, koliko ima različitih mogućnosti za sastav ekspedicije?
Napomena: Nagradit ćemo svakog
postavljenih zadataka.
atkača koji nam pošalje rješenje najmanje triju
11
1 MATKA.indd 11
29.08.2008 18:54:25
atka 17 (2008./2009.) br. 65
STAKLENA PIRAMIDA ISPRED LOUVREA
Timna Tomiša, 8.b, OŠ Otok, Zagreb
I
spred muzeja Louvre u Parizu nalazi se velika staklena pravilna četverostrana piramida arhitekta I. M. Peija. Piramida je završena 1989. godine,
za proslavu 200. obljetnice Francuske revolucije. Metalna konstrukcija piramide
ispred Louvrea prekrivena je rombovima i trokutima od stakla debljine 21 mm.
Još od same gradnje piramide priča se da ukupni broj staklenih ploča
(rombova i trokuta) koje prekrivaju piramidu iznosi 666, što je tzv. vražji
“
broj”. Zanimalo me je li to istina. Izračunajmo ukupni broj ploča!
Broj staklenih ploča
Osnovica piramide je kvadrat sa stranicom duljine 35 m, a visina 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.
Broj rombova na jednoj pobočki piramide je
17 + 16 + 15 + 14 + 13 + 12 + 11 + 10 + 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 153,
a broj trokuta na jednoj pobočki piramide je 18.
12
1 MATKA.indd 12
29.08.2008 18:54:25
atka 17 (2008./2009.) br. 65
Ukupni broj rombova na sve četiri pobočke iznosio bi
4 · 153 = 612, a ukupni broj trokuta 4 · 18 = 72. No, zbog
ulaza na jednoj pobočki ima 9 rombova i 2 trokuta manje.
Dakle, ukupni broj staklenih ploča je
(612 – 9) + (72 – 2) = 603 + 70 = 673.
Dakle, netočna je tvrdnja da je ukupan broj staklenih ploča jednak 666!
Staklena površina piramide
Da bismo odredili površinu pobočke, izračunajmo prvo
duljinu b bočnog brida piramide.
Duljina dijagonale baze piramide je d = a 2 = 35 2 ≈ 49.5 m (slika 1.).
Slika 1.
Slika 2.
Slika 3.
Primjenom Pitagorina poučka na istaknuti pravokutni trokut (slika 2.) izračunat
2
d
ćemo da je duljina bočnog brida piramide b = ⎛⎜ ⎞⎟ + h2 ≈ 32.2 m. Primjenom
⎝2⎠
Pitagorina poučka na istaknuti pravokutni trokut (slika 3.) izračunat ćemo da
2
a
je duljina visine pobočke v = b2 − ⎛⎜ ⎞⎟ ≈ 27 m.
⎝2⎠
a ⋅v
i ona iznosi pri2
bližno 472.5 m2. Dakle, površina pobočja je približno 1890 m2. No, da bismo
točno izračunali staklenu površinu potrebno je od površine pobočja oduzeti
površinu 9 rombova i 2 trokuta kojih nema na ulazu u piramidu!
Površinu pobočke računamo prema formuli p1 =
13
1 MATKA.indd 13
29.08.2008 18:54:25
atka 17 (2008./2009.) br. 65
Označimo s x duljinu stranice romba. Tada je x = b : 18 ≈ 1.788 m.
Kraća dijagonala romba jednake je duljine kao stranica trokuta, tj.
e = a : 18 ≈ 1.944 m, a polovina dulje dijagonale romba jednaka je visini trokuta.
Primjenom Pitagorina poučka na istaknuti trokut dobivamo da je
2
e
f = 2 x 2 − ⎛⎜ ⎞⎟ ≈ 1.5 m.
⎝2⎠
e⋅ f
≈ 1.458 m2, dok je površina tro2
kuta jednaka polovini površine romba i iznosi približno 0.729 m2.
Tada je površina romba jednaka promba =
Dakle, ukupna staklena površina iznosi
s ≈ 1890 m2 – (9 · 1.458 m2 + 2 · 0.729 m2) ≈ 1875.42 m2.
14
1 MATKA.indd 14
29.08.2008 18:54:26
Veselko Čotić, Krapina
U
atki broj 48 (lipanj 2004.) objavljen je sljedeći nagradni zadatak:
Zadana je funkcija sa svojstvom da je f(1) = 2004 i f(1) + f(2) + ... + f(n) = n2 ∙ f(n).
Odredite f(2004).
Rješenje:
Budući da je f(1) = 2004 i f(1) + f(2) + ... + f(n) = n2 ∙ f(n), zaključujemo
da je f(1) + f(2) = 22 ∙ f(2), odnosno 2004 + f(2) = 4f(2). Iz posljednjeg
2004
izraza nalazimo da je 2004 = 3f(2) ili f(2) =
. Isto je tako
3
2004
f(1) + f(2) + f(3) = 32 ∙ f(3), odnosno 2004 +
+ f(3) = 9 f(3), pa
3
2004
. Zbog činjenice da je f(1) + f(2) + f(3) + f(4) = 42 ∙ f(4)
je f(3) =
6
2004 2004
dobivamo da vrijedi 2004 +
+
+ f(4) = 16 f (4), tj. da je
3
6
2004
.
f(4) =
10
2004
2004
2004
2004
, f(2) =
, f(3) =
i f(4) =
.
Dakle, vrijedi: f(1) =
1
3
6
10
atka 17 (2008./2009.) br. 65
RJEŠENJE JEDNOG NAGRADNOG ZADATKA
Uočite da su nazivnici navedenih razlomaka redom 1, 3, 6 i 10, a ti su
brojevi zbrojevi uzastopnih prirodnih brojeva:
2004
. Budući da je zbroj prva 2004
1 + 2 + 3 + ... + 2003 + 2004
prirodna broja jednak
1 + 2 + 3 + ... + 2004 = (1 + 2004) + (2 + 2003) +... + (1002 + 1003) =
Tada je f(2004) =
2005 ⋅ 2004
= 2005 . 1002,
2
2004
2
=
.
konačno je f(2004) =
2005 ⋅1002 2005
=
Zadatak: Zadana je funkcija sa svojstvom da je
f(1) = 2008 i f(1) + f(2) + ... + f(n) = n2 ∙ f(n).
Odredite f(2008).
15
1 MATKA.indd 15
29.08.2008 18:54:26
atka 17 (2008./2009.) br. 65
CIJENA VODE*
Željko Brčić, Vinkovci
V
oda 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 m3 vode i za to plate 1015.51 kn.
Dijeljenjem ukupne potrošnje od 188 m3 s 52 osobe dobit ćemo da jedna
osoba u prosjeku mjesečno potroši 3.6 m3 ili 3600 litara vode. Dnevno to iznosi
oko 120 litara.
Naravno, veći dio vode iskoristi se za pranje, tuširanje, zalijevanje i
ostale potrebe, a samo se manja količina popije. Da bismo izračunali
koliko vode zaista odlazi na piće, mjerili smo količinu vode koju je
svaki od nas popio tijekom sedam dana.
Rezultati toga istraživanja bili su vrlo raznoliki. Najmanja količina
vode koju je jedan od učenika popio u tjedan dana iznosila je 3.8
litara, a najviša je bila 10 litara. Svih 10 učenika zajedno je popilo
67.7 litara. Dakle, jedna osoba u prosjeku tjedno popije 6.77
litara vode, odnosno nešto manje od litre dnevno.
Usporedimo li to s ranije izračunatom
dnevnom potrošnjom od 120 litara vode, vidimo
da manje od 1% potrošene vode popijemo, dok
više od 99% vode odlazi na ostale potrebe.
Sada izračunajmo koliko plaćamo vodu koju popijemo tijekom jedne
godine. Ako jedna osoba tjedno popije 6.77 litara vode, godišnje će to iznositi
oko 353 litre ili 0.353 m3 vode. Prosječnu cijenu vode iz vodovoda dobijemo
* Tekst je nastao na osnovi istraživanja koje je, u sklopu školskog projekta „Voda“, napravila
skupina od 10 učenika sedmog razreda Osnovne škole Zrinskih iz Nuštra.
16
1 MATKA.indd 16
29.08.2008 18:54:26
Budući da u Hrvatskoj prosječni životni vijek iznosi 73.8 godina, proizlazi
da tijekom cijelog svog života prosječni Hrvat popije vode u vrijednosti od
140.22 kune! Začuđujuće je koliko je niska cijena nečega tako vrijednog kao
što je pitka voda.
atka 17 (2008./2009.) br. 65
dijeljenjem ukupnog iznosa na računima za vodu od 1015.51 kn s potrošenih
188 m3. Dobije se da 1 m3 ili 1000 litara vode iz vodovoda stoji 5.40 kuna.
Množenjem te cijene s količinom vode koju tijekom godine dana popijemo
dobijemo vrlo zanimljiv i za mnoge iznenađujući rezultat: ako cijelu godinu
dana pijemo vodu isključivo iz vodovodne mreže – to ćemo platiti samo 1
kunu i 90 lipa!
No, kako to obično biva, i ovo naše otkriće ima svoje „ali“. U većini
industrijski razvijenih zemalja voda iz vodovoda ne preporučuje se
za piće. U Hrvatskoj to, na sreću, još nije slučaj, no možda i mi u
budućnosti budemo prisiljeni vodu kupovati u trgovinama. Koliko
će pitka voda tada poskupjeti?
Da bismo dobili odgovor na to pitanje, u jednoj od naših trgovina istražili
smo koje se vrste voda prodaju u bocama i po kojoj cijeni. Izbor je bio vrlo
šarolik, od malih bočica mineralne vode obogaćene voćnim okusima do
petolitrenih boca s izvorskom vodom. Nakon zapisivanja i zbrajanja količina i
cijena svih dostupnih boca s vodom, izračunali smo da prosječna cijena jedne
litre vode u boci iz trgovine iznosi 3.90 kuna, odnosno 3900 kn za 1 m3.
Ranije smo izračunali da jedna osoba u prosjeku tijekom godine dana
popije oko 353 litre vode. Ako bismo bili prisiljeni cjelokupnu količinu vode
kupovati u trgovini, to bi nas stajalo 1376.70 kn godišnje! Osoba koja bi cijeloga
života pila isključivo kupovnu vodu iz boca to bi platila oko 101 600 kn!
Dakle, ako pijete vodu iz vodovoda a ne iz
boca, uštedjet ćete malo više od 100 000 kuna,
za što, primjerice, možete kupiti pristojan
automobil.
Iz našeg računa slijedi da je cijena vode iz boce 722 puta skuplja
od vode iz vodovoda. Za iznos od 3.90 kn, koliko prosječno u trgovini
stoji jedna boca od litre, iz vodovoda možete piti vodu nešto više od
dvije godine. Prema tome, ako ste poduzetni i razmišljate o budućem
zanimanju, istražite ima li u vašoj okolici izvora pitke vode. Raspitajte se i o
mogućnostima dobivanja koncesije za punjenje i distribuciju vode. Jednoga bi
vam dana prodaja obične vode u bocama mogla donijeti ogromnu zaradu.
No, ako i niste skloni poduzetništvu, vodu trošite racionalno jer zalihe
vode na Zemlji nisu neograničene. Voda već danas ima svoju cijenu, a kako
rastemo mi, rast će i ona.
17
1 MATKA.indd 17
29.08.2008 18:54:26
atka 17 (2008./2009.) br. 65
MOZGALICE NA VAGI
Inna Shapiro, Boston, SAD; Antonija Horvatek, Ivanić Grad
Z
amislimo 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.
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.
18
1 MATKA.indd 18
29.08.2008 18:54:26
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 pro“
blem” - od nas će se tražiti da otkrijemo je li lažni novčić manje ili veće mase
od ostalih, ali nam neće biti važno koji je to novčić.
atka 17 (2008./2009.) br. 65
Janičini biseri
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.
19
1 MATKA.indd 19
29.08.2008 18:54:26
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, 12.
1. vaganje:
Usporedimo skupine A i B. Vaganje nastavljamo
ovisno o tome jesu li im mase jednake ili ne:
a) Ako su im mase jednake, tada je prvih 8 novčića
pravo. U tom slučaju vaganja nastavljamo ovako:
2. vaganje:
Bilo koja 2 prava novčića usporedimo s novčićima
9 i 10.
Ako su im mase jednake, onda je lažni novčić 11 ili 12.
Ako im mase nisu jednake, onda je lažni novčić 9
ili 10.
3. vaganje:
Usporedimo jedan od dva osumnjičena” novčića
“
s jednim pravim da bismo otkrili koji je od
osumnjičenih” lažni.
“
b) Ako smo u 1. vaganju zaključili da skupine A i B
nisu jednakih masa, tada su svi novčići iz skupine C
pravi. Pretpostavimo da skupina A ima veću masu
od skupine B. Lažni novčić je ili u skupini A (u tom
slučaju on je veće mase od ostalih) ili u skupini B (u
tom slučaju on je manje mase od ostalih). Vaganja
nastavljamo ovako:
20
1 MATKA.indd 20
29.08.2008 18:54:27
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
2. vaganje:
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 21
29.08.2008 18:54:27
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.
22
1 MATKA.indd 22
29.08.2008 18:54:27
MATE MARAS
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.
atka 17 (2008./2009.) br. 65
INTERVJU
Mate Maras rođen je 1939. u Studencima kraj Imotskog gdje je živio 16 godina. Srednju školu pohađao je u imotskoj gimnaziji i V. gimnaziji u Zagrebu. Godine 1965. 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. 1980. godine dolazi u Zagreb kako bi radio kao
profesionalni prevoditelj. Godine 1995. postao je glavni urednik Trećeg programa
Hrvatskog radija. Godinu dana kasnije odlazi u Pariz kao kulturni ataše, a nakon
toga i u Washington. Za prijevod Gospođe Dalloway Virginije Woolf dobio je 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
23
1 MATKA.indd 23
29.08.2008 18:54:27
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, 1994.
24
1 MATKA.indd 24
29.08.2008 18:54:28
Leonardo da Vinci – svestrani genij (1452. – 1519.)
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.
atka 17 (2008./2009.) br. 65
POVIJEST
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.
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.
25
1 MATKA.indd 25
29.08.2008 18:54:28
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.
Ove konstrukcije Leonardo nije predlagao samo kao
Prijenos pogonske snage mlinskog kola
grube zamisli; on je pritom rješavao sve detalje i izus obuhvatnom pojasnom kočnicom
mio 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 1510.
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.
26
1 MATKA.indd 26
29.08.2008 18:54:28
atka 17 (2008./2009.) br. 65
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
Astronomska studija pisana, tipično za Leonarda,
nikakva (!) vozila. Za vučna kolica i terete… obrnutim smjerom; izračun udaljenosti Sunca i Zemnamijenjena je donja prometnica. Pješačka lje, te veličine Mjeseca
zona je zapravo, primjereno vremenu, bila
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.
Izvornik: Paturi, Felix, R., Chronik der Technik (1988.)
Pripremio: Željko Medvešek, Zagreb
27
1 MATKA.indd 27
29.08.2008 18:54:28
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 2008.
godine u Primoštenu. Domaćin natjecanja bila je OŠ Primošten. Organizator
natjecanja bilo je Hrvatsko matematičko društvo, a pokrovitelji Ministarstvo
znanosti, obrazovanja i športa Republike Hrvatske te Agencija za odgoj i 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.
28
1 MATKA.indd 28
29.08.2008 18:54:28
atka 17 (2008./2009.) br. 65
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.
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 29
29.08.2008 18:54:29
atka 17 (2008./2009.) br. 65
2.
Cijena nekog materijala snižena je 52%. Nakon tog sniženja za iznos od
240 kn može se kupiti 1 metar materijala više nego se prije sniženja moglo
kupiti za 270 kn. Odredite cijenu tog materijala prije sniženja.
3. Koliki je zbroj svih peteroznamenkastih brojeva zapisanih pomoću 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 = 7.
2. Usporedite brojeve 2006 +
2010 i 2 2008 .
3. Šest učenika, označimo ih s A, B, C, D, E i F, rješavali su neki zadatak.
Zadatak su riješila dvojica. Na pitanje Tko je riješio? dali su sljedećih pet
odgovora:
1) A i C;
2) B i E;
3) F i A;
4) B i F;
5) D i A.
U četiri od navedenih pet odgovora jedan je dio
točan, a drugi netočan, dok su u jednome odgovoru oba
dijela netočna.
Koji su učenici točno riješili zadatak?
4. U pravokutniku ABCD točka M je polovište stranice AB, a točka E je
presjek dijagonale AC i dužine DM . Ako je |AB| = 2 2 cm i |BC| = 2 cm,
dokažite da je | ∠ CED| = 90°.
5. Zadan je pravokutnik ABCD takav da je |AB| = 3|BC|. Na stranici AB
1
dana je točka P takva da je |AP| = |AB|. Dokažite da je
3
| ∠ CAB| + | ∠ CPB| = 45°.
30
1 MATKA.indd 30
29.08.2008 18:54:29
1.
Označimo li s a Anine godine, s i Ivine godine, te s m Majine godine,
prema uvjetima zadatka vrijede jednadžbe:
a + i + m = 35, i : a = 4 : 3, te i : m = 6 : 7.
3
7
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
22 · 12 = 264 kestena, Ani 22 · 9 = 198 kestena, a Maji 22 · 14 = 308 kestena.
atka 17 (2008./2009.) br. 65
Rješenja zadataka
7. razred
Izrazimo li a i m preko i, dobit ćemo da je a =
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 = 270
0.48x · (y + 1) = 240.
Nakon sređivanja i rješavanja ovog sustava po nepoznanici x,
dobit ćemo da je x = 230.
3.
Broj peteroznamenkastih brojeva koji zadovoljavaju uvjete
zadatka iznosi 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120, a svaka od znamenaka javlja se po 24 puta
na svakom od dekadskih mjesta. Neka je s n označen zbroj svih znamenaka na
poje dinom dekadskom mjestu.
Tada je n = 24 · 5 + 24 · 4 + 24 · 3 + 24 · 2 + 24 · 1 = 360.
Budući da svaki od traženih brojeva možemo napisati u obliku
10 000a + 1000b + 100c + 10d + e, slijedi da je zbroj svih tih brojeva jednak
10 000n + 1000n + 100n + 10n + n = 11 111n = 11 111 · 360 = 3 999 960.
4.
Budući da je |AE| = |ED|, |∠ GEA| = |∠ DEG| = 90° i GE zajednička 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.
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 38.
31
1 MATKA.indd 31
29.08.2008 18:54:29
atka 17 (2008./2009.) br. 65
K R
K
I
Ž A LJ K A
R I Ž A
LJ
K A
Zdravko Kurnik, Zagreb
1
2
Ο
Ο
11
14
6
4
Ο3
7
8
Ο
9
Ο
10
Ο
12
Ο
5
Ο
13
15
VODORAVNO: 1. Duljina stranice kvadrata kojemu je opseg jednak 2008.
3. Površina pravokutnika kojemu su duljine stranica dva od brojeva 3, 33, 103,
133. 6. (88 – 44) : 11 + (543 – 345) : 9. 8. Duljina treće stranice trokuta kojemu
su duljine dviju stranica 39 i 69 i opseg jednak 150. 9. Osamdeset sedam
tisuća trideset i jedan. 11. 4554 : 66. 12. (1000 + 999) – (2000 – 85). 14.
77 ⋅ 77 – 76 ⋅ 76. 15. Obujam kocke kojoj je duljina brida 9.
OKOMITO: 1. Duljina druge stranice pravokutnika kojemu je duljina jedne
stranice 45 i površina jednaka 2430. 2. 16 ⋅ 16 – 15 ⋅ 15 + 14 ⋅ 14. 4. 29 ⋅ 29 +
2900 : 29. 5. Obujam kvadra kojemu su duljine bridova 2, 2 i 23. 7. 9 ⋅ (15 +
12) ⋅ (15 – 12) – 11 ⋅ 11. 9. DCCCXCV. 10. 34 ⋅ 34 – 28 ⋅ 28 – 5 ⋅ 5. 11. Duljina
druge stranice pravokutnika kojemu je duljina jedne stranice 39 i opseg jednak
200. 13. Površina kvadrata kojemu je opseg 28.
32
1 MATKA.indd 32
29.08.2008 18:54:29
K
1
2
3
8
11
Ο
ΟΟ
14
17
21
18
I
Ž A LJ K A
R I Ž A
Ο
4
5
9
Ο
10
12
13
K A
7
ΟΟ
Ο
Ο
6
LJ
atka 17 (2008./2009.) br. 65
K R
19
20
Ο
22
15
16
VODORAVNO: 1. Prosti djelitelj broja 2334. 4. Prve četiri decimale u
8
. 8. Broj kojemu su svi prosti faktori 3,
decimalnom prikazu razlomka
13
⎛1 3 5⎞
13, 113. 10. 55 ⋅ 5.2. 11. 10 ⋅ (40 – 1) – 19 ⋅ 19. 12. ⎜ + + ⎟ ⋅ 399. 14.
⎝7 7 7⎠
CMXC. 15. Koliko dužina određuje 10 točaka na pravcu? 17. Broj kojim
8
2616
da se dobije razlomak
. 19. 2 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅
treba proširiti razlomak
17
5559
3 ⋅ 3. 21. Površina kvadrata kojemu je opseg jednak 288. 22. Najveći zajednički
djelitelj brojeva 3515, 7733.
4 3
OKOMITO: 1. 2 ⋅ 9 ⋅ 19. 2. 1000 – 100 − – 50. 3. Skupina znamenki koja
7 7 10
se ponavlja u decimalnom prikazu razlomka . 5. 8.08 : 5.05 + 121.4. 6.
11
9
522
da se dobije razlomak
. 7. (22.22
Broj kojim treba skratiti razlomak
23
1334
– 2.2) ⋅ 1.8 – 0.036. 9. 98.76 : 0.12 – 8 ⋅ 8. 13. Najmanji troznamenkasti broj
koji je djeljiv brojem 3. 14. Najmanji zajednički višekratnik brojeva 326 i 489.
4
5
1
3
15. 300 + 400 − 100 − 200 + 10. 16. Najveći prosti djelitelj broja 3378.
9
9
4
4
17. Koliko trokuta određuje 7 točaka od kojih nikoje tri ne leže na jednom
pravcu? 18. Broj paralelograma što ih određuje 7 paralelnih pravaca s druga 2
paralelna pravca koji ih presijecaju. 20. Najveći dvoznamenkasti prosti broj.
33
1 MATKA.indd 33
29.08.2008 18:54:29
atka 17 (2008./2009.) br. 65
K R
K
I
Ž A LJ K A
R I Ž A
1
8
Ο
9
Ο
11
12
ΟΟ
14
Ο
15
Ο
22
19
3
K A
4
18
2
LJ
5
Ο
13
Ο
20
6
7
10
ΟΟ
16
17
21
Ο
23
Ο
VODORAVNO: 1. Rješenje jednadžbe 9(x – 7) – 27 = 7(x – 9) + 27. 3. Period u decimalnom
8
13 1
1
6
7
8
zapisu razlomka . 8. : . 9. Nazivnik najmanjeg od razlomaka , – , – , – .
13
6 42
30 35 40 47
10. Površina pravokutnog trokuta kojemu su duljine kateta jednake 16 i 37. 11. (–2) ⋅ (–2) ⋅
⋅ (–4) ⋅ (–4) ⋅ (–8) ⋅ (–8). 13. Površina trapeza kojemu su duljine osnovica 55.1 i 4.1 a duljina
1
1
1
visine 2.5. 14. Rješenje jednadžbe x + ( x − 3 ) + ( x − 4 ) – 33.75 = 0. 15. MMCMLXXV.
2
3
4
13
20 28 24
i površina
18. ⋅ ⋅ . 20. Duljina osnovice paralelograma kojemu je duljina visine
4
3 5 7
1 1 1 1 1
211.25. 21. Najmanji zajednički nazivnik razlomaka , , , , . 22. Brzina aviona u m/sat
2 3 4 6 9
koji put od 195.9 kilometara prevali za 12.5 minuta. 23. 100 – [4 ⋅ (7 ⋅ 7 + 1) – 180].
⎛ 71 ⎞ ⎛ 1 ⎞
OKOMITO: 1. Zbroj površina svih strana kocke kojoj je duljina brida 7. 2. ⎜ − ⎟ : ⎜ − ⎟ .
⎝ 7 ⎠ ⎝ 70 ⎠
3. (–8) ⋅ (–8) ⋅ (–10) ⋅ (–10) + (–7) ⋅ (–9). 4. Broj trokuta što ih određuje 5 točaka ravnine
od kojih nikoje tri ne leže na jednome pravcu. 5. Površina kvadrata kojemu je duljina
90 − x
= 1. 6. Koji je od cijelih brojeva 88, –89, 89, 90 rješenje
stranice rješenje jednadžbe
33
x − 6 x + 14
jednadžbe 5(x – 9) – 4(x + 1) – 40 = 0? 7. Rješenje jednadžbe
−
+ 6 = 0.
10
6
4
9
14
12. ⎛⎜ − + ⎞⎟ ⋅ 600 + 8880. 13. 10 ⋅ [5 ⋅ 5 ⋅ (5 + 1) ⋅ (5 – 1) + 125]. 16. Put u metrima što
⎝ 5 10 15 ⎠
ga prevali biciklist za 2.46 minuta brzinom od 18 km/sat. 17. Opseg kvadrata kojemu je
1 2 8
površina 19 600. 18. Prosti djelitelj broja 3990. 19. ⎛⎜ 3 − ⎟⎞ : . 20. Veličina u stupnjevima
⎝ 3 7 ⎠ 63
četvrtog kuta četverokuta kojemu su veličine triju kutova 99°, 99 °, 100°.
34
1 MATKA.indd 34
29.08.2008 18:54:30
K
1
2
3
7
ΟΟ
Ο
12
Ž A LJ K A
R I Ž A
Ο
4
Ο
8
Ο
10
11
13
15
19
I
5
20
16
6
Ο
17
Ο
K A
9
ΟΟ
Ο
Ο
LJ
atka 17 (2008./2009.) br. 65
K R
14
18
21
VODORAVNO: 1. 18.1% od 3000. 4. Apscisa točke koja je simetrična točki T(–19, –18)
s obzirom na ishodište O. 5. Polumjer kruga kojemu je površina jednaka 7744 π. 7.
1
Umnožak f(12) ⋅ f(16) ⋅ f(20) ako je f linearna funkcija zadana jednakošću f(x) = –
4
x + 50. 9. Na koliko se dijelova duljine 22.5 cm može podijeliti dužina duljine 98.1 m?
7
10. 41 ⋅ 41 ⋅ 41. 12. Koliko je 125 ⋅ f(25) ako je f(x) = x + 90? 15. Ukupan broj
5
dijagonala 44–terokuta. 16. Umnožak xy ako je uređeni par (x, y) rješenje sustava
111
3
x – y = 20, x + y = 458. 19. Vrijednost funkcije f(x) =
za x = . 20. Ordinata točke
4x
4
koja je simetrična točki A(20, –30) s obzirom na koordinatnu os x. 21. Površina
pravokutnika kojemu duljine stranica a i b zadovoljavaju jednakosti a – b = 80, a – 10b = –1.
OKOMITO: 1. DXCVI. 2. Za koliko se razlikuju polumjeri krugova kojima su
opsezi 6666π i 6760π? 3. Apscisa sjecišta pravaca x + 3y + 1 = 0, x – 3y – 65 = 0.
4. Glavnica koja uz kamatnu stopu 4.4% za godinu dana donosi kamate od 4763 kune.
10
1
5. Opseg pravilnog 277-terokuta kojemu je duljina stranice rješenje jednadžbe
= .
17 + x 2
6. Postotak koji od 99 900 iznosi 85 914. 8. Vrijednost izraza 55a – 10b + 200 za a =
13.4 i b = –2.9. 9. Broj vrhova mnogokuta kojemu je zbroj unutarnjih kutova 7200°.
2
11. Zbroj f(7) + f(14) + f(21) + f(28) + 932 ako je f(x) = x. 12. Prosti djelitelj broja
7
1177. 13. Nepoznati član razmjera 13 : 2 = x : 8. 14. 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 = 0. 18. Koji je od brojeva 48, 46, 42, 40 mjera u
stupnjevima središnjeg kuta karakterističnog trokuta pravilnog mnogokuta?
35
1 MATKA.indd 35
29.08.2008 18:54:30
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?
1 MATKA.indd 36
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?
DVA
+ ŠEST
OSAM
29.08.2008 18:54:30
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
JADRANSKI ZAPISI
KAPETAN
STRINA
OSAMLJENOST
ŠESTAK
BUDVA
TJEDAN
Ove riječi povezuje
zajedničko svojstvo.
Najprije otkrijte to
svojstvo, a onda razmislite
na što ono upućuje.
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
P
red 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 37
29.08.2008 18:54:30
atka 17 (2008./2009.) br. 65
(Nastavak sa stranice 31.)
5.
Neka je s1 simetrala stranice AB , a s2 simetrala stranice BC . Budući da je s1 ⊥ AB,
s2 ⊥ BC i AB ⊥ BC, onda je s1 ⊥ s2.
Budući da je |ES| = |SH| i | ∠ ESH| = 90°, to znači da je trokut
ESH jednakokračan i pravokutan, dakle |∠ HES| = |∠ SHE| =
45°. No, |FS| = |SG| i |∠GSF| = 90°, to znači da je i trokut FGS
jednakokračan i pravokutan, dakle |∠SFG| = |∠FGS| = 45°.
Budući da je |∠FSE| = 90°, onda je trokut EFS pravokutan pa je
|∠SEF| = |∠EFS| = 90°.
Dalje je:
|∠HEF| + |∠EFG| = (|∠HES| + |∠SEF|) + (|∠EFS| + |∠SFG|) =
|∠HES| + (|∠SEF|) + |∠EFS|) + |∠SFG| = 45° + 90° + 45° = 180°.
To znači da je EH || FG, tj. da je četverokut EFGH trapez.
Budući da je |ES| = |SH|, |∠FSE| = |∠HSG| = 90° i |FS| = |SG|,
prema poučku S-K-S o sukladnosti trokuta slijedi da je EFS ≅ HGS. Iz te sukladnosti slijedi da je |EF| = |HG|, te je tvrdnja dokazana.
8. razred
1.
2.
Budući da je a(a + 2) + c(c – 2) – 2ac = a2 + 2a + c2 – 2c – 2ac = (a – c)2 +2(a – c),
i da je prema uvjetu zadatka a – c = 7, vrijednost zadanog izraza iznosi 63.
(
2006 + 2010 ) = ( 2006 ) + 2 2006 ⋅ 2010 + ( 2010 ) =
2
2
2
= 4016 + 2 2006 ⋅ 2010 = 2 ( 2008 + 2006 ⋅ 2010 ) .
Nadalje je:
2006 ⋅ 2010 = ( 2008 − 2 ) ⋅ ( 2008 + 2 ) = 20082 − 22 < 20082 = 2008 .
Zato slijedi da je
(
2006 + 2010 ) < 2 (2008 + 2008) = 4 . 2008. Nakon korje-
novanja dobivamo da je
3.
2
2006 + 2010 < 2 2008 .
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.
38
1 MATKA.indd 38
29.08.2008 18:54:30
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 dobiva2 3
. Primjemo da je |AC| = 2 3 , odnosno |AE| =
3
nom Pitagorina poučka na trokut AMD dobivamo da
6
je |DM| = 6 , odnosno |EM| =
.
3
atka 17 (2008./2009.) br. 65
4.
2 3
6
Duljine stranica trokuta AME su |AM| = 2 , |AE| =
i |ME| =
, pa vrije3
3
di jednakost:
|AM|2 = |AE|2 + |ME|2. Prema obratu Pitagorina poučka zaključujemo da
je trokut AME pravokutan, s pravim kutom u vrhu E. Dakle, |∠MEA| =
|∠CED| = 90°.
5.
Dopunimo pravokutnik ABCD sukladnim pravokutnikom kao na slici:
2
|EF|. Promotrimo pra3
vokutne trokute AEQ i QFC. Budući da je |AE| = |QF| = x i |EQ| = |CF| = 2x,
zaključujemo da su ti trokuti sukladni. Iz te sukladnosti slijedi da je |AQ| = |QC|,
|∠EAQ| = |∠CQF| i |∠EQA| = |∠QFC|. Prema tome, trokut AQC je jednakokračan
i pravokutan.
Na dužini EF odaberimo točku Q takvu da je |EQ| =
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.
39
1 MATKA.indd 39
29.08.2008 18:54:31
atka 17 (2008./2009.) br. 65
KUTAK ZA
KREATIVNI TRENUTAK
MOZGALICA: TANTRIX
M
ozgalica Tantrix jedna je od onih koje rješavaju svi oni atkači od
8 do 99 godina. Može se igrati s dijelom skupa pločica kao i sa svim
pločicama. Prije početka igre treba odrediti broj pločica s kojima se slaže staza
te boju staze.
Ovu je mozgalicu kreirala i u javnost pustila jedna američka tvrtka. Na web
adresi www.familygamesamerica.com možete naći još puno novih mozgalica.
Prijedlog: Načinite 10 komada šesterokutnih sukladnih pločica. Na njima
ucrtajte dijelove staza u tri boje. (Vidi sliku.)
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.
40
1 MATKA.indd 40
29.08.2008 18:54:31
ZADATCI ZA
MATKAÈE POÈETNIKE
Z
a ovaj broj atke zadatke su nam poslali atkači Nikola Buhiniček, Iva
Zadro, Sanja Marić, Irena Petrić i Hrvoje Katić, a odabrali su ih i uredili
Marija Rako i Mate Prnjak. Zadatke je ilustrirala atkačica Jelena Grbavec.
Zahvaljujemo im na suradnji te pozivamo ostale atkače da se pridruže u
slanju zadataka.
Nagradit ćemo i objaviti ime svakog
najmanje triju postavljenih zadataka.
atka 17 (2008./2009.) br. 65
ZADATCI ZA MATKAČE POČETNIKE
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 = 0.
3. 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 41
29.08.2008 18:54:31
atka 17 (2008./2009.) br. 65
6. Razredni odjel
Učitelj je u 7.a razrednom odjelu pitao koliko taj dan nedostaje učenika.
1
Redar je odgovorio: Nedostaje ih . U tom trenutku u razred uđe jedan učenik,
8
1
a redar odgovori: Sada ih nedostaje . Koliko ukupno ima učenika u 7.a?
12
7. Polinom
Polinom 6x2 – 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 42
29.08.2008 18:54:31
atka 17 (2008./2009.) br. 65
11. Kutovi
Ispišite sve kutove na slici.
12. 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 56.25 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 43
29.08.2008 18:54:32
atka 17 (2008./2009.) br. 65
16. 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.
18. Množenje
O kojem se množenju radi?
· 8
2 7
16
19. 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 16.
20. Darovi
U trgovini moraju složiti 240 jednakih darova, pri
čemu svakoga dana planiraju složiti jednak broj darova.
Ako bi svakoga dana složili 4 dara manje, radili bi 5 dana
dulje. Za koliko dana planiraju završiti posao?
44
1 MATKA.indd 44
29.08.2008 18:54:32
atka 17 (2008./2009.) br. 65
ODABRANI ZADATCI
ODABRANI ZADATCI
Vlado Stošić, Zagreb
943. Odredite: a) najveći,
b) najmanji prirodni broj kojemu je zbroj znamenaka jednak
43, pri čemu niti jedna znamenka nije nula.
944. Dijeljenjem nekog prirodnog broja brojem 60 dobiva se ostatak 55. Kako
će se promijeniti količnik i koliki će biti ostatak ako isti broj podijelimo
brojem 15?
945. Dan je niz od 2008 prirodnih brojeva, tako da je prvi broj niza 7, a svaki
sljedeći broj niza je za 5 veći od prethodnog broja tog niza. Koliki je
2008. broj tog niza?
946. Cestom hodaju dva pješaka u istome smjeru. Duljina
1
manja od duljine koraka
koraka jednog od njih je za
10
1
koraka više
drugog, ali zato on za isto vrijeme načini
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.
45
1 MATKA.indd 45
29.08.2008 18:54:32
atka 17 (2008./2009.) br. 65
949. Zbroj kojih je dvaju cijelih brojeva jednak njihovom umnošku?
950. Odredite pravilo po kojemu možemo usmeno izračunati umnožak dvaju
dvoznamenkastih brojeva ab ⋅ ac ako je b + c = 10.
951. Na dijagonali BD kvadrata ABCD odabrane su točke E i F tako da 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.
953. Ako za dva realna broja a i b vrijedi jednakost a + b = 2 ab , onda je a = b.
Dokažite.
954. Dan je trapez kojemu su dijagonale okomite, pri čemu je duljina jedne
od njih 5 cm. Kolika je površina tog trapeza ako je duljina visine tog
trapeza 4 cm?
46
1 MATKA.indd 46
29.08.2008 18:54:32
Mladen Markobašić, Zagreb
Sudoku 1
Zadatak:
a) složite slagalicu od slova Č, E, I, K, N, U tako da se ni
u jednom retku ili stupcu ili kvadratu 3×2 ne ponavlja niti
jedno slovo;
b) premetnite zadana slova i dobit ćete pojam vezan uz
školu.
atka 17 (2008./2009.) br. 65
SUDOKU
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.
47
1 MATKA.indd 47
29.08.2008 18:54:32
atka 17 (2008./2009.) br. 65
RAÈUNALA
Nastavak iz
atke broj 64
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 48
29.08.2008 18:54:33
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.
Slika 23.
atka 17 (2008./2009.) br. 65
No, pentagram se i danas koristi. Najbolje će to ilustrirati idući primjeri.
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 27.
49
1 MATKA.indd 49
29.08.2008 18:54:33
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 31. – 34.
Slika 31.
Slika 32.
50
1 MATKA.indd 50
29.08.2008 18:54:33
atka 17 (2008./2009.) br. 65
Slika 33.
Slika 34.
Zadatak:
Osmislite i uporabom Sketchpada konstruirajte amblem u kojemu će se
skrivati božanska proporcija, pentagram, op art... Vaši najbolji radovi bit će
objavljeni i nagrađeni.
Literatura:
1.
J. A. Adam: Mathematics in Nature, Princeton University Press, Princeton
and Oxford, 2006.
2.
K. Elam: Geometry of Design, Studies in Proportion of Composition, Princeton Arhitectural Press, New York, 2002.
3.
R. Herz – Fischler: A Mathematical History of the Golden Number, Dover
Publications Inc., New York, 1998.
4.
V. Devidé: Zabavna matematika, Školska knjiga, Zagreb, 1988.
5.
Z. Šikić: Istine i laži o zlatnom rezu, Poučak 15, listopad 2003., 50 – 69.
6.
Q. Lawlor: Philosophy and Practice Sacred Geometry, Thames & Hudson
Ltd., London, 2002.
7.
R. Dixon: Mathographics, Dover Publications, INC., New York, 1991.
Internetske adrese:
www.math.csusb.edu/courses/m129/golden/golden_ratio.html/5.11.2007./
www.likovna-kulltura.ufzg.hr/miro4.html/15.11.2007./
www.cage.ugent.be/~hs/polyhedra/dodeca.html/15.11.2007./
www.ri.net./Skills/math/extended_1.html/15.11.2007./
www.mathword.wolfram.com/Pentagram.html/29.10.2007./
www.jimloy.com/geometry/pentagor.html/29.10.2007./
51
1 MATKA.indd 51
29.08.2008 18:54:34
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
65 536 redaka (označenih brojevima) i 256 stupaca (označenih slovima),
što je ukupno 16 777 216 ćelija. Podatke (brojeve, formule ili tekst) možemo
upisivati samo u aktivnu ćeliju (ćelije koju smo odabrali klikom lijeve tipke
miša unutar nje ili smo do nje došli pomoću strjelica, a prepoznajemo je jer
je, za razliku od ostalih ćelija, uokvirena debljim tamnim rubom).
Kroz nekoliko primjera vidjet ćemo kako nam Microsoft Excel može
pomoći u matematici.
Primjer 1. Deset površinom najvećih država svijeta su Argentina (2 766
890 km2), Australija (7 686 850 km2), Brazil (8 511 965 km2), Indija (3 287 590
km2), Kanada (9 976 140 km2), Kazahstan (2 717 300 km2), Kina (9 596 960 km2),
Rusija (17 075 200 km2), Sjedinjene Američke Države (9 629 091 km2) i Sudan
(2 505 810 km2).
52
1 MATKA.indd 52
29.08.2008 18:54:34
atka 17 (2008./2009.) br. 65
a) Kolika je ukupna površina tih deset država?
b) Koja od navedenih država ima najveću, a koja najmanju površinu?
c) Poredajmo navedene države po broju stanovnika.
Rješenje: Ovaj zadatak i nije previše kompliciran, ali ipak moramo
zbrojiti deset brojeva. Prvi korak koji trebamo napraviti je upisati navedene podatke u tablicu. Dovoljno je unijeti samo brojeve (svaki broj u
svoju ćeliju), ali je zbog preglednosti preporučljivo unijeti i imena država.
Argentina Australija Brazil
Indija Kanada Kazahstan Kina
Rusija
SAD
Sudan
2766890 7686850 8511965 3287590 9976140 2717300 9596960 17075200 9629091 2505810
Nakon što smo unijeli podatke u tablicu, možemo krenuti na rješavanje
zadatka.
a) Za izračunati ukupan broj stanovnika koristimo alat za zbrajanje.
Pokazivač položaja postavimo u slobodnu ćeliju u koju želimo da nam se
i odaberemo
izračuna ukupan broj stanovnika, a zatim kliknemo na sličicu
naredbu SUM. Nakon toga označimo sve ćelije u koje su upisani brojevi, kliknemo na OK i u odabranoj se ćeliji ispisuje rezultat 73 753 796.
b) Ponovo kliknemo na , ali sada odaberemo naredbu MAX odnosno
MIN i u odabranim se ćelijama ispisuje najveća (17 075 200) odnosno najmanja
(2 505 810) površina. Nakon što znamo najveću i najmanju površinu, iz tablice
se vrlo jednostavno očita da od navedenih država Rusija ima najveću površinu,
a Sudan najmanju.
c) Označimo cijelu tablicu (i imena država i broj stanovnika) i u 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.
53
1 MATKA.indd 53
29.08.2008 18:54:34
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
17075200 9976140 9629091 9596960 8511965 7686850 3287590 2766890 2717300 2505810
U Microsoft Excelu možemo imati različite vrste zapisa kao npr. općeniti
zapis, brojčani, valutni, razlomački, znanstveni, tekstualni, posebni i dr.
Primjer 2. Popunimo tablicu:
Broj
Recipročni broj
4/5
5/4
7/8
12
25/12
2 1/7
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.
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.
54
1 MATKA.indd 54
29.08.2008 18:54:34
Broj
Recipročni broj
4/5
1 1/4
1 1/7
7/8
1 1/4
4/5
12/25
2 1/12
12
1/12
2 2/3
3/8
atka 17 (2008./2009.) br. 65
Za izračunati recipročni broj zadanog broja (ili zadani broj recipročnog
broja) postupak je sljedeći. Kliknemo u ćeliju ispod 4/5, a zatim u traci ćelije
(u bijeli pravokutnik iznad oznaka stupaca) upišemo =1/ i zatim označimo
ćeliju u kojoj je upisano 4/5. Isti postupak ponovimo i za ostale brojeve u 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.).
2 1/7
7/15
Osim za tablično računanje, Microsoft Excel možemo koristiti i za grafički
prikaz proporcionalnosti.
Primjer 3. U istom koordinatnom sustavu grafički prikažimo proporcionalnost:
1
a) y = 3x,
b) y = x.
4
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
1
ćemo grafički prikazati proporcionalnost y = x.
4
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
–5
–15
–3
–9
–1
–3
0
0
1
3
3
9
5
15
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.
55
1 MATKA.indd 55
29.08.2008 18:54:34
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.
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-
56
1 MATKA.indd 56
29.08.2008 18:54:34
atka 17 (2008./2009.) br. 65
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:
U primjeru se traži da u istom koordinatnom sustavu prikažemo propor1
cionalnosti y = 3x i y = 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
1
y = 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
–5
–15
–1.25
–3
–9
–0.75
–1
–3
–0.25
0
0
0
1
3
0.25
3
9
0.75
5
15
1.25
Postupak crtanja je već opisan. Označimo tablicu i pokrenemo Čarobnjak
za crtanje.
57
1 MATKA.indd 57
29.08.2008 18:54:34
atka 17 (2008./2009.) br. 65
IZ SVIJETA
NATJECANJE GEORG MOHR 2008.
Alija Muminagić, Danska
Prvi krug natjecanja Georg Mohr za 2008. godinu održan je 4. prosinca
2007. godine. Učenici su u vremenu od 45 minuta rješavali 20 postavljenih
zadataka. U rješavanju nije bila dopuštena uporaba bilo kakvih pomagala.
1. Ako u ravninu razvijemo presavijeni papir prikazan na srednjoj slici,
dobit ćemo lijevu sliku. Istom presloženom papiru odrežemo rubove kao što
prikazuje slika desno. Koliko će rupa imati papir razvijen u ravninu?
(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
(D) ovisi o mjestu susreta
(B) B
(C) stići će istodobno
(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)
1
16
58
1 MATKA.indd 58
29.08.2008 18:54:35
(A) 50
(B) 38
(C) 20
(D) 60
(E) 24
5. Koji od brojeva nije djeljiv brojem 18?
(A) 540
(D) 2007 ∙ 2008 ∙ 2009
(B) 1818 + 7216
(E) 9 ∙ 888 – 8 ∙ 999.
(C) 36 ∙ 4226
atka 17 (2008./2009.) br. 65
4. Duljina visine na osnovicu jednakokračnog trokuta površine 60 iznosi 5.
Koliki je opseg tog trokuta?
6. Igra 7–bang” sastoji se u glasnom brojanju od 1 do 100, ali svaki put
“
kad dođeš do broja koji je djeljiv brojem 7 ili koji sadrži znamenku 7, umjesto
broja moraš reći bang”. Koliko ćeš puta reći bang”?
“
“
(A) 10
(B) 14
(C) 24
(D) 30
(E) 34
7. Sedam brojeva: –3, –2, –1, 0, 1, 2 i 3 upisani su na slučajan način unutar
sedam krugova. Kolika je vjerojatnost da je zbroj brojeva u vanjskih šest krugova jednak –3?
(A)
1
3
(B)
1
6
(C)
1
7
(D)
1
9
(E)
3
49
8. Koji je broj rješenje jednadžbe 1 + 1 + 1 + x = 3 ?
(A) 0
(B) 6
(E) jednadžba nema rješenja
(C) 6
(D) 64
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
(D) Y je ljut
(B) Y je sretan
(E) Z je ljut
(C) Z je sretan
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°
(B) 180°
(C) manji od 360°
(D) 360°
(E) 540°
D
A
C
59
1 MATKA.indd 59
29.08.2008 18:54:35
atka 17 (2008./2009.) br. 65
11. Neki se izbori održavaju u dva kruga s kandidatima P1, P2 i
P3. U drugi krug prošli su kandidati P1 i P2. U prvome krugu kandidat P3 osvojio je 25% glasova. Očekuje se da će od njegovih glasača
20% u drugom krugu glasati za kandidata P1, a 80% za kandidata
P2. Pretpostavlja se da će kandidat P2 osvojiti ukupno 55% glasova.
Koliki je postotak glasova u prvom krugu osvojio kandidat P1?
(A) 30 %
(B) 35 %
(C) 40 %
(D) 45 %
(E) 50%
12. Čemu je jednako vrijedan izraz (a + b ) − (a − b ) ?
2
(A) 0
(B) 2a2
(C) 2b2
2
(D) 2a2b2
(E) 4ab
13. U označene točke koordinatnog sustava stavljeni su kamenčići. Nalaziš
se u točki (0, 0) i možeš se pomicati od kamenčića do kamenčića u koracima duljine 1 ili 2 . Osvajaš sve one kamenčiće koje iz početne točke možeš
osvojiti u najviše 5 pomaka. Koliko kamenčića ne možeš osvojiti?
(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
0
2
4
6
9
14. Za 6 kg robe A moraš platiti 11 novčića, za 7 kg robe B moraš platiti 12
novčića, cijena kilograma robe C je 2 novčiča, 5 novčića je dovoljno za kupovinu
11 kg robe D, a cijena 600 g robe E iznosi 1 novčić. Koja je roba 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?
1
1
(B) 1
(A) 1
2
3
1
3
(C) 1
(D) 1
4
8
(E) površina je beskonačno velika
60
1 MATKA.indd 60
29.08.2008 18:54:35
17. Koji logo ima najveću površinu?
pandža”
češalj”
svjetlo”
“
“
“
(A) pandža” (B) češalj”
(C) svjetlo”
“
“
“
(E) svi imaju jednaku površinu
“
osmijeh”
atka 17 (2008./2009.) br. 65
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:
60 ⋅ x
12
60 ⋅ 5
x
x
(B)
(C)
(D)
(E)
(A)
5
x
x
5 ⋅ 60
12
(D) osmijeh”
“
18. Označimo s m(a, b) veći od brojeva a i b. Koje je pravilo ispravno?
(A) m(a, a ) + m(b, b) = m(a, b)
(B) m(a + b, b + c) = m(a + c, a + b)
(C) m(a, b) + m(b, c) = m(a, c)
(D) m(a + c, b + c) = m(a, b) + c
(E) m(a, b) = a + b
19. Kukac mora prijeći put od P do Q preko plohe dolje prikazanog bloka.
Kolika je duljina najkraćeg puta?
(A) 3 2
(B) 2 5
(C) 1 + 5 + 2
(D) 2 + 2 2
(E) 5
20. U binarnom rječniku riječ duljine n znači niz od n znakova od kojih je
svaki jednak 0 ili 1. Udaljenost između dviju binarnih riječi je broj mjesta gdje
dvije riječi odstupaju. Primjerice, udaljenost između riječi 100010 i 010011
jednaka je 3. Koliko binarnih riječi duljine 6 ima udaljenost najviše 4 od riječi
100010?
(A) 6
(B) 18
(C) 24
(D) 31
(E) 57
61
1 MATKA.indd 61
29.08.2008 18:54:35
atka 17 (2008./2009.) br. 65
RJEŠENJA ZADATAKA
IZ BROJA 64.
Enigmatka
Kombinacija. Vidite crteže!
1
S
6
U
11
S
16
S
2
K
7
S
12
U
17
I
3
4
E
8
R
13
D
18
G
L
9
E
14
A
19
E
5
A
10
D
15
C
20
T
10
D
8
R
6
U
18
G
3
E
20
T
2
K
14
A
1
S
9
E
4
L
12
U
15
C
7
S
17
I
11
S
5
A
19
E
13
D
16
S
Iste znamenke. Evo nekih prikaza:
111 – 11 – 11 – 11 – 11 – 1 – 1 – 1, 11 + 11 + 11 + 11 + 11 + 11 – 1 – 1, 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2,
33 + 33 – 3 + 3 : 3, 4 ⋅ 4 ⋅ 4, 55 + 5 + 5 – 5 : 5, 66 – 6 : 6 – 6 : 6, 77 – 7 – 7 + 7 : 7, 7 ⋅ 7 + 7 + 7 + 7 : 7,
8 ⋅ 8, 9 ⋅ 9 – 9 – 9 + 9 : 9.
Natjecatelji. Mjesta su: Orahovica, Krapina, Karlobag, Novigrad, Garešnica, Virovitica,
Tovarnik, Savudrija, Lepoglava, Cetingrad, Križevci, Bjelovar.
Pomicaljka. Diralište, analitika, peterokut.
Zbrajaljka. Evo traženih zamjena: ADEIPRTV = 12048357 (najmanji broj), 97628510
(najveći broj).
Trokuti. Manje! Na crtežu se može prebrojiti ukupno 49 pravokutnih trokuta.
U znaku broja 100. Neka je m broj muškaraca, ž broj žena, a d broj djece. Te
nepoznanice povezuju jednakosti m + ž + d = 100, 3m + 2ž + d/2= 100. Eliminacijom
veličine d nalazimo da je 5m + 3ž = 100. Broj žena očito mora biti djeljiv brojem 5.
Pomoću te činjenice otkrivamo sljedećih 7 rješenja:
(m, ž, d) = (20, 0, 80), (17, 5, 78), (14, 10, 76), (11, 15, 74), (8, 20, 72), (5, 25, 70), (2, 30, 68).
Rješenja odabranih zadataka
931. Neka je n traženi broj. Tada vrijede ove jednakosti:
n = 4a + 3, n = 5b + 3, n = 6c + 3, n = 7d + 3, odnosno n – 3 = 4a, n – 3 = 5b, n – 3 = 6c,
n – 3 = 7d. To znači da je n – 3 višekratnik brojeva 4, 5, 6 i 7. Budući da je V(4, 5, 6, 7)
= 420, slijedi da je broj n – 3 = 420k, pri čemu je k prirodan broj.
Najmanji četveroznamenkasti broj dobit ćemo iz nejednakosti 420k ≥1000, ako je broj
k najmanji moguć. Zbog k ≥ 1000 ili k ≥ 2 160 zaključujemo da je najmanji prirodni
420
420
broj k = 3. Za k = 3 dobivamo da je n – 3 = 420 · 3, odnosno n – 3 = 1260, odakle je
n = 1263. Prema tome, 1263 je najmanji traženi četveroznamenkasti broj.
62
1 MATKA.indd 62
29.08.2008 18:54:36
k najveći moguć. Zbog k ≤ 9999 ili k ≤ 23 339 zaključujemo da je najveći prirodni broj
420
420
k = 23. Za k = 23 dobivamo da je n – 3 = 420 · 23 ili n – 3 = 9660, tj. n = 9663. Prema
tome, 9663 je najveći traženi četveroznamenkasti broj.
932. Neka je x kilometara na sat brzina automobila i neka je C mjesto susreta motorista
i automobila (vidi sliku).
atka 17 (2008./2009.) br. 65
Najveći četveroznamenkasti broj odredit ćemo iz nejednakosti 420k ≤ 9999, ako je broj
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| = 120 + 3x kilometara.
Neka je D mjesto susreta biciklista i automobila. Do susreta u mjestu D biciklist je
prešao put dug 4 · 15, tj. 60 km, a automobil 4x kilometara. Zato je |AB| = 60 + 4x
kilometara. Zbog jednakosti lijevih strana dviju jednadžbi, tj. |AB|, slijedi i jednakost
njihovih desnih strana, tj. 60 + 4x = 120 + 3x, ili 4x – 3x = 120 – 60, tj. x = 60. Prema
tome, brzina automobila je 60 km na sat, a to znači da je duljina puta od A do B
jednaka 60 + 4 · 60, tj. 300 km.
933. Znamenka desetinke u djelitelju mora biti manja od 3. Naime, ako je znamenka
desetinke jednaka 3, onda je količnik 291.8, što nije moguće jer je 291.8 < 3 ∗∗.8.
Ako je znamenka desetinke u djelitelju jednaka 1, onda je količnik 310.3, što opet nije
moguće jer je znamenka desetinke u dobivenom količniku 3, a u traženom je količniku
8. Zato je znamenka desetinke djelitelja jednaka 2, pa je traženi djelitelj 3.25, a to znači
da je količnik 300.8.
Prema tome, traženi je djelitelj 3.25, a količnik 300.8 .
934. 1. način. Izlučimo zajednički faktor iz prvih dvaju razlomaka.
Naime, 36 −
5⋅ 7
1
1
1
1 ⎛⎜
1⎞
1
1
−
−
=
⋅ ⎜36 − ⎟⎟⎟ −
−
=
⎜
5⋅ 6⋅ 7 6⋅ 7 ⋅ 8 6⋅ 8
5⋅ 7 ⎝
6 ⎠ 6⋅ 7⋅8 6⋅8
= 1 ⋅ 215 − 1 − 1 = 1⋅ 5 ⋅ 43 − 1 − 1 =
5⋅ 7 6
6⋅ 7⋅8 6⋅8
5⋅ 6⋅ 7 6⋅ 7 ⋅ 8 6⋅ 8
= 43 −
6⋅ 7
1
1
1 ⎛⎜
1⎞ 1
−
=
=
⎜43 − ⎟⎟⎟ −
6 ⋅ 7 ⋅ 8 6 ⋅ 8 6 ⋅ 7 ⎜⎝
8⎠ 6⋅8
= 1 ⋅ 343 − 1 = 1 ⋅ 7 ⋅ 49 − 1 =
6⋅ 7
8
6⋅8
6⋅ 7
8
6⋅8
= 49 − 1 = 48 = 1.
6⋅8 6⋅8 6⋅8
2. način. Sve dane razlomke svedimo na zajednički nazivnik 5 · 6 · 7 · 8. Naime,
36
1
1
1
36 ⋅ 48
8
5
35
−
−
−
=
−
−
−
=
5⋅ 7 5⋅ 6⋅ 7 6⋅ 7 ⋅ 8 6⋅ 8
5⋅ 6⋅ 7 ⋅ 8 5⋅ 6⋅ 7 ⋅ 8 5⋅ 6⋅ 7 ⋅ 8 5⋅ 6⋅ 7 ⋅ 8
=
1728 − 48
1680
5⋅ 6⋅ 7 ⋅ 8
=
=
= 1.
5⋅ 6⋅ 7 ⋅ 8
5⋅ 6⋅ 7 ⋅ 8 5⋅ 6⋅ 7 ⋅ 8
63
1 MATKA.indd 63
29.08.2008 18:54:36
atka 17 (2008./2009.) br. 65
935. Nakon jedne minute velika kazaljka ure pomakne se za 1minutni dio i tako načini
kut od 360 : 60, tj. 6°. Mala kazaljka ure za 1 sat pomakne se 5 minutnih dijelova, što
odgovara kutu od 30°. To znači da mala kazaljka ure nakon jedne minute načini kut
od 30:60, tj. 0.5°. Očito da od 6 do 7 sati mala i velika kazaljka ure ne mogu zatvoriti
ispruženi kut, nego će se to prvi put dogoditi poslije 7 sati. U 7 sati velika kazaljka
ure nalazi se na broju 12 na brojčaniku ure. To znači da u 7 sati mala i velika kazaljka
ure zatvaraju kut od 180 – 3o, tj. 150°, odnosno kut od 210°. Dalje radimo sa jednim
od ova dva kuta. Naravno da je lakše raditi s manjim kutom. Neka je x broj minutnih
dijelova za koji se velika kazaljka pomakne nakon 7 sati do položaja kad obje kazaljke
zatvore ispruženi kut. Za to vrijeme velika kazaljka načini kut od 6x stupnjeva. Za to
isto vrijeme mala kazaljka načini kut od 0.5x stupnjeva . Zato vrijedi jednadžba 150 +
6x – 0.5x = 180, ili dalje redom 150 + 5.5x = 180,
60
5
300
, x=
, tj. x = 5 . Prema tome, mala i velika kazaljka
11
11
55
5
ure prvi će put nakon 6 sati zatvoriti ispruženi kut u 7 sati i 5 minuta.
11
5.5x = 30, 55x = 300, x =
936. Neka je x broj liječnika, a y broj bolesnika u bolnici. Tada je 35x ukupan broj
godina svih liječnika, a 50y ukupan broj godina svih bolesnika. To znači da je 35x + 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.
937. Neka je x dio prve legure, a y dio druge legure koje smo uzeli. Istaknimo da
je u svakom dijelu prve legure omjer bakra i cinka 1 : 2, a da je u svakom dijelu
druge legure omjer bakra i cinka 4 : 5. To znači da x dijelova prve legure sadrži
dijelova bakra, a y dijelova druge legura sadrži
1
x
3
4
y dijelova bakra. Zato zaključujemo
9
1
4
x + y dijelova bakra. Isto tako x dijelova prve legure sadrži
3
9
2
5
x dijelova cinka, a y dijelova druge legure sadrži y dijelova cinka. To znači da
3
9
2
5
nova legura sadrži x + y dijelova cinka. Uzimajući u obzir uvjet zadatka da je u
3
9
⎛1
4 ⎞ ⎛2
5 ⎞ 2
novoj leguri omjer bakra i cinka 2 : 3, vrijedi razmjer ⎜⎜ x + y⎟⎟ : ⎜⎜ x + y⎟⎟ = .
⎟
⎜⎝ 3
⎜
9 ⎠ ⎝3
9 ⎟⎠ 3
⎛1
⎞
⎛
⎞
4
4
10
4
2
5
Ovaj razmjer možemo redom pisati 3⎜⎜ x + y⎟⎟ = 2 ⎜⎜ x + y⎟⎟ , x + y = x + y ,
⎜⎝ 3
⎜⎝ 3
3
3
9
9 ⎟⎠
9 ⎟⎠
x 2
9x + 12y = 12x + 10y, 2y = 3x, ili = , tj. x : y = 2 : 3 . To znači da valja uzeti 2 dijela
y 3
da nova legura sadrži
prve legure i 3 dijela druge legure.
x 2
Odredimo još traženi postotak. Naime, ako lijevoj i desnoj strani jednakosti =
dodamo 1, dobivamo ove jednakosti:
3
y
3
= , y = (x + y ), ili y = 0.6(x + y).
5
x+ y 5
y 3
x
2
x y 2 3 x+ y 5
,
,
+1 = +1
+ = +
= ,
y
3
y y 3 3
y
3
Prema tome, dio druge legure čini 60% nove legure.
64
1 MATKA.indd 64
29.08.2008 18:54:36
atka 17 (2008./2009.) br. 65
938. Lako zapažamo da su u danoj jednakosti 3 pribrojnika i zbroj parni brojevi, tj.
djeljivi brojem 2, a prema poučku o djeljivosti zbroja slijedi da je i pribrojnik 3b djeljiv
brojem 2. To je moguće samo ako je b paran broj. Jedini paran prosti broj je 2, pa je b =
2. Zato danu jednakost možemo pisati u obliku 2a + 6 + 4c + 8d = 174, ili 2a + 4c + 8d =
168, tj. a + 2c + 4d = 84. Budući da su u zadnjoj jednakosti 2 pribrojnika i zbroj djeljivi
brojem 2, zaključujemo da je pribrojnik a djeljiv brojem 2, pa je a = 2. Zato vrijede ove
jednakosti: 2 + 2c + 4d = 84, ili 2c + 4d = 82, tj. c + 2d = 41, pri čemu je c nužno neparan
broj jer je samo zbroj neparnog broja c i parnog broja 2d jednak neparnom broju 41.
Dalje, Diofantsku jednadžbu c + 2d = 41 možemo lako riješiti uporabom tablice:
c 3 7 19 31 37
d 19 17 11 5 2
Prema tome, tražene četvorke prostih brojeva su: (2, 2, 3, 19), (2, 2, 7, 17), (2, 2, 9, 11),
(2, 2, 31, 5), (2, 2, 37, 2).
939. Neka je |CM| = x, a |CN| = y. Tada je |BM| + |CM| = |BC| = |AB|, ili |BM| + x = a,
tj. |BM| = a – x. Lako se pokaže da je ΔMCN ∼ ΔABM. Naime, |∠MCN| = |∠ABM| = 90°,
|∠NMC | = |∠AMB| jer su to dva vršna kuta, i |∠MNC| = |∠MAB| jer su to dva kuta uz
presječnicu AN. Iz dokazane sličnosti trokuta vrijedi razmjer |CN| : |CM| = |AB| : |BM|,
ili dalje redom, y : x = a : (a – x ), y(a – x) = ax, y =
ax
.
a−x
a c
= slijedi jednakost njihovih recipročnih
b d
b d
ax
1 a−x
vrijednosti, tj. = , to jednakost y =
možemo dalje pisati redom =
,
a c
a−x
y
ax
1
a
x 1 1 1 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
Kako iz jednakosti dvaju razlomaka
940. Iz druge jednadžbe izrazimo x, tj. x = y + z – 3, zatim ovu jednadžbu kvadriramo
x 2 = y 2 + z 2 + 9 + 2 yz − 6 y − 6 z , pa nakon zamjene u prvu jednadžbu dobivamo
redom y 2 + z 2 + 9 − 6 y − 6 z + 2 yz − y 2 − z 2 = 1 , 2yz – 6y – 6z = –8, yz – 3y – 3z = –4,
yz – 3z = 3y – 4, tj. z(y – 3) = 3y – 4. Dalje možemo na razne načine.
1. način. Iz jednadžbe z(y – 3) = 3y – 4 slijedi jednadžba z =
z = 3+
5
.
y −3
3y − 4
3( y − 3) + 5
, ili z =
,
y −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 65
29.08.2008 18:54:37
atka 17 (2008./2009.) br. 65
3y − 4
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).
z=
2. način. Iz jednadžbe 3y – 4 = z(y – 3) zaključujemo da je cijeli broj 3y – 4 djeljiv
cijelim brojem y – 3. Budući da je i višekratnik broja y – 3, tj. 3(y – 3) djeljiv brojem y
– 3, zaključujemo da je i razlika brojeva 3y – 4 i 3(y – 3) također djeljiva brojem y – 3.
Zbog 3y – 4 – 3(y – 3) = 5 slijedi da je broj 5 djeljiv brojem y – 3. To je moguće samo
ako je y – 3 = ±1 ili y – 3 = ±5. Rješenja ovih četiriju jednadžbi su: y = –2, y = 2, y = 4,
y = 8. Sad iz jednadžbe z(y – 3) = 3y – 4, tj. z =
3y − 4
, 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).
941. Promotrimo dva od tri neparna broja a, b, c. Neka su to brojevi a i b. Kako je
umnožak dvaju neparnih brojeva uvijek neparan broj, slijedi da je ab – 1 paran broj.
Paran broj ab – 1 bit će djeljiv brojem 4 samo ako je ostatak pri dijeljenju umnoška ab
brojem 4 jednak 1. Dalje, ostatak pri dijeljenju neparnog broja brojem 4 može biti ili
1 ili 3. Očito da ostatak pri dijeljenju neparnog broja brojem 4 ne može biti jednak 2.
Naime, a = 4k + 2 nije moguć jer je broj 4k + 2 djeljiv brojem 2, a neparan broj a nije.
Ispitajmo sada koliki može biti ostatak pri dijeljenju umnoška ab brojem 4. Neka je a
= 4m + 1 ili a = 4m + 3, te b = 4n + 1 ili b = 4n + 3. Sad valja promatrati svaki od tri
moguća slučaja.
1°. Neka je a = 4m + 1 i b = 4n + 1. Tada je ab = (4m + 1)(4n + 1) = 16mn + 4m + 4n +1
ili ab = 4(4mn + m + n) + 1, tj. ab = 4x + 1.
2°. Neka je a = 4m + 3 i b = 4n + 3. Tada je ab= (4m + 3)(4n + 3) = 16mn + 12m +
12n + 9 ili ab= 16mn + 12m + 12n + 8 + 1 = 4(4mn + 3m + 3n + 2) + 1, tj. ab = 4y + 1.
3°. Neka je a = 4m + 1 i b = 4n + 3. Tada je ab = (4m + 1)(4n + 3) = 16mn + 12m +
4n + 3 ili ab = 4(4mn + 3m + n) + 3, tj. ab = 4z + 3.
Iz promatrana 3 slučaja zapažamo da će ostatak pri dijeljenju umnoška dvaju neparnih
brojeva brojem 4 biti 1 samo ako oba broja imaju isti ostatak, tj. ili 1 ili 3. Budući da svaki
neparan broj pri dijeljenju brojem 4 može imati ili ostatak 1 ili ostatak 3, zaključujemo
da od tri ma kako odabrana neparna broja a, b, c dva sigurno pri dijeljenju brojem
4 imaju isti ostatak: ili 1 ili 3. To znači da će ostatak dijeljenja umnoška tih dvaju
neparnih brojeva brojem 4 biti jednak 1.
Neka brojevi a i b imaju isti ostatak pri dijeljenju svakog od tih dvaju brojeva brojem
4, tj. ili 1 ili 3. Tada je ab – 1 = 4k + 1 – 1, tj. ab – 1 = 4k . Time smo dokazali da je bar
jedan od triju danih brojeva ab – 1, ac – 1, bc – 1 djeljiv brojem 4.
66
1 MATKA.indd 66
29.08.2008 18:54:37
atka 17 (2008./2009.) br. 65
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.
942. Neka su a = |AB| , b = |BC| duljine dviju
susjednih stranica paralelograma ABCD, pri
čemu je b = ka, i neka su e = |AC| , f = |BD|
duljine dijagonala paralelograma ABCD,
pri čemu je f = ke. Neka je točka M presjek
dijagonala paralelograma ABCD.
Primjenom poučka o duljini stranica i dijagonala paralelograma (vidi Matka br.
62, Odabrani zadatci, zadatak 918.) vrijedi jednakost: e2 + f 2 = 2a 2 + 2b 2 , pa
2
2
nakon zamjene vrijednosti za b i f dobivamo jednakost e2 + (ke) = 2a 2 + 2 (ka ) ,
ili e2 + k 2 e2 = 2a 2 + 2k 2 a 2, tj. e2 (1 + k 2 )= 2a 2 (1 + k 2 ). Nakon dijeljenja zadnje jednakosti brojem 1 + k2 , pri čemu je 1 + k2 > 0 , dobivamo jednakost e2 = 2a 2 . Tu
jednakost možemo pisati i ovako: e ⋅ e = 2 ⋅ a ⋅ a , odnosno |AC| · |AC| = 2|AB| · |AB|.
Zbog činjenice da je |AC| = 2|AM| vrijedi jednakost |AC| · 2|AM| = 2|AB| · |AB| ili
|AC| · |AM| = |AB| · |AB|.
Zadnju jednakost možemo pisati kao razmjer, |AC| : |AB| = |AB| : |AM|. Iz zadnjeg
razmjera zaključujemo da su duljine dvije stranice trokuta ABC proporcionalne
duljinama dviju stranica trokuta ABM. Budući da su kutovi koje zatvaraju
proporcionalne stranice jednakih veličina, tj. da je |∠BAC| = |∠BAM|, to znači da su
ta dva trokuta slična, tj. ΔABC ∼ ΔABM. Iz dokazane sličnosti trokuta slijedi jednakost
veličina kutova |∠ABC| = |∠AMB|, a to znači da je i |∠BAD| = |∠BMC| jer su to dva
para suplementnih kutova.
Time smo dokazali navedenu tvrdnju u zadatku.
Rješenja križaljki za
6. razred
5. razred
1
2
7
2
6
1
9
♥
♥
3
7
♥
2
♥
4
4
3
6
2
0
♥
14
1
0
5
4
4
8
1
9
8
3
9
11
8
atkače
5
12
1
♥
7
♥
0
♥
6
8
15
5
3
4
♥
4
5
2
8
5
1
♥
0
♥
4
6
2
0
5
10
8
12
15
0
1
7
10
13
3
2
8
1
♥
7
♥
7
2
♥
6
13
3
8
1
6
4
5
7
9
1
11
16
18
3
3
♥
9
8
♥
1
♥
14
1
17
4
♥
6
1
2
0
6
19
1
67
1 MATKA.indd 67
29.08.2008 18:54:37
atka 17 (2008./2009.) br. 65
7. razred
1
8. razred
♥
2
6
1
7
3
4
5
3
5
8
8
2
4
♥
10
13
♥
8
18
3
2
1
5
14
3
♥
19
2
4
0
♥
11
15
♥
7
20
8
6
0
4
1
12
5
16
7
5
1
2
2
1
8
7
6
♥
17
2
3
1
8
♥
1
9
21
23
4
♥
6
8
9
♥
♥
13
22
15
4
24
9
3
6
0
0
9
♥
♥
3
4
9
♥
4
6
16
3
1
4
1
8
0
9
2
♥
♥
9
17
8
2
9
5
1
11
5
4
7
7
12
6
5
0
8
♥
♥
9
♥
14
20
7
6
8
10
1
5
18
1
♥
19
3
4
21
2
8
Rješenja nagradnih zadataka iz 63. broja
Rješenja zadataka za
atkače početnike
1. Marke. 91 marku. 2. Ruže gospođe Ruže. 5 ruža. 3. Stablo. 120 cm. 4. Izlet. 3 učenika
pojela su po 4 kolača. 5. Stari papir. Štef je dobio 1800 kn, a Jura 1440 kn. 6. Unuk, otac
i djed. Unuk ima 6 godina, otac 30 godina, a djed 54 godine. 7. Prijateljice. Svaka treba
platiti 8 kn. Mia je potrošila 9 kn pa mora uzeti 1 kn. Tea je potrošila 15 kn pa mora uzeti
7 kn. 8. Greda. 100 kn. 9. Dijagonale kocke. α = 60°. 10. Podjela zarade. Ukupno 7200
kn, svaki po 720 kn. 11. U autobusu. 100 putnika. 12. Zbrojevi brojeva. a) 0, b)
c)
2
,
45
4
1
2
18
, d) , e) , f) . 13. Trokut. Koordinate vrhova su A(1, 0), B (7, 0), C(3, 4),
45
45
45
45
a = 6 cm, va = 4 cm, p = 12 cm2. 14. Zaposleni sin. 1 sanduk po 12 kg i 17 sanduka po
10 kg; 6 sanduka po 12 kg i 11 sanduka po 10 kg ili 11 sanduka po 12 kg i 5 sanduka
po 10 kg. 15. Koliki je x? x = 13. 16. Učiteljica i bomboni. 9 učenika, 50 bombona.
17. Staza. 90.4 m2. 18. Kocka. Oplošje se poveća 150 : 6 = 25 puta. Obujam se poveća
125 puta. 19. Neboder. 70 m.
Rješenja su nam poslali i atkinim su bilježnicama nagrađeni atkači: Mislav Glibo,
6.c, OŠ Z. Franka, Kutina; Zorana Lubina, 6.a, OŠ Runović, Runović; Marina Bošnjak,
5.r., OŠ S. S. Kranjčevića, Lovreć; Tina Zebić, 6.b, OŠ Kman-Kocunar, Split; Nikola
Buhiniček, 4.b, OŠ Antuna i Ivana Kukuljevića, Varaždinske Toplice; Josip Mohler,
5.e, OŠ Fra Kaje Adžića, Pleternica.
68
1 MATKA.indd 68
29.08.2008 18:54:37
1. 75 cm; ornitologija. 2. Oko 56 puta. 3. 113 vrsta. 4. Oko 1.14 mrava na dm2, odnosno
1 mrav na dm2; murmekologija. 5. 44.76, odnosno oko 45 puta. 6. Mike Powell,
Greyhound, Galina Chistyakova (8.94 > 8.2 > 7.52) 7. Blanka Vlašić (182.88 < 207)
Rješenja je poslao i atkinom je bilježnicom nagrađen atkač Nikola Buhiniček,
4.b, OŠ Antuna i Ivana Kukuljevića, Varaždinske Toplice.
atka 17 (2008./2009.) br. 65
Rješenja zadataka iz Kutka za najmlađe
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
1
|AC| · |BJ| i p(CGI) = |CI| · |GK|.
2
2
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.
69
1 MATKA.indd 69
29.08.2008 18:54:38
Rješenje stripa Zna li Ante?
Ante nije pogodio broj, on ga unaprijed zna! Zbrojio je tri znamenke koje su zamislili
njegovi prijatelji i taj je zbroj pomnožio s 22. Da je Jurica računao s 5, 7 i 8, dobio bi
broj (5 + 7 + 8) · 22 = 20 · 22 = 440.
Rješenje su nam poslali i atkinim su bilježnicama nagrađeni atkači: Tina Zebić,
6.b, OŠ Kman-Kocunar, Split i Mislav Glibo, 6.c, OŠ Z. Franka, Kutina.
Rješenje mozgalice Strijela i zmaj
70
1 MATKA.indd 70
29.08.2008 18:54:38
Rješenje su nam poslali i atkinim su bilježnicama nagrađeni atkači iz skupine
dodatne nastave 6. razreda, OŠ Eugena Kumičića, Rijeka te Anamarija Alagušić, Fran
Špigel i Ema Penezić, 8.b, OŠ Otok, Zagreb.
71
1 MATKA.indd 71
29.08.2008 18:54:39
KUTAK ZA NAJMLADE
Olimpijske igre
1.
Koliko su ukupno olimpijskih
medalja hrvatski sportaši
osvojili od 1992. godine?
2.
Kružnim dijagramom prikaži postotak osvojenih
zlatnih, srebrnih i brončanih od ukupnog broja
medalja koje su osvojili hrvatski sportaši od 1992.
godine.
3.
Na kojim se ljetnim Olimpijskim igrama, počevši
od 1992., natjecalo najviše hrvatskih sportaša? Tko
je te godine nosio hrvatsku zastavu?
4.
1 MATKA.indd 72
Koliko je ukupno medalja na Olimpijskim
igrama osvojila Janica Kostelić?
29.08.2008 18:54:39
Author
Document
Category
Uncategorized
Views
5
File Size
7 094 KB
Tags
1/--pages
Report inappropriate content