SADRŽAJ. IZLAZI TIJEKOM ŠKOLSKE GODINE U ČETIRI BROJA časopis za mlade matematičare. atka 16 (2007./2008.) br. 64

IZLAZI TIJEKOM ŠKOLSKE GODINE U ČETIRI BROJA časopis za mlade matematičare SADRŽAJ Članci Danica Bonačić, Kvadrati i pravokutnici...18 Petar Mladinić, Računalo geometrijsko III....1 Vladimir Devidé, O jednoj mogućnosti pogrešnog zaključivanja (II.)...6 Franka Krešić, 1001 točka presjeka...30 Josip Antoliš, Zašto jednostavno ako može komplicirano?...3 Matemagičar Franka Miriam Brückler, Na kraju 1089...33 Intervju Lucija Gusić, Miroslav Furić, Vladimir Paar i Vlado Volenec...34 Povijest Tanja Soucie, Roger Penrose...38 Natjecanja Općinsko/školsko natjecanje iz matematike...41 Križaljke za atkače...48 Enigmatka...5 Natjecanja Županijsko natjecanje iz matematike...54 Kutak za kreativni trenutak Mozgalica PRAVOKUTNICI i KVADRATI...61 Zadatci za atkače početnike...6 Odabrani zadatci...66 Računala Nikol Radović, Božanska proporcija...68 Ivana Kokić, Oplošje i obujam geometrijskih tijela...74 Rješenja zadataka...79 Kutak za najmlađe...88 Izdaje/osnivatelj HRVATSKO MATEMATIČKO DRUŠTVO Zagreb, Bijenička 30 atka 16 (007./008.) br. 64 17 Matka_64_finale.indd 17 5/16/08 1:43:48 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 KVADRATI I PRAVOKUTNICI Danica Bonačić, Milna Jedan od najvećih popularizatora matematike, Sam Loyd (1841. 1911.), početkom sedamdesetih godina 19. stoljeća izazvao je pravo ludilo u svijetu izradivši pločicu dimenzija 4 4 s pokretnim pločicama. Ta je igra kasnije dobila ime 14 15. Pločice dimenzija 1 1 označene su brojevima od 1 do 15. 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 15 14 Problem se sastoji u tome da se pločice pomiču, jedna po jedna, sve dok brojevi od 1 do 15 ne dođu na mjesta na kojima bi po uređenosti trebali biti! O matematici koja je u pozadini ove igre pisao je akademik Vladimir Devidé u članku Matematika jedne igre ( atka broj 6, str. 74 78). Uspjeh Loydove mozgalice potaknuo je pojavljivanje velikog broja sličnih mozgalica u kojima se pojavljuju figure različitih oblika. Osim metode pokušaja i pogrešaka ne postoji drugi način odlučivanja može li se početni raspored pločica prevesti u neki zadani završni položaj. Tada se pojavljuje i pitanje: koliki je najmanji broj pomicanja pločica od početnog do završnog položaja? Sve ove mozgalice igraju se bez protivnika pa nisu potrebne nikakve posebne pripreme ni predznanja. Jedna od najstarijih inačica Loydove mozgalice pojavila se u SAD u 196. godine, pod nazivom Tatine mozgalice. Ne zna se tko ju je prvi zadao. Igra se na ploči dimenzija 4 5, a skup od 9 pločica čine 1 kvadrat dimenzija, kvadrata dimenzija 1 1, te 6 pravokutnika dimenzija 1. Početni je položaj dan na slici, a pločice su označene brojevima od 1 do 9. A B 1 3 4 5 8 D 6 7 9 C 18 Matka_64_finale.indd 18 5/16/08 1:43:5 PM

Pomicanjem pločica treba veći kvadrat iz gornjeg lijevog kuta (označenog s A) dovesti u donji desni kut (označen s C). Možete li to učiniti? Slična se mozgalica dobiva iz prethodne ako se jedan pravokutnik dimenzija 1 podijeli na dva kvadrata. Ova mozgalica ima 10 pločica (v. sl.). 1 4 5 3 6 atka 16 (007./008.) br. 64 7 8 9 10 Pomicanjem pločica potrebno je veći kvadrat (označen brojem ) izvući kroz vrata na dnu ploče. Do danas nitko nije uspio riješiti ovu mozgalicu u najmanjem broju koraka, tj. nije uspio dokazati da nađeno rješenje ima najmanji mogući broj koraka. Godine 1934. Richard Fatigan smislio je mozgalicu koju je nazvao Pet blizanaca u jednom redu. Ploča za igru je dimenzija 5 3, a skup pločica za igru čine 4 pravokutnika dimenzija 1 i 5 kvadrata dimenzija 1 1. Na slici se vidi početni i završni položaj. Veliki krugovi simboliziraju glave blizanaca. Spomenimo još jednu mozgalicu iz tih davnih početaka. Nazvana je Mamina mozgalica. Smislio ju je 197. godine Charles Deiamend. Ploča za igru je dimenzija 5 5, a skup od 9 pločica (i njihov početni raspored) prikazan je na slici: MAMA DIJETE Cilj igre je spojiti pločice na kojima piše mama i dijete tako da čine pločicu dimenzija 3 u gornjem desnom kutu. 19 Matka_64_finale.indd 19 5/16/08 1:43:55 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 Novi život, popularnost i dostupnost ovakve su mozgalice dobile kao igrice na iphoneu. Za taj najnoviji mobilni telefon kompanija Soneso (www. soneso.com) izradila je računalnu igricu Black Puzzle. Ovdje ćemo zadati dva problema za rješavanje. Svako poslano rješenje (bez obzira je li minimalno) objavit ćemo i nagraditi. Cilj igre je izvući veliki kvadrat (dimenzije ) kroz otvor širine na dnu ploče dimenzija 4 5. Pločice se smiju pomicati po ploči, ali ne i uklanjati s ploče. Početni položaji prikazani su na slikama: a) b) Vjerujemo da ćete naći dovoljno izazova u rješavanju ove vrste mozgalica i da ćete se pri tome dobro zabaviti. Nagradit ćemo svakog atkača koji pošalje rješenje postavljenih zadataka. 0 Matka_64_finale.indd 0 5/16/08 1:43:59 PM

U RAČUNALO GEOMETRIJSKO III. Petar Mladinić, Zagreb prošlom smo broju atke upoznali računanje drugog korijena pomoću geometrijske sredine i Pitagorinog poučka. U ovom ćemo članku razjasniti rješavanje kvadratne jednadžbe. Rješavanje numeričkih problema U ovom ćemo odlomku pokazati nekoliko primjera kako su naši prethodnici rješavali numeričke probleme geometrijskim sredstvima. atka 16 (007./008.) br. 64 Rješavanje kvadratne jednadžbe U rješavanju razlikujemo tri slučaja/zapisa kvadratne jednadžbe: a) x + px = q, b) x + q = px, c) x = px + q, pri čemu su p i q prirodni brojevi. Arapski matematičar Al-Khowarizmi (oko 780. oko 850.) u konkretnim je zadatcima dao postupke kako riješiti kvadratnu jednadžbu. a) Problem. Nađite broj čiji kvadrat s deseterostrukim uvećanjem daje 39. Dakle, treba riješiti jednadžbu x + 10x = 39. Nacrta se kvadrat ABCD duljine stranice x. Na stranicama kvadrata nacrtaju se pravokutnici ABGF, BJLC, COND i ADKI duljine druge stranice jednake 10. Figura se nadopuni tako da dobijemo kvadrat EHPM (v. sl.). 4 E F G H I 10 4 10 4 A x B 10 4 J x x K D x C L 10 4 M N O P 1 Matka_64_finale.indd 1 5/16/08 1:44:01 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 Ovaj kvadrat složen je od jednog kvadrata površine x, četiriju pravokutnika površine 10 4 x i četiriju kvadrata površine 10. Iz uvjeta zadatka znamo da 4 je x + 10x = 39. Dakle, veliki kvadrat ima površinu 10 10 p( EHPM ) = x + 4 x + 4 = 4 4 5 = x + 10x + 4 = 39 + 5 = 64 4 39 Odavde zaključujemo da je stranica velikog kvadrata EHPM duljine x + 5 = 8, tj. x = 3 rješenje je zadanog problema. b) Problem. Nađite broj čiji je kvadrat uvećan za 1 jednak 10 puta taj broj. Ovdje je riječ o rješavanju jednadžbe x + 1 = 10x. Nacrtamo pravokutnik ABHK duljina stranica jednakih 10 i x. U pravokutniku nacrtamo kvadrat BHMD jer je tada površina ostatka pravokutnika, tj. pravokutnika ADMK, jednaka 1. Nađimo polovište C dužine AC B i nacrtajmo kvadrat CBGE (v. sl.). A 10 C 10 D x B K L M H E Lako se vidi da je četverokut LMFE kvadrat duljine stranice jednake 10 F G x. Matka_64_finale.indd 5/16/08 1:44:05 PM

Imamo da je p( LMFE) = p( CBGE) p( CDML) p( DBGF) = p( CBGE) p( ADMK ), jer su pravokutnici ACLK i DBGF sukladni. Odavde slijedi da je 10 p( LMFE) = 1 = 4. Dakle, duljina je LM =, pa je BD = 10 3 =. Ovdje smo prešutno pretpostavili da je. Konstrukcija se dobiva analo- Pogledajmo kako račun izgleda kad je gnim postupkom (v. sl.). 10 10 x <. 10 x > atka 16 (007./008.) br. 64 A D C x B 10 x G F E K M L H 10 10 Kvadrat FELM ima duljinu stranice ML = x. Površina ovog kvadrata jednaka je p( FELM ) = p( GELK) p( GFMK ) Imamo da je = p( DCEF) p( ADMK ). p 10 ( FELM ) = 1 = 4. Dakle, duljina ML =, pa je BD = 10 7 + =. 3 Matka_64_finale.indd 3 5/16/08 1:44:07 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 Što se dogodilo? Dobili smo rješenje različito od rješenja do kojega smo stigli 10 pretpostavljajući da je x <. Znači li to da naše rješavanje ovisi o postupku? Ne! Riječ je o tome da ovi postupci, svaki za sebe, daju samo jedno rješenje jednadžbe, a jednadžba x + 1 = 10x ima dva pozitivna rješenja! U općem slučaju jednadžba x + q = px formira kvadrat LMFE čija je površina prema prvoj pretpostavci jednaka p p x = q, 4 a prema drugoj p p x = q. 4 Odavde se vidi da je konstrukcija moguća ako je p 4 q. c) Problem. Nađite broj čiji kvadrat treba biti jednak trostrukom broju uvećanom za 4. Ovdje je riječ o rješavanju jednadžbe x = 3x + 4, za koju je x > 3. Konstrukcija je uvijek ista! Ovaj put je čak jednostavnija od prethodne (v. sl.). D A x C B 3 F G E x M K 3 L 3 H 4 Matka_64_finale.indd 4 5/16/08 1:44:10 PM

Kvadrat FELM ima duljinu stranice ML = Imamo da je 3 x. p( FELM ) = p( FGKM ) + p( GELK) = p( FGKM ) + p( DCEF) = p( ACEG) + p( AKMD), atka 16 (007./008.) br. 64 gdje je p 3 5 ( FELM ) = + 4 =. 4 Dakle, duljine su ML = 5 i BD = x = 5 + 3 = 4. U općem slučaju jednadžba x = px + q formira kvadrat FELM za koji vrijedi p p x = + q. 4 Napomena. Gotovi Sketchpadovi fileovi kojima možete provesti svoje konkretne izračune na ovaj način nalaze se na web adresi http://proven.hr/radovi u mapi Matka. 5 Matka_64_finale.indd 5 5/16/08 1:44:11 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 O JEDNOJ MOGUĆNOSTI POGREŠNOG ZAKLJUČIVANJA (II.) (nastavak iz broja 63.) Vladimir Devidé, Zagreb Lako je navesti i nematematički primjer slične (ne iste!) vrste. Iz istinitosti tvrdnje Ivica nikad radnim danom nije bio u kazalištu ne možemo 5. još sa sigurnošću izvesti zaključak da je bio u kazalištu u nedjelju, jer bi moglo biti da on uopće ne ide u kazalište. Tek ako znamo da Ivica posjećuje kazalište, smijemo tvrditi da je to učinio u nedjelju. 6 U sva tri navedena primjera pogreška u zaključivanju zapravo je iste prirode. U prvome se traži trokut maksimalne ploštine upisan danoj kružnici, u drugom najveći prirodni broj, u trećem dan u tjednu kada je Ivica bio u kazalištu u sva tri slučaja pokazali smo da svaki element koji ulazi u konkurenciju za posjedovanje traženog svojstva, osim jed nog, to svojstvo sigurno ne posjeduje: U prvom, da ni jedan ne-jednakostranični trokut ne može biti maksimalne ploštine (tj. svaki ne-jednakostranični trokut je takav da ne posjeduje traženo svoj stvo maksimalne ploštine); u drugom, da ni jedan prirodni broj veći od jedinice nije najveći (tj. svaki prirodni broj veći od jedinice takav je da ne posjeduje traženo svojstvo da bude najveći prirodni broj); u trećem, da ni jedan radni dan u tjednu nije onaj kada je Ivica bio u kazalištu (tj. da je svaki radni dan u tjednu takav da ne posjeduje svojstvo da je Ivica tada bio u kazalištu). No, odatle ne smijemo naprečac zaključiti da preostali element, o kojemu još nismo dokazali ništa, posjeduje traženo svojstvo: U prvom primjeru, dok još nismo dokazali da nema u danu kružnicu upisanog trokuta koji bi imao veću ploštinu od jednakostraničnog, ne smijemo zaključiti da jednakostranični ima maksimalnu ploštinu (ako već znamo da postoji trokut najveće ploštine upisan danoj kružnici, onda imamo pravo tvrditi da je on jednakostraničan, tj. tada mo žemo biti sigurni da nema trokuta većeg od jednakostraničnog; inače naime ni jednakostranični trokut ne bi bio najveći, a za ne-jednakostranične već znamo da Matka_64_finale.indd 6 5/16/08 1:44:13 PM

nisu najveći, pa onda uopće ne bi bilo najvećeg trokuta); u drugom, dok nismo dokazali da od jedinice nema većeg broja (što je, dakako, nemoguće dokazati jer je takva pretpostavka pogrešna), ne smijemo zaključiti da je jedinica najveći prirodni broj; u trećem, dok još ne znamo je li nedjelja takav dan da je tada Ivica bio u kazalištu, ne smijemo to, dakako, ni tvrditi. Prva dva pri mjera imaju pored toga i tu sličnost da je u njima metoda konstrukcije elementa većeg od danog (tj. u prvom primjeru prijelaz od trokuta ABC na trokut BCD, u drugom prijelaz od broja k na broj k takav da zakazuje kod primjene na onaj element za koji se na kraju nedopušteno zaključuje da posjeduje traženo svojstvo maksimalnosti: U prvom primjeru, ako je ABC jednakostraničan trokut, i njemu će odgova rajući jednakokračni trokut BCD biti jednakostraničan; u drugom pri mjeru za k = 1 vrijedi k = k = 1. No, sve to dakako još ne jamči da neka druga metoda ne bi dala i od ovoga veći element u drugom primjeru to i nije tako. (Ako nam ne bi bilo stalo do te proširene sličnosti prvih dvaju primjera, mogli bismo umjesto rasuđivanja u drugom primjeru zaključivati i ovako: Od svakog prirodnog broja k većeg od je dinice postoji veći jer je k + 1 > k, itd.). Bilo bi lako navesti još niz primjera iste vrste; 6. jedan od najpoznatijih pojavio se kod klasičnog problema: Neka se odredi zatvorena krivulja u ravnini koja uz zadani opseg zatvara najveću ploštinu. Vrlo elegantno ali strogo uzevši nepotpuno rješenje tog problema dao je matematičar J. Steiner. Njegovo je rješenje zapravo preuzeto i u mnoge novije udžbenike i zbirke problema; osim u poznatim djelima: Dorrie, Triumph der Mathematik; Rademacher-Toeplitz, Von Zablen und Figuren (u kojima je ukazano na nedostatak Steinerova dokaza), nalazi se npr. i u Callandreau, Celebres problemes mathematiques; Gnedenko, Olerki po istorii matematiki v Rossii. U tom se rješenju (potpuno analogno kao kod našeg prvog primjera) zapravo dokazuje samo ovo: Ako neka zatvorena krivulja C nije kružnica, onda postoji druga zatvorena krivulja C j istog opsega kao C, koja zatvara veću ploštinu nego C. Odatle se izvodi zaključak da kružnica jest tražena krivulja koja uz zadani opseg zatvara maksimalnu ploštinu. Riječ je, dakle, opet o istim okolnostima kao u našem prvom primjeru; i tu je, doduše, konačni rezultat ispravan, ali nije ispravan način zaključivanja kojim smo do njega došli ako još nismo dokazali da među svim krivuljama u ravnini zadanog opsega postoji jedna najveće ploštine, tj. takva da je ni jedna druga krivulja u ravnini istog opsega ploštinom ne premašuje. (Uos talom, i tu vrijedi proširena sličnost s primjerima koje smo razmotrili u 7 atka 16 (007./008.) br. 64 Matka_64_finale.indd 7 5/16/08 1:44:15 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 3. i 4, jer je postupak koji se upotrebljava da bi se od krivulje C dobila krivulja C i takav da u slučaju kada je C kružnica, za C t dobivamo opet kružnicu što, ana logno kao i u prethodnim primjerima, samo po sebi još ne jamči da neki drugi postupak ne bi dao krivulju istog opsega kao kružnica koja bi zatvarala veću ploštinu.) Nadalje, ispravnost konačnog rezultata i ovdje se može dokazati, pa čak i bez upotrebe razrađenog aparata više matematike no takav dokaz nipošto nije ni jednostavan, ni kratak, ni lagan. Ako se čitalac potrudi i proradi ga, npr. prema vrlo lijepom i sustavnom prikazu u knjizi W. Blaschke, Kreis und Kugel, vidjet će koliko je oštrine misli bilo potrebno da se u potpunosti svlada taj problem, i kako duboko pri tome treba poći u analizi pojmova koji se u zadatku upotreblja vaju ( krivulja, ploština ). No, bez takvog (ili nekog dru gog) dokaza, kako god nam se na osnovi našeg geometrijskog zora možda činio opravdanim zaključak kružnica zatvara najveću ploštinu, matematski i logički on je neopravdan i nedopustiv (usprkos tome što ostaje elegantnim heurističkim sredstvom koje nas navodi na egzaktni dokaz tvrd nje ispravnost koje naslućujemo.) Tip pogrešnog zaključivanja razmotren u prethodnim primjerima dobro ilustrira kako je u matematici nužno čuvati se formalističkog 1 postupanja, pri kojemu se slijepo prihvaća neki rezultat dobiven izvjesnom tehnikom izvo đenja, a ne pazi se na značenje provedenih postupaka. Jasnoća i sigurnost razumijevanja biti toga zašto je razmotreni tip zaključivanja nedopustiv, može dobro po služiti kao mjera za moć oštrog rasuđivanja čitaoca! Uočimo još ovo: Ako je broj elemenata koji, kako smo se prije izrazili, 7. ulaze u konkurenciju za posjedovanje izvjesnog svojstva maksimalnosti (ili minimalnosti) konačan, onda poteškoća u vezi s pitanjem postojanja takvog elementa ne može nastupiti; naime, ako od n elemenata za njih n 1 znamo da nijedan od njih takvo svojstvo ne posjeduje, onda je sigurno da ga preostali element posjeduje, jer je od n veličina, koje se mogu uspoređivati s obzirom na neku kvantitetu (u našim primjerima geometrijski lik s obzirom na ploš tinu koju zatvara, odnosno prirodni broj s obzirom na svoju veličinu) sigurno (bar) jedna takva da je nijedna od preostalih ne premašuje. Time je ujedno opravdan zaključak da odgova rajući element ima traženo svojstvo maksimalnosti i da jest rješenje problema. No, u prva dva primjera, kao i u slučaju krivulje u ravnini koja uz zadani opseg zatvara maksi malnu ploštinu, broj elemenata koje bi trebalo ispitati s obzirom na eventualno posjedovanje toga svojstva 8 1 Za upućenijeg čitaoca: pojam formalistički ovdje dakako nije upotrijebljen u smislu koji ima pri matematičko-logičkim i aksiomatskim ispiti vanjima, gdje je formalna dedukcija (unutar teorije) jedina dopustiva. Matka_64_finale.indd 8 5/16/08 1:44:16 PM

nije konačan: U prvom primjeru postoji beskonačno mnogo tro kuta upisanih danoj kružnici; u drugom postoji beskonačno mnogo prirodnih brojeva; isto tako postoji beskonačno mnogo krivulja u ravnini zadanog opsega. A među besko načno mnogo elemenata, makar oni bili usporedivi s obzirom na neku kvantitetu, ne mora postojati u tom smislu najveći (kao što, najjednostavnije, pokazuje niz prirodnih brojeva). (U trećem primjeru postoji samo konačan broj dana u tjednu, no taj primjer nije iste vrste kao ostali, jer se tu dani u tjednu ne ispituju s obzirom na neku njima pridruženu veličinu koja bi se mogla kvantitativno uspoređivati.) atka 16 (007./008.) br. 64 Tako su i ovdje došle do izražaja poteškoće na koje u matematici nailazimo tako često kad razmatramo skupove od beskonačno mnogo elemenata. Njih su oštroumno uočili već starogrčki matematičari; no, dok se u njihovo vrijeme razumijevanje beskonačnog kadšto prepuštalo bogovima, suvremena matematika prilazi toj problematici redovito s drukčijeg, smjelijeg i radikalnijeg stajališta: ona uviđa da u prirodi oko nas zapravo nigdje nema neke aktualne (kao gotove, postojeće) beskonačnosti ili bar o nečem takvom nemamo neposrednog iskustva. Kao što je često bilo rečeno, priroda nema horror vacui (strah pred prazninom), ali čini se ima horror infiniti (strah pred beskonačnošću). Operiranje s beskonačnim u matematici nije izravno pre uzeto iz objektivne stvarnosti, već ga je stvorio čovjek, u potrebi i želji za preglednijim opisom, za konstrukcijom neke slike ili modela te stvarnosti. Upravo ta spoznaja da bes konačno u matematici nije nešto što samostalno postoji, već nešto što je stvorio čovjek i za što se onda, prirodno, i sam mora pobrinuti kako će to uskladiti s ostalim pojmo vima s kojima kao matematičar radi, upravo je ona bila jedan od glavnih poticaja da se razvije matematička logika jedna od suvremenih grana matematike, koja po suptilnosti i ingenioznosti metoda kojima se služi, po širini problema tike koju obrađuje i po rezultatima koje je postigla, znatno premašuje sve ono što je tijekom stoljeća stvorila tzv. kla sična formalna logika. 9 Matka_64_finale.indd 9 5/16/08 1:44:18 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 1001 TOČKA PRESJEKA Franka Krešić, Split elementarnoj geometriji vrlo su poznate četiri karakteristične točke trokuta: U središte opisane kružnice (presjek simetrala stranica), središte upisane kružnice (presjek simetrala kutova), ortocentar (sjecište visina) i težište (presjek težišnica). Sve se te točke dobivaju kao sjecište triju odgovarajućih pravaca. U matematici tri ili više pravaca koji prolaze istom točkom nazivamo konkurentnim pravcima. U ovom članku, kao i u sljedećim brojevima atke (u okviru rubrike), razmotrit ćemo neke od 1001 točke konkurentnih pravaca. Ponajprije želimo otkriti/otkrivati takve točke. Nakon uvjerljive argumentacije da je otkriće istinito čitatelje pozivamo da to otkriće i dokažu. Nezamjenjiv alat u našim istraživanjima, koji nam nudi obilje uvjerljivih argumenata, jest software Sketchpad. Pogledajmo sljedeći primjer. Na sličan ćemo način istraživati i ostale točke presjeka. Primjer: Zadana su tri sukladna jednakostranična trokuta sa zajedničkim vrhom. Spojimo li susjedne vrhove susjednih trokuta, dobit ćemo šesterokut. Konstruirajmo polovišta stranica tog šesterokuta. Spojimo nasuprotna polovišta. Što možemo uočiti? Lako se uočava da su spojnice tih polovišta konkurentni pravci i da smo otkrili jednu od 1001 točke presjeka. Mijenjanjem međusobnih položaja trokuta pravci ostaju konkurentni i tako nam učvršćuju uvjerenje da to vrijedi uvijek. Upustimo se u istraživanje općenitijih slučajeva. Ako umjesto sukladnosti trokuta zahtijevamo sličnost jednakostraničnih trokuta, hoćemo li opet dobiti konkurentne pravce? 30 Matka_64_finale.indd 30 5/16/08 1:44:1 PM

Vidimo da smo opet dobili konkurentne pravce, odnosno dobili smo novu točku presjeka. I dalje mijenjajmo uvjete. Istražimo slučaj kad su trokuti jednakokračni i sukladni, a zatim i slični. Dobivamo li i dalje konkurentne pravce? atka 16 (007./008.) br. 64 Sketchpad nam i dalje daje dovoljno argumenata da vjerujemo da su pravci konkurentni. I na kraju, istražimo slučaj kada su zadana tri raznostranična i međusobno slična trokuta. Sketchpad nam pokazuje da te spojnice nasuprotnih polovišta nisu konkurentni pravci. Zadatak: Istražite slučaj kad su zadana tri kvadrata sa zajedničkim vrhom. Postoji li točka presjeka konkurentnih pravaca? Možete li otkriti neku od 1001 točke presjeka? Napomena. Nagradit ćemo atkače koji nam pošalju svoja otkrića ili dokaze već uočenih konkurentnih pravaca, a radove ćemo objaviti. (Ur.) 31 Matka_64_finale.indd 31 5/16/08 1:44:4 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 ZAŠTO JEDNOSTAVNO AKO MOŽE KOMPLICIRANO? Josip Antoliš Na ovogodišnjem županijskom natjecanju za učenike 4. razreda srednje škole (kao 5. zadatak u A skupini) postavljen je sljedeći zadatak. Zadatak: Baza ABC piramide ABCV je jednakostraničan trokut stranice duljine. Brid CV ima duljinu 1 i okomit je na ravninu baze. Nađite kut koji zatvaraju pravci od kojih jedan prolazi vrhom V i polovištem brida BC, a drugi vrhom C i polovištem brida AB. Uz malo gledanja, vidi se da ovaj zadatak uopće ne pripada gradivu 3. ili 4. razreda srednje škole. Njega može riješiti svaki malo bolji osmoškolac. Potreban je samo pojam translacije pravokutnog jednakokračnog trokuta, te Pitagorin poučak i njegov obrat. Sve je to zapravo gradivo osnovne škole. Rješenje: V Promotrite sliku. T' C S 3 A T B Točka T dobivena je translacijom točke T za vektor CV. Tada je četverokut VT TC pravokutnik. Nadalje, uočite trokut VST. Za duljine njegovih stranica a 3 3 vrijedi VT ' = TC = = = 6 i VS = CS + CV, odnosno VS = CS + CV, pa je 1 3 VS = + =. Duljinu stranice ST ' izračunavamo iz pravokutnog trokuta STT. 1 Budući da je ST srednjica trokuta ABC, vrijedi da je ST = AC = i TT ' = CV = 1, pa slijedi da je ST ' = ST + TT ' = + 1 = 3. Prema tome, trokut VST je jednakokračan ( VS = ST ' = 3 ) i (prema obratu Pitagorina poučka) pravokutan ( VT ' = SV + ST ' ). Dakle, veličina kuta T ' VS iznosi 45. Matka_64_finale.indd 3 5/16/08 1:44:8 PM

MATEMAGIČAR MATEMAGIÈAR NA KRAJU 1089 Franka Miriam Brückler, Zagreb Nakon nekog vremena evo opet Dagoberta s trikom u kojemu će pogoditi rezultat računa s proizvoljno odabranim početnim brojem. Treba mu jedan dobrovoljac koji bi želio malo zbrajati i oduzimati. Danas je to Darko. Evo, Darko, ne moraš ni dolaziti do mene, samo uzmi nešto za pisati. Dosta si mi daleko pa nikako neću moći vidjeti što računaš. Jesi li? Dobro. Odaberi i zapiši neki troznamenkasti broj. Bilo koji, samo neka je razlika između prve i zadnje znamenke barem. - Molim? To znači da je, recimo, broj 36 u redu (6 = 4), ali broj 63 nije (3 = 1). Jesi li sad razumio? - Ahaaa. Jesam. Sad zapiši broj koji dobiješ tako da svom broju okreneš redoslijed znamenaka. Recimo, ako si imao broj 36, sad zapiši 63. Jesi li? - Da. Oduzmi manji od ta dva broja od većeg. Reci kad budeš gotov. - Samo čas Jesam! Sad tom rezultatu obrni redoslijed znamenaka. Zapiši i taj broj, a zatim ga pribroji prethodnom rezultatu oduzimanja. Nemoj mi reći rezultat. Sad se moram malo koncentrirati... Čekaj... Dobio si 1089!!! - Da, kako ste znali??? U gornjem triku rezultat je uvijek 1089. Zašto? Recimo da je polazni proizvoljni broj bio abc, npr. 36 (a =, b = 3, c = 6). To znači da je taj broj jednak 100a + 10b + c, a obrnuti broj cba je 100c + 10b + a. U prvom koraku (oduzimanje abc od cba ili obrnuto, ovisno o tome koji je veći) dobivamo rezultat (100a + 10b + c) (100c + 10b + a) = 99 a c Vidimo da je rezultat 99 puta veći od razlika prve i zadnje znamenke (tj. od apsolutne vrijednosti te razlike, što je isto što i reći da smo manju znamenku oduzeli od veće). Ta razlika a c je, prema uvjetima trika, neki od prirodnih brojeva između i 9, pa je 99 a c sigurno troznamenkast broj i to jedan od brojeva: 198, 97, 396, 495, 594, 693, 79 ili 891. Vidimo da mu je srednja znamenka u svim slučajevima 9, a toliko iznosi i zbroj prve i zadnje znamenke. Stoga, kad zbrojimo takav broj i njemu obrnuti, dobivamo 909 plus dvaput 90, tj. 1089. 33 atka 16 (007./008.) br. 64 Matka_64_finale.indd 33 5/16/08 1:44:30 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 INTERVJU MIROSLAV FURIĆ, VLADIMIR PAAR i VLADO VOLENEC U Lucija Gusić, Zagreb ovom broju atke odlučili smo vam, povodom obilježavanja pedeset godina od prvog natjecanja iz matematike, predstaviti trojicu znanstvenika koji su na njemu sudjelovali. Jednog od njih, akademika Vladimira Paara s fizičkog odjela PMF-a, već poznajete iz ovih intervjua, a sada ćete upoznati i prof. dr. sc. s Matematičkog odjela PMF-a Vladu Voleneca i prof. dr. sc. s Fizičkog odjela PMF-a Miroslava Furića. Svi su nam pričali o svome prvom natjecanju. atka: Molimo vas, recite nam nešto o sebi. M. Furić: Rodio sam se 31. siječnja 1941. godine. Osnovnu školu pohađao sam u Požegi, a maturirao sam u Zagrebu. Na Prirodoslovno-matematičkom fakultetu u Zagrebu studirao sam fiziku i diplomirao 1964. godine. Vodio sam eksperimente (ili sudjelovao u njihovu vođenju) u Space Radiation Effects Laboratory (USA), Los Alamos Meson Physics Facility (SAD), Argonne National Laboratory-ZGS (SAD), CERN (Švicarska), Schweizerisches Institut für Nuklearforschung (Švicarska), Brookhaven National Laboratory AGS (SAD) i Thomas Jefferson National Accelerator Facility (Jlab) (SAD). V. Volenec: Rodio sam se 16. prosinca 1943. godine u Sređanima Donjim kraj Daruvara. Osnovnu sam školu pohađao u Daruvaru i Virovitici, a gimnaziju u Virovitici. Studirao sam teorijsku matematiku na PMF-u u Zagrebu od 6 do 65. godine. Moram se pohvaliti da sam bio prvi od nas 5-6 (za koje ja znam) koji smo četverogodišnji studij završili u tri godine. Nakon diplome ostao sam na tom fakultetu sve do danas prvo kao asistent, zatim docent, izvanredni pa redovni profesor. Presudnu ulogu u odabiru studija odigrala su baš matematička natjecanja i rješavanje zadataka u MFL-u. V. Paar: Rođen sam 194. godine u Zagrebu. Osnovnu školu pohađao sam u Samoboru, a V. gimnaziju u Zagrebu. Godine 1965. diplomirao sam teorijsku 34 Matka_64_finale.indd 34 5/16/08 1:44:3 PM

fiziku na PMF-u u Zagrebu. Na studij fizike odlučio sam se u 7. razredu osnovne škole kad sam od nastavnika iz fizike doznao da se sve sastoji od atoma (čovjek, klupa,...). Nastavnik fizike znao je kod nas pobuditi emocionalnu inteligenciju - tek mnogo kasnije shvatio sam koliko je to značajno. U V. gimnaziji imao sam izvrsne profesore iz matematike (prof. Nasurović) i fizike (prof. Kuntarić), koji su bili vrlo poticajni. atka: Recite nam nešto o svom prvom natjecanju. Kako to da ste se odlučili sudjelovati? M. Furić: Išao sam u I. gimnaziju u Zagrebu, a moj razrednik u završnim razredima gimnazije, pokojni profesor Branko Živančević, bio mi je ujedno i profesor iz matematike. Povremeno me snabdijevao literaturom koja mi je pomagala u dijelovima zadataka iz Matematičko-fizičkog lista koji su nadilazili službeno gradivo. Recimo, sjećam se da sam tako naučio nešto o arkus funkcijama. On me je odabrao kao jednog od razrednih predstavnika za natjecanje unutar gimnazije. Imao sam sreću biti među tri najbolja natjecatelja u Hrvatskoj. V. Volenec: Zaslugu za moje sudjelovanje na prvom republičkom natjecanju iz matematike imao je moj profesor matematike u virovitičkoj gimnaziji, Ante Zamberlin. Obavijest o natjecanju, koja je stigla iz Zagreba, on nije bacio u koš (što bi možda učinili neki drugi profesori), nego me je poslao u odjel za školstvo u općini Virovitica. Oni su mi platili put u Zagreb. Natjecanje je bilo održano u velikoj fizikalnoj predavaonici u staroj zgradi PMF-a na Marulićevom trgu i mislim da je trajalo od 9 do 1 sati. Nakon toga sam otišao kući u Viroviticu i potpuno zaboravio na sve to, ne očekujući ništa posebno. Za desetak dana stigla mi je obavijest iz Zagreba da sam treći u Hrvatskoj! Za nagradu sam dobio Matematičku čitanku M. Sevdića s posvetom od povjerenstva za natjecanje. Sjećam se da su me učenici drugih razreda gimnazije dolazili gledati kao čudo. Nakon toga sam se pretplatio na MFL i počeo rješavati zadatke. Sljedeće dvije godine definitivno sam se opredijelio za matematiku u svome životu, počeo ozbiljno raditi, tako da sam u 3. i 4. razredu bio prvi u Hrvatskoj, a u 4. razredu bio sam drugi u Jugoslaviji. U to doba još se nije išlo na Matematičke olimpijade, što mi je sada jako žao. V. Paar: U., 3., i 4. razredu plasirao sam se na natjecanja iz matematike na razini Hrvatske i na njima osvajao prva tri mjesta (u 3. razredu bio sam prvi). Tada još nije bilo natjecanja iz fizike. Prvo natjecanje bilo mi je najuzbudljivije. Tada je predsjednik Društva matematičara i fizičara Hrvatske bio prof. Stanko Bilinski s PMF-a, koji se prema nama natjecateljima odnosio s velikim poštovanjem i priznanjem. atka 16 (007./008.) br. 64 35 Matka_64_finale.indd 35 5/16/08 1:44:34 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 36 atka: Gdje se natjecanje održavalo? Kakvi su bili vaši dojmovi? M. Furić: Gimnazijski krug održavao se u zgradi I. gimnazije, što je danas muzej Mimara. To je bila izvrsna škola iz koje je potekao velik broj naših intelektualaca. Mnogi od nas nisu sretni što je ministar Šuvar tu zgradu oduzeo I. gimnaziji. Završni krug bio je u tadašnjoj zgradi Prirodoslovno-matematičkog fakulteta na Marulićevom trgu 19. Atmosfera je bila vrlo natjecateljska. Imao sam jaku tremu, ali se ispostavilo da su rezultati bili bolji od mojih očekivanja. Razredniku sam bio dokaz i poticaj ostalim učenicima da se isplati investirati u znanje matematike. V. Volenec: Što se dojmova tiče, sjećam se da sam bio silno uzbuđen i ponosan nakon što sam postigao već spomenute rezultate. Slobodno mogu reći da se ne bih bavio matematikom da nije bilo ovih natjecanja jer ne bih ni znao da imam taj dar - misliti matematički. V. Paar: Prvo republičko natjecanje održavalo se u V. gimnaziji, a zatim u Klasičnoj gimnaziji na Gornjem gradu. Bio je to velik i uzbudljiv doživljaj. atka: Što općenito mislite o natjecanjima? M. Furić: Natjecanja u znanju, posebno u matematici, visoko cijenim. Osobno sudjelovanje i uspjeh na njemu potpuno su odredili moj život. Naime, kao i svaki srednjoškolac, bio sam u nedoumici što postati u životu. Nakon natjecanja izbor mi je bio jasan. Iako ni jedan od nas trojice pobjednika moje generacije nije nastavio studij matematike, postali smo profesionalci u područjima fizike i elektrotehnike. Dvojica od nas izašla su i na međunarodnu profesionalnu arenu. Matematička logika i matematika kao jezik za razumijevanje fizikalnih zakona igrom sudbine provela su me u znanstvenoj karijeri kroz desetak svjetskih znanstvenih centara. Jasno je da su pobjednicima mnoga vrata otvorena, no pitanje je što s ostalima. Osobno sam duboko uvjeren da su mnogi natjecatelji stekli važna životna iskustva kroz taj proces. V. Volenec: O natjecanjima mislim sve najbolje. To je najbolji način da se otkriju mladi talenti, budući matematičari, fizičari, inženjeri, biznismeni, itd. V. Paar: Važna su zato jer učenicima pružaju dodatne izazove i potiču ih na rad i razmišljanje iznad standardne školske razine. Razvijaju i natjecateljski duh (slično sportskim natjecanjima), duh olimpizma (važno je zalagati se i boriti, naučiti da nas obogaćuju i pobjede i porazi), i daju pozitivnu motivaciju. atka: Sjećate li se možda nekog pitanja s natjecanja? V. Volenec: Pitanja se, nažalost, ne sjećam. Bila su prilično školska, s ponekim zadatkom kombinatornog karaktera. Matka_64_finale.indd 36 5/16/08 1:44:35 PM

V. Paar: Moje sudjelovanje na natjecanjima bilo je usko povezano s mojim rješavanjem zadataka u Matematičko-fizičkom listu, gdje sam bio jedan od najboljih. I sadržajno i stilski zadatci su bili slični. Zahtijevali su domišljatost i spretnost. Imam negdje spremljene stare brojeve MFL-a, s objavljenim originalnim rješenjima koja sam slao. Najviše su mi se sviđali zadatci iz geometrije jer sam imao osjećaj da su najmaštovitiji. Sjećam se da je iz dvije godine starije generacije najbolji rješavatelj bio Ivan Basar iz Karlovca, ali se ne mogu sjetiti je li on sudjelovao na natjecanjima. Sreo sam ga slučajno tek mnogo godina kasnije jer je, iako je bio izuzetan matematički talent, radio izvan znanstvenih institucija. Tek zadnjih nekoliko godina počeli smo znanstveno surađivati. Fenomenalno surađujemo u jednom novom proboju u kompjutorskoj genomici, s jednim sasvim novim našim originalnim matematičkim pristupom traženju matematičkih korelacija u ljudskom genomu. Za obojicu je to potpuno novo područje, a ta otkrića objavljujemo u svjetskim znanstvenim časopisima kao što su Journal of theoretical biology, Chromosome research, Current genomics, Bioinformatics,... što je primjer kolika je važnost matematike i fizike i za druga područja znanosti. atka 16 (007./008.) br. 64 atka: Što biste poručili atkačima? M. Furić: S porukom bih nastavio u natjecateljskom tonu. Nisu svi sveučilišni profesori matematike, fizike ili tehnike bili pobjednici; u životu se pojavljuju i drugi važni faktori. Ipak, sudjelovanje na natjecanjima iz matematike smatram izvanrednom prilikom za mladog čovjeka. V. Volenec: atkačima mogu poručiti neka ono što rade, rade s potpunom posvećenošću, jer se to uvijek na kraju isplati. Samim time što su atkači, vjerojatno su malo bliži matematičkom načinu mišljenja, zaključivanja, dokazivanja i provjeravanja. Bez obzira na to što će kasnije u životu raditi, te će im osobine dobro doći - a sada neka rješavaju lijepe matematičke zadatke u atki. Nema ljepšeg osjećaja od rješenja nekog teškog zadatka koji se najprije nije dao, a onda - nakon truda i muke - najednom kao da nam se upalila žarulja, sve je sjelo na svoje mjesto i - zadatak je riješen. V. Paar: Kreativnost u matematici i fizici i njihovim primjenama može pružiti silno zadovoljstvo i mnoga uzbuđenja kao veliku nagradu svakome tko se upusti u tu avanturu. 37 Matka_64_finale.indd 37 5/16/08 1:44:37 PM

Roger Penrose atka 16 (007./008.) br. 64 Tanja Soucie, Zagreb ez razumijevanja. Nijedno ra unalo nije svjesno toga što radi. POVIJEST teorijskih gleski matemati ar, kozmolog, te jedan od najboljih suvremenih Roger Penrose nat je kao vrstan tuma znanosti. Vjerojatno je najpoznatiji upravo po knjizi ROGER PENROSETanja Soucie, Zagreb e s upravo tom namjerom, nazvanoj Carev novi um: Razmišljanje o Tanja Soucie, Zagreb onima fizike. Inteligencije nema bez razumijevanja. Nijedno ra unalo nije svjesno toga što radi. nema bez razumijevanja. kozmolog, teinteligencije jedan od najboljih suvremenih teorijskih Roger Penrose je engleski matemati ar, e i odrastao u visoko obrazovanoj obitelji s interesom za matematiku. Nijedno računalo nije svjesno toga što Široj javnosti poznat je kao vrstan tuma znanosti. Vjerojatno je najpoznatiji upravo poradi. knjizi fizi ara. se bio je geneti ar, psihijatar, matemati ar i šahovski teoreti ar, a majka objavljenoj 1989. godine s upravo tom namjerom, nazvanoj Carev novi um: Razmišljanje o ov stariji brat tako er se bavio matematikom, dok je mla i brat bio šahovski ra unalima, razumu i zakonima fizike. Roger Penrose (8.8.1931. ) je engleski matematičar, kozmolog, te jedan od najboljih suvremenih teorijskih fizičara. Roger Penrose rodio se i odrastao u visoko obrazovanoj obitelji s interesom za matematiku. Široj javnosti poznat je kao tumač znanosti. Vjerojao je školovanje u Londonu College a obrazovanje je vrstan Njegov otac(university Lionel Penrose bio je London), geneti ar, psihijatar, matemati ar i šahovski teoreti ar, a majka tno je najpoznatiji upravo po knjizi objavljenoj 1989. godine s je je 1957. doktorirao na polju algebre i geometrije. Margaret lije nica. Rogerov stariji brat tako er se bavio matematikom, dok je mla i brat bio šahovski upravo tom namjerom, nazvanoj Carev novi um: Razmišljanje velemajstor.predmeta. je i objavio skice nemogu ih o računalima, razumu i zakonima fizike. Roger Penrose završio je školovanje u Londonu (University obrazovanje Penrose se i 90 odrastao visoko obrazovanoj obitelji s ainteresom za je dvodimenzionalni su prikaz Roger stepenica koje rodio zaokre u dok seu uspinju ili College London), nastaviomatematiku. u CambridgeuNjegov gdje je 1957. doktorirao na polju algebre i geometrije. otac uspinjati Lionel Penrose je genetičar, psihijatar, matematičar i nu petlju. ini se da bi se osoba mogla zauvijek bez da bio se ikada šahovski majkaskice Margaret liječnica. Rogerov stariji brat također se bavio mogu e u tri dimenzije.godine 1958. teoretičar, nacrtao je i aobjavio nemogu ih predmeta. matematikom, dok je mlađi brat bio šahovski velemajstor. Penroseove stepenice dvodimenzionalni su prikaz stepenica koje zaokre u 90 dok se uspinju ili Roger Penrose završio je školovanje u Londonu (University College Lonspuštaju ine i kontinuiranu petlju. ini se da bi se osoba mogla zauvijek uspinjati bez da se ikada a obrazovanje je nastavio u Cambridgeu gdje je 1957. doktorirao nemogu e u tri dimenzije. popne više, što je o itodon), na polju algebre i geometrije. Godine 1958. nacrtao je i objavio skice nemogućih predmeta. Penroseove stube dvodimenzionalni su prikaz stuba koje zaokreću 90 dok se uspinju ili spuštaju čineći kontinuiranu petlju. Čini se da bi se osoba mogla zauvijek uspinjati bez da se ikada popne više, što je očito nemoguće tri je dimenzije. tako er je nemogu objekt. Prvi putuga nacrtao švedski umjetnik Oscar ne. Penrose je samostalno i Penroseov neovisno trokut o Reutersvärdu osmislio, objekt. nacrtaoprvi i ga je nacrtao švedski umjetnik također je nemoguć u pedesetim godinama dvadesetog stolje a, opisuju i ga kao ''nemogu e u 1934. godine. Penrose je samostalno i neovisno ReutersvärOscar Reutersvärd Penroseov trokut tako er je nemogu objekt. Prvi put ga je nacrtao švedskioumjetnik Oscar t izgleda kao vrsti objekt koji se sastoji od tri ravne poluge kvadratnog du osmislio, nacrtaopenrose i popularizirao takav itrokut u pedesetim godinama dvadesetog Reutersvärd 1934. godine. je samostalno neovisno o Reutersvärdu osmislio, nacrtao i vije po dvije, pod popularizirao kutom stoljeća, od 90. Primijetimo da ako ucrtamo pravac takav trokut uga pedesetim godinama stolje a, ga kao ''nemogu e opisujući kao emo, nemoguće udvadesetog najčišćem obliku.opisuju i Trokut izgleda kao čvrsti u dobiti Möbiusovu traku. naj iš em obliku''. Trokut izgleda kao vrsti objekt koji se sastoji od tri ravne poluge objekt koji se sastoji od tri ravne poluge kvadratnog presjeka koje se sastaju, kvadratnog dvije po presjeka koje se sastaju, dvije po dvije, pod kutom od 90. Primijetimo da emo, ako ucrtamo pravac Penroseov kvadrat, peterokut, šesterokut te od osmerokut. dvije, pod kutom 90. Primijetimo da ćemo, ako ucrtamo pravac oko Penroseovog oko Penroseovog trokuta, dobiti Möbiusovu traku. trokuta, dobiti Möbiusovu traku. Na slikama su prikazani i Penroseov kvadrat, peterokut, šesterokut te osmerokut. Na slikama su prikazani i Penroseov kvadrat, peterokut, šesterokut te osmerokut. 38 ar M. C. Escher razradio je i umjetni ki prikazao Penroseove nemogu e Nizozemski M. C. Escher razradio jei silazno i umjetni ki prikazao Penroseove nemogu e a, posebice Vodopad (vodopad i staza grafi ar su na istom nivou) te Uzlazno predmete u svojim djelima, posebice Vodopad (vodopad i staza su na istom nivou) te Uzlazno5/16/08 i silazno Matka_64_finale.indd 38 petlji). 1:45:36 PM uz sepenice u beskona noj (niz ljudi penje se i spušta uz sepenice u beskona noj petlji).

Nizozemski grafičar M. C. Escher razradio je i umjetnički prikazao Penroseove nemoguće predmete u svojim djelima, posebice Vodopad (vodopad i staza su na istom nivou) te Uzlazno i silazno (niz ljudi penje se i spušta uz stube u beskonačnoj petlji). atka 16 (007./008.) br. 64 Godine 1965., koristeći topološke metode, Penrose je dokazao važan poučak koji, pod uvjetima koje on naziva postojanje uhvaćene plohe, pokazuje da se singularitet mora dogoditi u gravitacijskom kolapsu. U osnovi, pod tim se uvjetima prostor-vrijeme ne mogu nastaviti pa se klasična generalna relativnost raspada. Penrose je tražio, s obzirom da kvantni efekti postaju dominantni u singularitetu, jedinstvenu teoriju koja će objediniti teoriju relativnosti i kvantnu teoriju. Ujedinio je matematičke i geometrijske metode, te je 1984. godine objavio novu teoriju u radu Spinors and space time. Iako se većina njegovih radova odnosi na teoriju relativnosti i kvantnu fiziku, Roger Penrose fasciniran je i popločavanjem ravnine (slaganjem mnogokuta jednog pokraj drugog tako da prekrivaju čitavu ravninu, a da pri tome ne ostavljaju prazan prostor niti se preklapaju). Ravnina se može popločavati primjerice s jednakostraničnim trokutima, kvadratima, pravokutnicima, šesterokutima, itd. Popločavanje ravnine može se ostvariti i s kombinacijom mnogokuta (primjerice, šesterokuti i jednakostranični trokuti), rezultirajući nizom koji se stalno ponavlja. Penrose je želio pronaći skup oblika koji će popločati ravninu, ali bez generiranja niza koji se ponavlja. Pokazalo se da se do rješenja nije moglo doći računski, pa je Penrose, samo uz pomoć olovke i papira, pokušao a zatim i uspio rješiti problem. Prvo mu je za to trebalo nekoliko tisuća različitih oblika, no nakon istraživanja i pažljivog proučavanja smanjio je broj na šest, a zatim na samo dva oblika. 39 Matka_64_finale.indd 39 5/16/08 1:45:41 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 Penrose je kasnije dizajnirao mozgalicu koristeći koncept popločavanja koji je i u slobodnoj prodaji. Mozgalica se sastoji od dva oblika, malih i velikih pločica, a cilj je igre potpuno prekriti plohu. Iako se igra čini jednostavna, za nju postoji samo jedno moguće rješenje! Jedno moguće Penroseovo neperiodično popločavanje prikazano je na slici. U atki broj 6 i 63 objavili smo njegove dvije mozgalice Rombovi i Strijela i zmaj. Kasnije se pokazalo da neke kemijske supstance formiraju kristale na sličan neperiodički način. Penrose na svojim predavanjima često ističe dobrobit čistog istraživanja. Jedan od njegovih primjera odnosi se na jednu francusku kompaniju koja je nedavno našla praktičnu uporabu takvih supstanci naime, one čine izvrsni premaz za kuhinjsko posuđe jer ga štite od grebanja. Zanimljivo je još i da je 1997. godine Penrose tužio Kimberly Clark korporaciju zbog njihovog prošivenog (quilted) WC papira koji je, navodno, sličio Penroseovom popločavanju. Tužba je završila nagodbom izvan suda. Za doprinos na polju znanosti Penrose je dobio status viteza i čast da ispred svoga imena nosi titulu Sir. Godine 1971. primio je nagradu Američkog fizičkog društva za doprinose u matematičkoj fizici, a godine 1988. nagradu za fiziku (Wolf prize for Physics) koju je podijelio s fizičarom Stephenom Hawkingom. Godine 1989. primio je Diracovu medalju Međunarodnog fizičkog instituta. Izvori: http://en.wikipedia.org/wiki/roger_penrose http://www.worldofescher.com/misc/penrose.html http://en.wikipedia.org/wiki/penrose_stairs http://en.wikipedia.org/wiki/penrose_triangle http://plus.maths.org/issue18/features/penrose/index.html 40 Matka_64_finale.indd 40 5/16/08 1:45:50 PM

1. Izračunajte: NATJECANJA OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 5. siječnja 008. 4. razred 660 65 (87 86) + 061 1161 : 9. atka 16 (007./008.) br. 64. Prije točno 10 godina tri su prijatelja imala ukupno 10 godina. Nakon koliko će godina imati ukupno 100 godina? 3. Marko i Frane žele od svoje uštedevine, svaki za sebe, kupiti loptu koja je u izlogu i ima istaknutu cijenu. Marko kaže: Preskupa je, nedostaje mi 75 kuna. Frane dodaje: Meni nedostaje čak 90 kuna. Kada bi udružili novce, mogli bi kupiti loptu i preostalo bi im zajedno 70 kuna. Kolika je cijena lopte koju žele kupiti? 4. Prikažite broj 1 kao umnožak prirodnih brojeva tako da i zbroj tih faktora bude 1. Ispišite sve mogućnosti. 5. Majka je svakome od svoje troje djece dala isti tjedni džeparac. Kada je svako dijete potrošilo po 30 kn, ukupno im je ostao iznos jednak džeparcu jednoga od njih. Koliki je iznos majka izdvojila za džeparac svoje djece? 5. razred 1. Izračunajte: 008 + (48 4 14 + 3 44 16) (5 8 43 + 19 40 3).. U dvije prodavaonice voća bilo je ukupno 365 kg jabuka koje su se prodavale po istoj cijeni. Kada je prva prodavaonica prodala određenu količinu jabuka i za to dobila 434 kn, a druga je prodavaonica za pro danu određenu količinu dobila 875 kn, tada je u prvoj prodavaonici ostalo 10 kg, a u drugoj 76 kg. Koliko je u svakoj prodavaonici bilo jabuka na početku? 41 Matka_64_finale.indd 41 5/16/08 1:50:35 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 3. Zbroj nekih 0 uzastopnih prirodnih brojeva je 590. Koji su to bro jevi? 4. Odredite znamenku a tako da izraz 17 16a 007 008 bude djeljiv brojem 1. 5. Odredite troznamenkasti broj ako za znamenke toga broja vrijedi: znamenka desetice jednaka je 5; zbroj znamenaka je 15; zamjenom znamenaka stotice i jedinice novi je broj za 39 veći od dvostrukog starog broja. 6. razred 1. Izračunajte: 10 5 8 8 5 3.9 1.3 5 + :1 3 3 6 15 9 :. 1 1 3 13 4 5 3 5 4 5 7 7. Učenici šestog razreda neke škole idu na zimovanje. Prijavilo se 9 učenika više nego što je planirano. Pred polazak je zbog bolesti odus talo 3 11 prijavljenih učenika pa je na zimovanje otišlo 5 učenika manje nego što je planirano. Koliko je učenika išlo na zimovanje? 3. Za koje je sve prirodne brojeve a razlomak a 89 a prirodan broj? 4. Duljine stranica nekog jednakokračnog trokuta izražene su prirodnim brojem u centimetrima. Koliko je različitih jednakokračnih trokuta moguće konstruirati ako je opseg toga trokuta cm? D G C F 5. Dani su kvadrati ABCD i BEFG kao na slici, pri čemu je duljina stranice manjeg kvadrata 1 dm, a duljina stranice većeg kvadrata 0 cm. Izračunajte površinu trokuta DEG. 4 A B E Matka_64_finale.indd 4 5/16/08 1:50:41 PM

7. razred 1. U kružnice upišite brojeve tako da vrijede naznačene računske radnje. Postupak obrazložite! 5 + 55 atka 16 (007./008.) br. 64 : 16. U tri vreće sadržano je 64. kg brašna. U prvoj vreći ima 0% manje brašna nego u drugoj, a u trećoj 4.5% od količine brašna iz prve vreće. Koliko brašna ima u svakoj vreći? 3. Po završetku matematičkog natjecanja autobus s dijelom natjecatelja i profesora krenuo je prema Karlovcu. Na tom je putu vozio brzinom od 100 km/h. No, jednog su profesora zaboravili u Rijeci, ali je on uspio sebi osigurati prijevoz osobnim automobilom koji je prema Karlovcu krenuo 5 minuta i 36 sekundi poslije polaska autobusa. Osobni automobil kretao se brzinom od 10 km/h te je sustigao autobus. Kolika je udaljenost mjesta susreta od Rijeke? 4. Poljodjelac ima dvije njive čije se površine odnose kao : 3. Na tim njivama želi zasaditi maline i jagode tako da površina na kojoj će biti zasađene maline bude jednaka površini na kojoj će biti zasađene jagode. Manju njivu zasadio je jagodama i malinama u omjeru 3 : 5. U kojem omjeru treba zasaditi veću njivu? 5. Jedan šiljasti kut pravokutnog trokuta iznosi 35. Koliki kut zatvara simetrala najvećeg vanjskog kuta s pravcem kojemu pripada najkraća stranica trokuta? 1. Riješite jednadžbu: 8. razred 1 3 1 0.8x + x 1.3 = 4 x 0.7 ( 0.7 + 0.5x) 6 0.15x +. 5 5 43 Matka_64_finale.indd 43 5/16/08 1:50:44 PM

atka 16 (007./008.) br. 64. Izračunajte bez upotrebe kalkulatora: 333 + 444. 3. Na jednom je otoku 3 svih muškaraca oženjeno, a 3 5 Koji dio stanovnika nije u braku? svih žena je udano. 4. Zadan je pravac p jednadžbom 4x + 3y 6 = 0. Kolika je udaljenost ishodišta koordinatnog sustava od tog pravca? 5. Zadan je pravokutni trokut ABC s pravim kutom pri vrhu C i veličinom kuta pri vrhu B 0. Simetrala kuta BAC siječe katetu BC u točki D, a simetrala kuta ABC katetu AC siječe u točki F. Iz točaka D i F nacrtane su okomice na hipotenuzu koje je sijeku u točkama M i N. Izračunajte veličinu kuta MCN. Rješenja zadataka 4. razred 1. 1967. U posljednjih deset godina svaki od njih stariji je za 10 godina. Zato je danas ukupni broj njihovih godina za 30 veći od ukupnog broja godina prije 10 godina. To znači da oni danas imaju ukupno 40 godina. Do 100 godina nedostaje im još ukupno 60 godina. Budući da je 60 : 3 = 0, zaključujemo da će nakon 0 godina oni imati ukupno 100 godina. 3. Za kupiti dvije lopte nedostaje im 75 + 90 = 165 kn. Ako kupe jednu loptu, preostaje im 70 kn. Cijena lopte je 165 kn + 70 kn = 35 kn. 4. 1 = 6 1 1 1 1, + 6 + 1+1 + 1 + 1 = 1; 1 = 3 4 1 1 1 1 1, 3 + 4 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 1; 1 = 3 1 1 1 1 1, 3 + + + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 1. 5. Iznos džeparca za dva djeteta iznosi 90 kn. To znači da je džeparac jednog djeteta 90 : = 45 kn. Iznos koji majka izdvaja za džeparce svoje djece je 45 3 = 135 kn. 5. razred 1. 3608. Obje su prodavaonice prodale 365 (10 + 76) = 187 kg jabuka. Za to su dobile 434 + 875 = 1309 kn, pa je cijena 1 kg jabuka bila 1309 : 187 = 7 kn. U prvoj prodavaonici je na početku bilo 434 : 7 + 10 = 164 kg jabuka, a u drugoj 875 : 7 + 76 = 01 kg jabuka. 3. Neka je x, x + 1, x +,..., x + 19... traženih 0 uzastopnih brojeva. Tada vrijedi jednadžba x + x + 1 + x + + + x + 19 = 590. Tu jednadžbu možemo pisati u obliku 0x + (1 + + + 19) = 590. Nadalje je 0x + (9 0 + 10) = 590, 44 Matka_64_finale.indd 44 5/16/08 1:50:46 PM

0x + 180 + 10 = 590, 0x + 190 = 590, 0x = 400, tj. x = 10. Traženi brojevi su 10, 11, 1,..., 138 i 139. 4. Broj je djeljiv brojem 1 ako je djeljiv i brojem 3 i brojem 4. Broj 007 djeljiv je brojem 3, pa je i umnožak 007 008 djeljiv brojem 3. Budući da je 008 djeljiv brojem 4, onda je i umnožak 007 008 djeljiv brojem 4. Dakle, 007 008 djeljiv je brojem 1. Zato i pribrojnik 17 16a mora biti djeljiv brojem 1. No, 17 je prost broj pa a. Za a = 0 vrijedi 1 + 6 + 0 = 7, što nije djeljivo brojem 3. Za a = 4 vrijedi 1 + 6 + 4 = 11, što nije djeljivo brojem 3. Za a = 8 vrijedi 1 + 6 + 8 = 15, što je djeljivo brojem 3. Tražena znamenka je a = 8. 5. Znamenka desetica jednaka je 5 pa je zbroj znamenaka stotica i jedinica jednak 10. Ako s x označimo znamenku stotica, onda je 10 x znamenka jedinica. Troznamenkasti broj je 100x + 5 10 + (10 x) 1 = 100x + 50 + 10 x = 99x + 60. Novi broj nastaje zamjenom znamenaka stotica i jedinica, tj. 100(10 x) + 50 + x i vrijedi 100(10 x) + 50+x = (99x + 60) + 39. Rješavanjem te jednadžbe dobivamo da je x = 3 znamenka stotica, a 7 je znamenka jedinica. Traženi broj je 357. 16a mora biti djeljiv brojem 1. Broj 16a je djeljiv brojem 4 ako je 0, 4,8 atka 16 (007./008.) br. 64 6. razred 13 1. 7. Prijavilo se 11 9 planiranog broja učenika, a odustalo je 1 planiranog broja. Na 3 izlet je otišlo 11 1 8 planiranog broja svih učenika. Znači da je devetina planiranog broja učenika jednaka 5. Na zimovanje je trebalo ići 45, a otišlo je 40 9 3 9 učenika. a + 89 a + + 89 a + 91 a 91 91 3. = = = + = 1+ a a a a a a. Budući da je 91 = 7 13, postoje 4 mogućnosti: a = 1 odnosno a = 3; a = 7 odnosno a = 9; a = 13 odnosno a = 15, te a = 91 odnosno a = 93. Traženi brojevi su 3, 9, 15 i 93. 4. Uz oznake kao na slici vrijedi da je a + b =. b b a Budući da su brojevi b i parni, zaključujemo da a mora biti paran broj. Zbroj duljina dviju stranica trokuta mora biti veći od duljine treće stranice. Zbog toga vrijedi b > a. a 4 6 8 10 b 10 9 8 7 6 Postoji pet različitih jednakokračnih trokuta koji zadovoljavaju uvjete zadatka. 45 Matka_64_finale.indd 45 5/16/08 1:50:5 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 5. p(abcd) = 400 cm, p(befg) = 100 cm, p(gef) = 50 cm, p(dcg) = 100 cm, p(aed) = 300 cm. p(deg) = (p(abcd) + p(befg)) (p(gef) + p(dcg) + p(aed)) = (400 + 100) (50 + 100 + 300) = 50 cm. a 7. razred D A C B G F E 5a 5 : 16 + 55 5a 16 1. Iz 5 a + 55 = a slijedi 11 a = 55, tj. a = 80, 5a = 400 16 16 i 5 a = 5. 16. U prvoj vreći je 80% od x = 0.8x, u drugoj x, a u trećoj 4.5% od 0.8x = 0.34x. Vrijedi jednadžba 0.8x + x + 0.34x = 64.. Rješenje te jednadžbe je x = 30. U prvoj vreći bilo je 4 kg, u drugoj 30 kg, a u trećoj 10. kg brašna. 3. Neka je s udaljenost od Rijeke do mjesta dostizanja. Neka je t 1 odnosno t vrijeme za koje je autobus odnosno osobni automobil prešao taj put. Tada vrijedi s = 100 t 1 = 10 t i t = t 1 336. Uvrštavanjem dobivamo da je 3600 100t 1 = 10t 1 11., tj. da je 0t 1 = 11., pa je t 1 = 0.56 h. Konačno, s = 100 t 1 = 100 0.56 = 56 km. Tražena udaljenost je 56 km. 4. Ako površina manje njive iznosi p, površina veće njive je 3p. Ukupna površina obiju njiva je 5p, što znači da svaku voćnu kulturu treba zasaditi na površini od.5p. Manja njiva površine p zasađena je u omjeru 3 : 5 pa je pod jagodama 3 od p odnosno 0.75p. Tada je na većoj njivi 8 pod jagodama.5p 0.75p = 1.75p. Ostatak na većoj njivi je pod malinama, a to je 3p 1.75p = 1.5p. Dakle, jagode i maline na većoj njivi treba zasaditi u omjeru 7 p : 5 p = 7 : 5. 4 4 5. Neka je trokut ABC s pravim kutom pri vrhu C. Šiljasti kutovi tog pravokutnog trokuta iznose α = 55 i β = 35. Najveći vanjski kut suplementaran je najmanjem unutarnjem kutu, tj. β 1 = 145. Najkraća stranica trokuta nalazi se nasuprot najmanjem kutu pa je to stranica AC. D x Simetrala najvećeg vanjskog kuta β 1 siječe pravac AC u točki D. Traženi kut veličine x je šiljasti β kut pravokutnog trokuta BDC, pa vrijedi: x = 90 1 = 10 30. 8. razred 1. Zadanu jednadžbu pišemo u obliku 0.64x 0.8x + 0.5 + 0.36x 1.56x + 1.69 = 4((0.5x) 0.7) 0.9x 0.48. Njezino rješenje je x = 3. 46 β 1 β1 C B 35 A Matka_64_finale.indd 46 5/16/08 1:50:57 PM

. ( ) ( ) ( ) 333 + 444 = 3 111 + 4 111 = 111 3 + 4 = 111 5 = 111 5 = 555 3. Neka je bilo x muškaraca i y žena. Tada je, iz uvjeta zadatka, x = 3 y, 3 5 10 tj. 10x = 9y. Odatle je y = x. U braku nisu 1 9 3 x (muškaraca) i 5 y (žena). Zbog 1 1 10 7 10 11 x + y = x + x = x i x + y = x + x = x 3 5 3 5 9 9 9 9 1 7 x + y x 7 slijedi da 3 5 = 9 = nije u braku. x + y 19 x 19 9 4. Zadani pravac siječe koordinatne osi u točkama A(0, ) i B(1.5, 0). Tražena udaljenost duljina je visine iz vrha O pravokutnog trokuta ABO. Označimo ON = x. Primjenom Pitagorina poučka na pravokutni trokut ABO dobivamo da je 1 1 AB =.5. Površinu trokuta ABO izrazimo na dva načina: p = OA OB i p = AB ON. atka 16 (007./008.) br. 64 Izjednačavanjem površina i uvrštavanjem poznatih podataka dobivamo 1 1.5 =.5 x, odakle je x = 1.. Dakle, d(o, p) = 1. OE. A 5. C 1 x N F D O 1 B p A N M B Trokut FCN je jednakokračan jer je CF = FN (svojstvo simetrale BF). I trokut CDM je jednakokračan jer je CD = DM (svojstvo simetrale AD). Slijedi da je FCN = CNF, DCM = DMC. Zato je α = 70, pa je AFN = 0. Sličnim zaključivanjem nalazimo da je BDM = 70. Zato je FCN = CNF = AFN : = 10. Sličnim zaključivanjem nalazimo da je DCM = DMC = 70 : = 35. Tada je MCN = 90 (10 + 35 ) = 90 45 = 45. Dakle, veličina traženog kuta MCN iznosi 45. 47 Matka_64_finale.indd 47 5/16/08 1:51:0 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 ZA PETAŠE Zdravko Kurnik, Zagreb ZA PETAŠE 1 3 6 7 11 14 4 5 8 9 10 1 13 15 8 VODORAVNO: 1. Broj koji se ponavlja u decimalnom prikazu razlomka 11. 3. MMMCDXC. 6. 1 + + 3 + 13 1. 8. 111.1 : 30.3. 9. 509 50.9 + 458.1. 11. Broj 7 7 7 7 kojim treba skratiti razlomak 130 15 45 da se dobije razlomak. 1. Brojnik zbroja 418 51 101 + 46 101 + 47. 14. Opseg pravokutnika kojemu su duljine stranica 61.6 i 6.4. 15. Broj a 101 za koji je razlomak 65 a jednak razlomku 3 40 8. OKOMITO: 1. Upišite prosti broj iz skupa 97, 405, 719, 95.. Koliko se keramičkih pločica duljine stranice 10.5 cm nalazi u jednom redu na kuhinjskom zidu širine.31 m? 4. 44.5 77.8 + 888.9. 5. Broj kojim treba proširiti razlomak 15 1455 da se dobije razlomak. 7. 6.8 6.8 10 10. 10. 1156 : 1.7. 11. Duljina igrališta pravokutnog oblika u metrima ako je njegova površina 3300 m, a širina 41.5 m. 3 31 13. 33 1 3 + 33 3. 48 Matka_64_finale.indd 48 5/16/08 1:51:05 PM

ZA ŠESTAŠE ZA ŠESTAŠE 1 VODORAVNO: 1. ( 9) :. 4. MMCMXLVII. 7. 37 ( 37) ( 37). 9. Koji je od 9 brojeva 10, 11, 1 i 13 rješenje jednadžbe 1 1 1 (x 10) + (x 11) = 0? 10. Duljina f 10 11 10 druge dijagonale romba kojemu je duljina jedne dijagonale e = 33.3 i površina p = 1448.55. 1 5 11. 4 8 + 5 + 3 6. 1. Rješenje jednadžbe 6 (1 x) x 1 + 13 = 0. 13. 7 5 305. 15x 100 15. Opseg romba kojemu je duljina stranice rješenje jednadžbe = 7.5 x. 4 5 16. 1 (1 1 7 7 1). 18. Površina kvadrata kojemu je opseg jednak 44. 19. Koeficijent a u jednadžbi ax + 6 = 0 kojoj je rješenje racionalni broj 3. 53 atka 16 (007./008.) br. 64 OKOMITO: 1. ( 30) ( 30) ( 7) ( 7).. XL. 3. Površina kvadrata kojemu je duljina stranice 5 1 rješenje jednadžbe =. 4. Duljina kraka jednakokračnog trapeza kojemu su duljine osnovica a + 9 1 77.7 i 66.6, a opseg jednak 190.3. 5. ( ) :. 6. Duljina druge stranice pravokutnika kojemu je 19 duljina jedne stranice 1, a površina 35.5. 8. Veličina četvrtog kuta četverokuta izražena u stupnjevima ako su veličine triju njegovih kutova 100, 101 i 10. 11. 9 9 ( 9) ( 9). 1. 3 3 + 6 1 1 1 3 6. 1 3 4 5 6 x x x 15 13. Rješenje jednadžbe + 17 19 7 8 18 = 0. 14. Rješenje jednadžbe 1 0.5 x 15.4 = 4 x + 47.6. 9 10 11 1 13 14 15 18 16 17 19 15. Zbroj rješenja jednadžbi 1 x = 4 0 3 i 50 x =1. 16. Površina pravokutnika kojemu su duljine stranica 67.5 i 6 5. 17. Broj dužina što ih određuju vrhovi četverokuta i sjecište njegovih dijagonala. 49 Matka_64_finale.indd 49 5/16/08 1:51:09 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 ZA SEDMAŠE 1 3 7 8 10 13 18 19 3 4 5 6 9 11 1 14 15 16 17 0 1 4 ZA SEDMAŠE VODORAVNO: 1. Polumjer kruga kojemu je opseg jednak 1π. 3. Vrijednost izraza f(6) f(15.5) f(0.5) 1000 ako je f linearna funkcija zadana jednakošću f(x) = 4x + 100. 7. ( 13) ( 13) ( 13) ( 13) 431. 9. Površina trokuta što ga određuje pravac x + 17y 68 = 0 s koordinatnim osima. 10. Omjer opsega krugova kojima su površine jednake 900π i 4π. 11. Koliki je zbroj x + y ako je 3x y = 15 i x 3y = 115? 14. Cijeli dio broja 1π. 16. Vrijednost argumenta x ako je vrijednost linearne funkcije f(x) = x + 3 jednaka 0. 1 18. Koeficijent smjera pravca koji prolazi točkama A(1, ) i B(, 14). 0. Umnožak 1 f(66) f(66) f(66) ako je f linearna funkcija zadana jednakošću f(x) = x + 77. 3. Zbroj f(10) + f(0) + f(50) + 444 ako je f linearna funkcija zadana jednakošću f(x) = 500x 11. 4. Apscisa sjecišta pravaca x + y 100 = 0, x 9y 70 = 0. OKOMITO: 1. Koeficijent smjera pravaca koji su usporedni s pravcem 744x 1y + 1 = 0. 1. Prve tri decimale broja π. 3. Vrijednost izraza 14x + 11y +50 za x =, y = 6. 4. Obujam 7 11 kvadra kojemu duljine bridova a, b, c zadovoljavaju jednakosti b = a, c = 3b 1 i a + b + c = 6. 5. Ordinata sjecišta pravaca x + y 160 = 0, x y + 60 = 0. 6. Omjer površina krugova kojima su opsezi jednaki 10π i 6π. 8. Površina pravokutnika kojemu duljine stranica a i b zadovoljavaju jednakosti a b = 1, a + 7b = 100. 1. ( 9) ( 9) 1. 13. Vrijednost linearne funkcije f(x) = 6x za x = 139. 5. Koliki je umnožak xy ako je uređeni par (x, y) rješenje sustava jednadžbi x y = 60, 7x y = 6? 17. Prosti djelitelj broja 9336. 19. Koeficijent smjera pravca koji prolazi točkama A(1, 10) i B(, 30). 1. 3 4 5 ( 3) ( 3).. Rješenje jednadžbe 008 4x =. 17 50 Matka_64_finale.indd 50 5/16/08 1:51:18 PM

ZA OSMAŠE ZA OSMAŠE VODORAVNO: 1. Broj parova paralelnih bridova kvadra. 3. Prvih pet decimala broja π. 7. Broj dijagonala svih strana šesterostrane piramide. 8. 13 3 1 3 + 11 3 10 3 + 9. 9. Polumjer kugle kojoj je oplošje 80 656π. 11. Cijeli dio površine sfere polumjera r = 7.. 13. DCXCVI. 14. Oplošje kvadra kojemu je obujam 1848, a duljine bridova se odnose kao 11 : 1 : 14. 16. Oplošje kocke kojoj je obujam jednak 51. 18. Duljina izvodnice uspravnog stošca čija je površina osnovke 56π, a duljina visine 30. 0. Prvih pet decimala iracionalnog broja 6 + 7. 1. Broj pravaca od kojih svaki prolazi dvama vrhovima osmerostrane piramide. atka 16 (007./008.) br. 64 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 16 17 18 19 0 1 OKOMITO: 1. Duljina izvodnice uspravnog stošca kojemu je opseg osnovke 144π i duljina visine 5.. 90 9. 3. Cijeli dio oplošja pravilnog tetraedra duljine brida 10.6. 4. Duljina visine pravilne kvadratske piramide kojoj je duljina pobočnog brida 50, a duljina brida baze 30. 5. Obujam kvadra kojemu duljine bridova a, b i c zadovoljavaju jednakosti a + b = 14, b + c = 47, a + c = 47. 6. Prosti djelitelj broja 14 565. 10. Cijeli dio obujma valjka polumjera osnovke 6.4 i duljine visine 36.0. 1. Obujam kocke kojoj je oplošje 1944. 13. Broj vrhova, bridova i strana 100-strane prizme. 14. Zbroj obujama kocki s duljinama bridova 1, 3, 4, 7 i 8. 17. Polumjer kugle kojoj je obujam 708 588π. 19. Broj parova okomitih bridova kocke. 51 Matka_64_finale.indd 51 5/16/08 1:51:0 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 KOMBINACIJA 1 3 4 5 6 7 8 9 10 10 3 1 15 5 8 0 9 7 19 Zdravko Kurnik, Zagreb 11 1 13 14 15 6 4 17 13 16 17 18 19 0 18 14 1 11 16 Riječi SIGET, SKELA, SUDAC, USRED upišite vodoravno u prvi lik tako da na osjenčanim poljima dobijete jedan matematički pojam. Prenesete li slova iz prvog lika u drugi prema brojevima u poljima, u drugom ćete liku, čitajući vodoravno, dobiti tri velika matematičara. ISTE ZNAMENKE Broj ove Matke je 64. Zanimljivo je vidjeti kako se taj broj može prikazati pomoću istih znamenaka, računskih radnji i bez uporabe zagrada. Primjerice: 64 = 33 + 33 3 : 3 3 : 3. Pronađite najbolje prikaze broja 64 pomoću istih drugih znamenaka. Neki su uistinu jednostavni! 64 NATJECATELJI Na velikom matematičkom natjecanju sudjelovali su i sljedeći učenici: ACO VIHORA ANKA PIR BLAGO RAK GORAN VID IGNAC ŠARE IVICA TRIVO IVO TRNKA JURA DIVAS PAVLE GALO TIN DRAGEC VIKI ŽREC VJERA BOL Iz kojih su naših mjesta ovi natjecatelji? 5 Matka_64_finale.indd 5 5/16/08 1:51:4 PM

POMICALJKA ODAPETI VISINE PRATILAC SPIRALE LIRIKA BARITON ŠIKARA OTKUPITI BEATA Riječi pomaknite ulijevo ili udesno tako da u tri uzastopna stupca dobijete tri matematička pojma. ZBRAJALJKA Pažljivo pogledajte donji račun zbrajanja. Jasno je da DVA i TRI uvijek daju PET. No, postoje i zamjene osam slova: A, D, E, I, P, R, T, V tako da i na taj način račun bude ispravan. Ima mnogo zamjena. Vaš je zadatak da nađete one dvije zamjene za koje je broj ADEIPRTV a) najmanji, b) najveći. DVA + T R I P E T atka 16 (007./008.) br. 64 PRAVOKUTNI TROKUTI Lik u obliku slova L predstavlja rimsku brojku koja ima vrijednost 50. Lik je najprije podijeljen na kvadratiće, a zatim je svaki kvadratić dijagonalama podijeljen na pravokutne trokute. Osim tih malih, na crtežu se mogu uočiti i veći pravokutni trokuti. Ima li ukupno pravokutnih trokuta više ili manje od 50? U ZNAKU BROJA 100 Mnogi zadatci iz starih vremena zadržali su svježinu sve do naših dana i danas još služe kao ugodna razonoda. Evo jednog takvog starca iz VIII. stoljeća: 100 mjerica pšenice podijeljeno je na 100 osoba tako da je svaki muškarac dobio po 3, svaka žena po, a svako dijete po ½ mjerice. Koliko je bilo muškaraca, koliko žena, a koliko djece? 53 Matka_64_finale.indd 53 5/16/08 1:51:7 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 ŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 7. ožujka 008. 4. razred 1. U izrazu 84 8 6 + 4 : 6 3 postavite zagrade tako da vrijednost izraza bude: a) 44, b) 1. Izračunajte vrijednost izraza s postavljenim zagradama.. Zamijenite zvjezdice znamenkama tako da rezultat zbrajanja bude točan: 7 * + * * 6 + * 49 = 008. 3. Tijekom praznika Neven, Marijana i Mirna zajedno su zaradili 385 kn. Neven je radio tri puta više od Marijane i šest puta više od Mirne. Zaradu su odlučili pravedno podijeliti. Koliko je kuna dobio svatko od njih? 4. Brat i sestra imaju zajedno 56 godina. Prije dvadeset godina brat je imao triput više godina nego sestra. Koliko godina sada ima brat, a koliko sestra? 5. U prazne kvadratiće upišite brojeve 1, 5, 7 i 8 tako da, idući u smjeru strjelica, čitamo najmanji neparan šesteroznamenkasti broj. Koji je to broj? 4 6 3 5. razred 1. Izračunajte: 008 : 8 + (36 8 7 + 4 44 9) : 7 1 (49 1 6 8 5 7) : 81.. Odredite četveroznamenkasti broj abcd za koji vrijedi jednakost abcd + abc + ab + a = 008, pri čemu su znamenke a, b, c, d medusobno različite. 54 Matka_64_finale.indd 54 5/16/08 1:51:30 PM

3. Koliko šesteroznamenkastih brojeva počinje znamenkama 008, a koliko završava znamenkama 008? Kojih ima manje? 4. Odredite najmanji četveroznamenkasti broj koji pri dijeljenju sa svakim složenim jednoznamenkastim brojem daje ostatak. 5. Izračunajte površinu osjenčanog dijela kvadrata prikazanog na slici. 6 mm 4 cm atka 16 (007./008.) br. 64 6. razred 4 cm 6 mm 1. Koje pribrojnike treba izbrisati u zbroju novog zbroja bude 1? 1 1 1 1 1 1 + + + + + tako da vrijednost 4 6 8 10 1. Izračunajte vrijednost izraza: 1 + 3 4 + 5 + 6 7 8 +... 008. 3. Napišite broj 45 kao zbroj nekoliko uzastopnih prirodnih brojeva. Odredite sve mogućnosti. 4. Neka su dužine AB i BC međusobno okomite i neka je AB = BC = a, a Q +. Neka su K i L polovišta dužina AB i BC, a K i L njihove osnosimetrične slike s obzirom na pravac AC. Odredite površinu lika AKLCL K. 5. Zadan je jednakokračan trokut duljinom kraka 7.5 cm i kutom na osnovici veličine 75. Kolika je površina tog trokuta? 7. razred 1. Izračunajte vrijednost nepoznanice x: 3 4 1 1.5 1.75 0.5 9 4 3 : 5 = : x 3 4 1 1 0.5 + 0.5 + 0.5 4 5 3 4. Povjerenstvo za natjecanje ne raspolaže potpunim podatcima o natjecanjima u nekoj općini. Poznato je da je na općinskom natjecanju sudjelovalo 50 učenika, a 1% ih se plasiralo na županijsko natjecanje. Od ukupnog broja učenika te općine koji su sudjelovali na školskim natjecanjima njih.5% plasiralo se na županijsko natjecanje. Koliko je učenika te općine sudjelovalo na školskim natjecanjima? (Školsko natjecanje prethodilo je općinskom natjecanju.) 55 Matka_64_finale.indd 55 5/16/08 1:51:34 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 3. Dva se broja odnose kao 4 : 3, dok se zbroj tih brojeva prema njihovom umnošku odnosi kao 7 : 6. Koji su to brojevi? 4. Dan je jednakostraničan trokut ABC, pri čemu je AB = 9 cm. Neka je točka M na stranici AC, točka P nožište okomice iz točke M na pravac AB, točka Q nožište okomice iz točke P na pravac BC. Okomica iz točke Q na pravac AC siječe taj pravac u točki M. Izračunajte duljinu AM. 5. U jednakokračnom trapezu ABCD, AB > DC, srednjica trapeza MN (M AD, N BC) siječe dijagonale AC i BD redom u točkama K i L. Ako je točka S sjecište dijagonala, dokažite da četverokuti DMKS i CSLN imaju jednake površine. 8. razred 1. Izračunajte vrijednost izraza x 008 + 008y ako je x + 4y + x 1y + 10 = 0.. Ako se brojnik nekog razlomka uveća za 4, a nazivnik umanji za 3, dobiva se 3 5. No, ako se brojnik istog razlomka umanji za 3, a nazivnik uveća za 4, dobiva se 1. Koji je to razlomak? 11 3. Vlak se kreće brzinom 4 m/s. Ptica leti brzinom 1 m/s. Za 60 sekundi preletjela je od kraja do početka vlaka i natrag. Koliko je dugačak vlak? 4. Razlika duljina kateta pravokutnog trokuta iznosi 6 cm, a duljina visine iz vrha pravog kuta iznosi 8 cm. Izračunajte duljinu hipotenuze. 5. Zadan je trapez s okomitim dijagonalama. Kolika je duljina srednjice trapeza ako su duljine dijagonala.5 cm i 6 cm? Rješenja zadataka 4. razred 1. a) 84 8 6 + 4 : (6 3) = 44, b) 84 8 (6 + 4 : 6) 3 = 1. 73 + 986 + 949 = 008 3. Mirna je dobila 365 kn, Marijana 730 kn, a Neven 190 kn. 56 Matka_64_finale.indd 56 5/16/08 1:51:36 PM

4. Prije 0 godina brat i sestra imali su zajedno 56 0 = 16 godina. Brat je tada imao 1, a sestra 4 godine. Sada brat ima 1 + 0 = 3 godine, a sestra 4 + 0 = 4 godine. 5. Da bismo dobili najmanji neparan šesteroznamenkasti broj, brojeve valja upisati kako je to prikazano slikom. 1 6 4 5 atka 16 (007./008.) br. 64 Na taj se način dobiva broj 145 73. 8 3 7 5. razred 1. 05. Zadanu jednakost abcd + abc + ab + a = 008 možemo pisati u obliku 1111a + 111b + 11c + d = 008, odakle slijedi da je a = 1. Nadalje je 111b + 11c + d = 008 1111, što znači da je b = 8. Tada je 11c + d = 897 888, pa je c = 0 i d = 9. Traženi je broj 1809. 3. Šesteroznamenkasti broj koji počinje s 008 je oblika 008ab, pri čemu su a, b {0, 1,..., 9}. Takvih brojeva ima 10 10 = 100. Šesteroznamenkasti broj koji završava s 008 je oblika xy 008, pri čemu je x {1,,..., 9} i y {0, 1,..., 9}. Takvih brojeva ima 9 10 = 90. Budući da je 90 < 100, brojeva koji završavaju znamenkama 008 ima manje. 4. Ako je x traženi broj, onda je x višekratnik brojeva 4, 6, 8 i 9, tj. x je višekratnik broja 7. Budući da je 1000 = 13 7 + 64, to je 1008 = 14 7. Iz x = 1008 slijedi da je traženi broj x = 1010. 5. Površina velikog kvadrata je p 1 = 46 46 = 116 mm. 6 mm p Površina svakoga od dvaju pravokutnih trokuta iznosi p = (46 6) : = 138 mm, a površina manjeg kvadrata iznosi p 3 = 40 40 = 1600 mm. Površina osjenčanog dijela iznosi p = p 1 p p 3, tj. p = 116 138 1600 = 40 mm. 4 cm p 3 p 4 cm 6 mm 6. razred 1. Zbroj svih zadanih razlomaka iznosi 147 10, a to je za 7 10 izbrisati pribrojnike 15 10 i 1 10, tj. razlomke 1 8 i 1 10. veće od 1. Iz zadatka treba 57 Matka_64_finale.indd 57 5/16/08 1:51:41 PM

atka 16 (007./008.) br. 64. Vrijedi 1 + 3 4 = 4, 5 + 6 7 8 = 4, 9 + 10 11 1 = 4... Budući da je 008 = 4 50, onda je 1 + 3 4 + 5 + 6 7 8 + 008 = 50 ( 4) = 008. 3. 1 Ako zbroj ima dva pribrojnika, x + x + 1 = 45, onda je x =, a traženi brojevi su i 3. Ako zbroj ima tri pribrojnika, x + x + 1 + x + = 45, onda je x = 14, a traženi brojevi su 14, 15 i 16. 3 Ako zbroj ima četiri pribrojnika, x + x + 1 + x + + x + 3 = 45, onda je 4x = 39, a ta jednadžba nema rješenja u skupu prirodnih brojeva. 4 Ako zbroj ima pet pribrojnika, x + x + 1 + + x + 4 = 45, onda je x = 7, a traženi brojevi su 7, 8, 9, 10 i 11. 5 Ako zbroj ima šest pribrojnika, x + x + 1 + + x + 5 = 45, onda je x = 5, a traženi brojevi su 5, 6, 7, 8, 9 i 10. 6 Ako zbroj ima sedam pribrojnika, x + x + 1 + + x + 6 = 45, onda je 7x = 4, a ta jednadžba nema rješenja u skupu prirodnih brojeva. 7 Ako zbroj ima osam pribrojnika, x + x + 1+ + x + 7 = 45, onda je 8x = 17, a ta jednadžba nema rješenja u skupu prirodnih brojeva. 8 Ako zbroj ima devet pribrojnika, x + x + 1 + + x + 8 = 45, onda je x = 1, a traženi brojevi su 1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8 i 9. Dakle, postoji pet različitih rješenja. 4. Neka je trokut ACD osnosimetrična slika trokuta ABC obzirom na pravac AC. Budući da je AB = BC i AB BC, onda je trokut ABC jednakokračan pravokutan. Zato je i trokut ACD jednakokračan pravokutan. Tada je četverokut ABCD kvadrat. K' A D L' K C L B Budući da su su K i L polovišta dužina AB i BC, onda su njihove osnosimetrične slike K i L polovišta dužina AD i DC. Očito su trokuti KBL i K L D jednakokračni pravokutni. Neka je p površina lika AKLCL K. Tada je p( KBL) =, p( ABCD) = a a, a a a a 8 p( K ' L ' D ') =. 8 Površina zadanog lika je p = p(abcd) p(kbl) p(k L D), pa nakon uvrštavanja nalazimo da je p = 3 4 a a. Dakle, površina lika AKLCL K je 3 4 a a. 5. Prema uvjetu zadatka vrijedi AC = BC = b = 7.5 cm i BAC = ABC = 75, pa je ACB = 30. Odaberimo točku D na kraku BC tako da je AD BC. Dužina AD je visina trokuta ABC i kateta pravokutnog trokuta ADC nasuprot kutu veličine 30. Zato je 1 AD = AC = 3.75 cm i p(abc) = 1 BC AD = 14.065 cm. 1. 38 x =. 7 7. razred 58 Matka_64_finale.indd 58 5/16/08 1:51:45 PM

. Neka je x broj učenika koji su sudjelovali na školskim natjecanjima. Na županijsko se natjecanje plasiralo 1%(50), tj. ukupno 6 učenika iz te općine. Prema uvjetu zadatka vrijedi jednadžba.5%(x) = 6. Njezino je rješenje x = 40, tj. na školskim je natjecanjima sudjelovalo 40 učenika. 3 3. Ako su x i y traženi brojevi, onda vrijedi x : y = 4 : 3, tj. y = x. Iz (x + y) : xy = 7 : 6 4 3 3 slijedi da je 6(x + y) = 7xy. Dalje je 6 x + x = 7x x, odakle slijedi da je 6 = 3x. 4 4 Uvjete zadatka ispunjavaju brojevi x = i y = 1.5. 4. Budući da je trokut ABC jednakostraničan, onda je CAB = ABC = BCA = 60. M C atka 16 (007./008.) br. 64 Q Prema konstrukciji je APM = 90, pa je PMA = 30. Analogno, QPB = 30 i MQC = 30. To znači da su trokuti APM, BQP i CMQ polovice jednakostraničnih trokuta. Budući da je APM + MPQ + QPB = 180, zaključujemo da je MPQ = 60. Analogno vrijedi PQM = 60 i QMP = 60, što znači da je trokut PQM jednakostraničan. Iz MP = PQ = QM, APM = BQP = QMC = 90 i PMA = QPB = MQC = 30 prema K-S-K poučku o sukladnosti trokuta slijedi da su trokuti APM, BQP i CMQ međusobno sukladni. 1 Dakle, AP = CM i AP = AM. Zbog AM + MC = 9 slijedi da je AM = 6 cm. 5. Budući da je ABCD jednakokračan trapez, onda je DAB = ABC i AD = BC. D A C P B M K S L N A Zato prema poučku S-K-S o sukladnosti trokuta slijedi da je ABC BAC. Iz te sukladnosti slijedi da je BDA = ACB, što znači da je LDM = KCN. Budući da je MN srednjica trapeza ABCD, onda je MN AB, pa vrijedi DML = DAB i KNC = ABC. Dakle, DML = KNC. Točke M i N su polovišta krakova AD i BC, pa je DM = CN. Prema poučku K-S-K o sukladnosti trokuta slijedi DML CNK. Na kraju je p(dmks) = p(dml) p(kls) = p(cnk) p(kls) = p(csln), čime je tvrdnja dokazana. 59 B Matka_64_finale.indd 59 5/16/08 1:51:5 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 8. razred 1. Zadani izraz x + 4y + x 1y + 10 = 0 možemo pisati u obliku (x + 1) + (y 3) = 0. Slijedi da je x = 1 i y 3 = 0 odnosno y = 1.5. Na kraju dobivamo da je x 008 + 008y = ( 1) 008 + 008 1.5 = 1 + 301 = 3013. x + 4 3 x 3 1. Iz uvjeta = slijedi 5(x + 4) = 3(y 3), tj. 5x + 0 = 3y 9. Iz = slijedi y 3 5 y + 4 11 11(x 3) = 1(y + 4), 11x 33 = y + 4 tj. y = 11x 37. Uvrštavanjem dobivamo jednadžbu 5x + 0 = 3(11x 37) 9. Rješenje te jednadžbe je x = 5, pa je y = 18. Traženi razlomak je 5 18. 3. Kada ptica leti u smjeru kretanja vlaka, njezina brzina u odnosu na vlak iznosi 1 4 = 8 m/s. Kada ptica leti u smjeru suprotnom od kretanja vlaka, njezina brzina u odnosu na vlak iznosi 1 + 4 = 16 m/s. x x Neka je x duljina vlaka u metrima. Tada vrijedi + = 60, odakle je x = 30. 8 16 ab cv 4. Neka su duljine kateta a i b (a > b). Tada je a b = 6. Iz p = = c slijedi ab = cv c. Nakon kvadriranja jednakosti a b = 6 dobivamo a ab + b = 36. Nadalje je a cv c + b = 36, c cv c = 36, c 16c = 36, c 16c + 64 = 100, tj. (c 8) = 100. Tada je c 8 = 10, tj. c = 18 cm ili c 8 = 10, tj. c =, što je nemoguće. Duljina hipotenuze je 18 cm. 5. Točkom C nacrtamo paralelu p s pravcem BD. D C Neka je točka E presjek pravca p i pravca AB. Tada je četverokut DBEC paralelogram pa je BE = DC i BD = EC. Nadalje, trokut ACE je pravokutan pa je p AB + BE = AC + CE = AC + BD. S druge strane je AB + BE = AB + CD = s. A B E Zato je s =.5 + 6 = 6.5, tj. s = 3.5 cm. 60 Matka_64_finale.indd 60 5/16/08 1:51:56 PM

KUTAK ZA KREATIVNI TRENUTAK MOZGALICA: PRAVOKUTNICI I KVADRATI Godine 007. pojavio se novi mobilni telefon iphone koji je izradila kompanija Apple. Dosadašnja praksa svih proizvođača mobilnih telefona bila je da se u aparat instaliraju različite igrice. Za iphone je kompanija Soneso (www.soneso.com) izradila igru Block Puzzle. Block Puzzle se igra na ploči dimenzija 4 5, s određenim brojem pravokutnih i kvadratnih pločica. Ovdje ćemo prikazati dva od deset predloženih problema. atka 16 (007./008.) br. 64 Prijedlog: Načinite ploču za igranje dimenzija 4 5 s otvorom širine na dnu, 14 kvadrata dimenzije 1 1, 5 pravokutnika dimenzije 1 i kvadrat dimenzije. 5 14 komada 5 komada 1 1 1 1 komad Problem: 4 Iz skupa pločica uzmite one kojima možete postaviti početni položaj (vidi sl.). Pomicanjem pločica po ploči za igranje izvucite veliki kvadrat kroz otvor na dnu ploče. a) b) Nagrada: Svaki atkač koji pošalje opis rješenja postavljenih zadataka dobit će jednu knjigu iz atkine biblioteke ili atkinu bilježnicu. 61 Matka_64_finale.indd 61 5/16/08 1:5:01 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 ZADATCI ZA MATKAČE POČETNIKE ZADATCI ZA MATKAÈE POÈETNIKE Za ovaj broj atke zadatke su nam poslali atkači Ivona Tomić, Martina Berišić, Sanja Maljković, Iva Bilandžić, Martina Tkalčić, Nina Doklestić, Mia Pacak i Jelena Kopčić, a odabrali su ih i uredili Marija Rako i Mate Prnjak. Zadatke je ilustrirala atkačica Lara Culović. Zahvaljujemo im na suradnji te pozivamo ostale atkače da se pridruže u slanju zadataka. atkača koji nam pošalje rješenja najma- Nagradit ćemo i objaviti ime svakog nje triju postavljenih zadataka. % 1. PETRIN REMEN Petra dnevno za džeparac dobiva 10 kn, od čega za sendvič dnevno potroši 6 kn. Danas je provjerila da njezina ušteđevina iznosi 70 kn. Za koliko će dana moći kupiti novi remen ako je njegova cijena 90 kn? %. OSMOSMJERKA F A K T O R A Z L O M A K H M R E S A K R U G A U V I G A T N Z K A T E T A A P U J I O L R T E N M R D O R NJ V V I A A A C T O R T K A A I K K M A I K M A E U T K C A I V J O R B T N L O A N A Z I V N I K U O O U R P R U G A A 5 Z P K T P P R A V I K U T A P A R A L E L O G R A M U osmosmjerci pronađite sljedeće pojmove: BROJ, FAKTOR, HIPOTENUZA, KATETA, KRAJNJA TOČKA, KRAK, KRUG, KUTNA MINUTA, KVADRAT, NAZIVNIK, OSNOVICA, PARALE- LOGRAM, POLUKRUG, PRAVAC, PRAVI KUT, PRUGA, RAZLIKA, RA- ZLOMAK, ROMB, TETIVA, TOČKA. Neprecrtana polja daju rješenje! 6 Matka_64_finale.indd 6 5/16/08 1:5:06 PM

% 3. MATURALAC Ana štedi za maturalac. Do sada je uštedjela 500 kn, a ostatak će joj dati roditelji. Cijena izleta je 150 kn, a novce treba uplatiti tijekom sljedećih 5 mjeseci, u jednakim obrocima. Koliko novaca moraju mjesečno odvojiti Anini roditelji? % 4. UŠTEĐEVINA Marko kaže Ani: Ako dodam 7 kuna svoti koja iznosi 60% moje ušteđevine, imat ću jednaku svotu kao i ti! Ana mu odgovara: Dakle, imaš 3 kune više nego ja! Koliko novaca ima svatko od njih? atka 16 (007./008.) br. 64 % 5. TROKUT Duljine stranica trokuta ABC su: a = 10 cm, b = 14 cm i c = 0 cm. Izračunajte duljine stranica njemu sličnog trokuta A 1 B 1 C 1 kojemu je opseg cm. % 6. NULE S koliko nula završava umnožak prvih 100 prirodnih brojeva? % 7. POVRŠINA LIKA Kolika je površina lika na slici? r = 3 cm l =1.57 cm % 8. UH, TI RAZLOMCI 1 1 1 1 1+ 1+ 1 1+ 1 1 3 1 1 1+ 1+ 3 1 1+ 3 = 63 Matka_64_finale.indd 63 5/16/08 1:53:55 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 % 9. TENIS Petorica prijatelja odigrat će pet teniskih mečeva u parovima, pri čemu će svaki put igrati skupina od četiri različita igrača. Zbroj godina igrača unutar tako složenih skupina iznosi redom 14, 18, 130, 136 i 14. Koliko godina ima najmlađi igrač? % 10. PROSTI FAKTORI Rastavi na proste faktore: x (x 9) x + 9. % 11. FARMA Na farmi se iz 300 jaja izleglo 80 pilića. Koliko bi se pilića izleglo iz 70 jaja pod istim uvjetima? % 1. TURISTIČKA ZAJEDNICA Turistička je zajednica ugovorila ljetovanje za 1488 osoba. Na svakih 11 stranih izbrojili su 5 domaćih gostiju. Koliko je bilo stranih, a koliko domaćih turista? % 13. KUPAONICA Keramičar Krešo postavljao je pločice u kupaonici svoga stana. Prvi je dan postavio polovicu od ukupnog broja pločica; drugi je dan postavio trećinu preostalog dijela, a treći dan za 10 više nego drugi dan. Ako mu je za četvrti dan ostalo još 0 pločica, koliko je trebalo pločica za tu kupaonicu? % 14. ZVONIK Stablo visine 4.75 metra baca sjenu duljine.5 metra. Koliko je visok zvonik pokraj kojega je stablo ako je njegova sjena duljine 10 metara? 64 % 15. SPORT U jednom se razrednom odjelu /3 učenika bavi sportom. Polovina toga broja trenira nogomet, petina rukomet, četvrtina košarku, a samo jedan učenik trenira plivanje. Koliko je učenika u tom razredu? Matka_64_finale.indd 64 5/16/08 1:53:59 PM

% 16. ALKOHOL Od alkohola jačine 65% i alkohola jačine 40% miješanjem treba dobiti 40 litara alkohola jačine 50%. Koliko treba uzeti 65-postotnog, a koliko 40-postotnog alkohola? % 17. KRUH I MLIJEKO Za kg kruha i 3 litre mlijeka treba platiti 30.40 kn, a za 3 kg kruha i pola litre mlijeka treba platiti 0 kn. Kolika je cijena kruha, a kolika mlijeka? atka 16 (007./008.) br. 64 % 18. OTAC I SIN Prije 5 godina otac je bio 5 puta stariji od svoga sina, a za 3 će godine biti 3 puta stariji od njega. Koliko je godina ocu, a koliko sinu? % 19. ZIDNI SAT Ako zidni sat tijekom 1 sati kasni minute i 5 sekundi, koliko će kasniti za 7 dana? % 0. PET BRODOVA U LUCI 1. Grčki brod kreće u 6 i prevozi kavu.. Brod u sredini ima crni dimnjak. 3. Engleski brod kreće u 9. 4. Francuski brod s plavim dimnjakom je lijevo od broda koji prevozi kavu. 5. Desno od broda koji prevozi kakao je brod koji ide u Marseille. 6. Brazilski brod plovi u Manilu. 7. Pokraj broda koji prevozi rižu je brod sa zelenim dimnjakom. 8. Brod koji ide u Genovu kreće u 5. 9. Španjolski brod kreće u 7 i desno je od broda koji ide u Marseille. 10. Brod s crvenim dimnjakom ide u Hamburg. 11. Pokraj broda koji kreće u 7 je brod s bijelim dimnjakom. 1. Brod na kraju prevozi kukuruz. 13. Brod s crnim dimnjakom kreće u 8. 14. Brod koji prevozi kukuruz smješten je pokraj broda koji prevozi rižu. 15. Brod za Hamburg kreće u 6. Koji brod ide u Port Said, a koji prevozi čaj? 65 Matka_64_finale.indd 65 5/16/08 1:54:03 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 ODABRANI ZADATCI ODABRANI ZADATCI Vlado Stošić, Zagreb 931. Odredite najmanji i najveći četveroznamenkasti broj tako da ostatak dijeljenja tog broja brojevima 4, 5, 6 i 7 uvijek bude jednak 3. 93. Iz mjesta A u mjesto B u isto su vrijeme krenuli biciklist i motorist. Istodobno s biciklistom i motoristom krenuo je iz mjesta B u mjesto A automobil koji se susreo s motoristom nakon 3 sata, a s biciklistom nakon 4 sata vožnje. Kolika je udaljenost od A do B ako je brzina biciklista 15 km na sat, a motorista 40 km na sat? 933. Umjesto zvjezdica ( ) stavi odgovarajuće znamenke tako da naznačeno dijeljenje bude točno 977.6 : 3. 5 = 3.8. 36 1 1 1 934. Izračunajte:. 5 7 5 6 7 6 7 8 6 8 935. U 6 sati mala i velika kazaljka na satu zatvaraju ispruženi kut. Kada će prvi put nakon 6 sati mala i velika kazaljka na satu opet zatvoriti ispruženi kut? 936. U nekoj je bolnici prosječna starost liječnika i bolesnika 40 godina, prosječna starost liječnika 35 godina, a prosječna starost bolesnika 50 godina. Kojih ima više, liječnika ili bolesnika, i koliko puta? 66 Matka_64_finale.indd 66 5/16/08 1:54:04 PM

937. Na raspolaganju imamo dvije legure bakra i cinka. U jednoj je leguri omjer bakra i cinka 1 :, a u drugoj je omjer bakra i cinka 4 : 5. Koliki dio prve, a koliki druge legure valja uzeti kako bismo od ta dva dijela načinili novu leguru u kojoj bi omjer bakra i cinka bio : 3? Koliko posto nove legure čini dio druge legure? atka 16 (007./008.) br. 64 938. Odredite sve četvorke (a, b, c, d) prostih brojeva a, b, c i d tako da bude točna jednakost a + 3b + 4c + 8d = 174. 939. Dan je kvadrat ABCD duljine stranice AB = a. Vrhom A nacrtan je pravac tako da siječe stranicu BC u točki M, a pravac CD u točki N. Dokažite da je točna jednakost 1 1 1 =. CM CN a 940. U skupu cijelih brojeva riješite sustav jednadžbi: = x y z y + z x = 3 1. 941. Dokažite da je za bilo kako odabrana tri neparna broja a, b, c barem jedan od brojeva, ili ab 1, ili ac 1, ili bc 1, djeljiv brojem 4. 94. Duljine dijagonala paralelograma razmjerne su duljinama dviju susjednih stranica paralelograma. Dokažite da su kutovi koje zatvaraju dijagonale paralelograma sukladni kutovima paralelograma. 67 Matka_64_finale.indd 67 5/16/08 1:54:06 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 RAÈUNALA BOŽANSKA PROPORCIJA Nikol Radović, Sisak U prošlim brojevima atke konstruirali smo zlatni rez dužine, zlatni pravokutnik, zlatni trokut i kvadrat. Krenimo dalje. Primjer 1. Konstruirajmo pravilni peterokut u kružnicu s polumjerom zadane duljine r. r Korak 1. Konstruirajmo kružnicu k zadane duljine polumjera. Označimo kružnicu k i u izborniku Konstrukcije odaberimo naredbu Točka na objektu. Na kružnici ćemo konstruirati točku. Označimo je s A, slika 1. A Slika 1. S Korak. Označimo središte S kružnice k i u izborniku Transformacije odaberimo naredbu Označite središte. Traženi peterokut mora biti pravilan, tj. sastojati se od pet jednakokračnih trokuta, pri čemu je veličina kuta s vrhom u središtu S jednaka 7. To će biti veličina kuta za koju ćemo rotirati točku A kružnice k oko središta S. Označimo točku A i u izborniku Transformacije odaberimo naredbu Rotirajte. U dijalogu upišemo veličinu kuta i potvrdimo rotaciju, slika. r B r B r B A A C S A S C S Slika. D E 68 Korak 3. Označimo redom točke, pa u izborniku Konstrukcije odaberimo naredbu Dužine. Konstruirali smo pravilni peterokut ABCDE. (Uočite da je važan poredak označavanja točaka!) Matka_64_finale.indd 68 5/16/08 1:54:10 PM

r C B D S E A atka 16 (007./008.) br. 64 Slika 3. Korak 4. U pravilnom peterokutu ABCDE vrh B spojimo dužinama/dijagonalama s vrhovima D i E, slika 4. Izmjerimo duljine tih dijagonala i izračunajmo omjer duljine dijagonale i duljine stranice DE petrokuta. Mjerenje i izračunavanje omjera izvodimo kao u Koraku 7. Primjera 1., atka 6. r B A m DB = 5,69 cm C S m BE = 5,69 cm m DE = 3,51 cm E m DB m DE = 1,6 D Slika 4. Primjer. Konstruirajmo pravilni peterokut u kružnicu ako je zadana duljina promjera kružnice d. Korak 1. Nacrtajmo neku dužinu. Ta dužina bit će duljina zadanog promjera d. Rubne točke nacrtane dužine označimo s A i B. Konstruirajmo polovište S zadane dužine. Korak. Konstruirajmo kružnicu k(s, SB ) tako označimo točke S i B, pa u izborniku Konstrukcije odaberimo naredbu Kružnica: središte + točka. k A S B A S B Slika 5. Slika 6. 69 Matka_64_finale.indd 69 5/16/08 1:54:15 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 k Korak 3. Konstruirajmo kružnicu k 1 (B, BS ), kao u Koraku. Označimo kružnice k i k 1 pa u izborniku Konstrukcije odaberimo naredbu Presjeci. Dobivene točke označimo kao C i D. Tim točkama konstruirajmo pravac p. (Označimo točke i u izborniku Konstrukcije odaberimo naredbu Pravac.) Taj pravac siječe dužinu AB u točki E, slika 7. Korak 4. Označimo točku S i dužinu AB pa u izborniku Konstrukcije odaberimo naredbu Okomica, tj. točkom konstruirajmo okomicu o na dužinu AB. Pravac o i kružnica k sijeku se u dvije točke F i G, slika 10. (Konstrukcija kao u Koraku 3.) D k 1 k F D k 1 A S E B A S E B C G Slika 7. p Slika 8. G o C p Korak 5. Označimo točke E i F, u izborniku Konstrukcije odaberimo naredbu Kružnica: središte + točka i konstruirajmo kružnicu k. Kružnica k i dužina AB sijeku se u točki H. Dužina FH je duljina stranice traženog pravilnog peterokuta s 5, slika 9. Uoči i stranicu s 10. Ona je duljina stranice pravilnog deseterokuta. Korak 6. Točka F jedan je vrh traženog pravilnog peterokuta. Preostale vrhove peterokuta konstruirajmo pomoću pomoćnih kružnica, slika 10. F D k k 3 k k 1 A H s 10 s 5 k 4 S E B C G Slika 9. o p Slika 10. k F D k s 5 1 4 S A H s 10 B E 3 C G k 1 k 5 70 o p Matka_64_finale.indd 70 5/16/08 1:54:19 PM

Primjer 3. Konstruirajmo pravilni peterokut ABCDE ako je zadana duljina stranice AB. Da bismo riješili ovaj primjer, ponavljat ćemo konstrukcije dužine, kružnice, okomice, polovišta dužine, presjeka kružnica koje smo već nekoliko puta ponavljali. Rješenje je dano na slikama 11. 17. Korak 1. Korak. atka 16 (007./008.) br. 64 X k 1 A P B A P B n Slika 11. Slika 1. n Korak 3. X k 1 k A P B Y n Slika 13. 71 Matka_64_finale.indd 71 5/16/08 1:54: PM

atka 16 (007./008.) br. 64 Korak 4. D k 3 X k k 1 k 4 Y A P B n Slika 14. Korak 5. k 3 D k 4 X k C k 1 k 5 Y A P B n Slika 15. 7 Matka_64_finale.indd 7 5/16/08 1:54:4 PM

Korak 6. k 3 k 1 E X D k C k 4 k 5 atka 16 (007./008.) br. 64 Y A P B n Slika 16. Korak 7. D E C Slika 17. A P B S Koliko ste puta jeli jabuku ne sluteći da se i u jabuci skriva geometrija/božanska proporcija? Pogledajte sliku 18. Cvijet jabuke je oblika peterokuta. U prirodi ima još flore i faune oblika pravilnog petrokuta. Potražite primjere. Slika 18. 73 Matka_64_finale.indd 73 5/16/08 1:54:7 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 U OPLOŠJE i OBUJAM GEOMETRIJSKIH TIJELA Ivana Kokić, Zagreb prošlom smo broju atke crtali neka geometrijska tijela uz pomoć računala i programa za dinamičnu geometriju Sketchpad, a u ovom ćemo vidjeti kako uz pomoć računala možemo izračunavati oplošja i obujme geometrijskih tijela. Pri tome će nam pomoći neki programi koji već imaju gotove alate za računanje, a doznat ćemo i kako je uz malo truda moguće izraditi i vlastiti alat za računanje oplošja i obujma. Geometry.8 je aplikacija dizajnirana za nastavnike matematike i njihove učenike da bi jednostavno mogli izračunavati oplošja i obujme nekih geometrijskih tijela. Ovaj software je freeware i možete ga pronaći na internetu, a nije potrebna nikakva instalacija. Kada pokrenete program, prvo morate odabrati želite li računati oplošja i obujme geometrijskih tijela (3D Area & Volume) ili možda površine geometrijskih likova (D Area) ili pak želite raditi s koordinatnom geometrijom (Coordinate Geometry). Možete odabrati i rad s pravokutnim trokutom (Right Triangle Geometry), trigonometrijskim funkcijama (Trigonometry) ili pak s dijelovima kruga (Arcs & Sectors). Budući da želimo računati oplošja i obujme geometrijskih tijela, odabrat ćemo 3D Area & Volume. Ovim odabirom u srednjem nam se podprozoru nudi mogućnost izbora geometrijskog tijela s kojim želimo raditi. Jednim pritiskom lijeve tipke miša na željeno tijelo u desnom podprozoru možemo vidjeti kako to tijelo izgleda, a za računanje trebamo dvokliknuti na željeno tijelo. 74 Matka_64_finale.indd 74 5/16/08 1:54:8 PM

Primjer 1. Rješenje: Izračunajmo oplošje i obujam pravilne trostrane prizme s osnovnim bridom duljine a = 4 cm i duljinom visine h = 3.5 cm. Nakon pokretanja programa Geometry.8 i odabira rada s geometrijskim tijelima (3D Area & Volume), u srednjem podprozoru dvokliknemo na trostranu prizmu (Triangular Prism). Nakon otvaranja novog prozora za duljinu osnovnog brida upišemo 4, a za duljinu visine upišemo 3.5 cm. Moramo paziti da upišemo sve podatke jer program inače neće moći izračunati oplošje i obujam. U našem slučaju to znači da 3 puta upišemo 4 kao duljinu osnovnog brida, te da izračunamo duljinu visine baze prizme. Pritiskom na gumb Calcualte vidimo da je V = 4.5, a O = 55.86. atka 16 (007./008.) br. 64 Dakle, oplošje prizme je 55.86 cm, a njezin je obujam 4.5 cm 3. Ako želimo računati s novim podatcima, pritisnemo gumb Reset i ponovimo postupak. Ovaj postupak primjenjujemo i za ostala ponuđena geometrijska tijela. Kod oblih geometrijskih tijela možemo birati aproksimaciju broja πp brojem 3.14 ili brojem. Naravno, u ovisnosti o aproksimaciji imamo različite rezultate. 7 75 Matka_64_finale.indd 75 5/16/08 1:54:30 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 Microsoft Math 3.0 je još jedan program koji ima već ugrađene neke alate za računanje, pa tako s ovim programom, vezano uz geometriju, možemo računati duljinu stranica pravokutnog trokuta koristeći Pitagorin poučak, opseg i površinu trokuta, veličinu jednog unutarnjeg kuta trokuta ako su poznate veličine drugih dvaju unutarnjih kutova, opseg i površinu kvadrata, opseg i površinu pravokutnika, površinu paralelograma, površinu trapeza, površinu pravilnog n-terokuta, zbroj veličina svih unutarnjih kutova mnogokuta, opseg i površinu kruga, oplošje i obujam kugle, oplošje i obujam uspravnog valjka, oplošje i obujam uspravnog stošca, te obujam prizme i piramide. Prednost ovog programa u odnosu na Geometry.8 je u tome što smo u Geometry.8 mogli računati samo obujam i oplošje, dok u ovom programu možemo računati bilo koji nepoznati element, tj. ako odaberemo naredbu za računanje obujma piramide, te ako zadamo obujam piramide i površinu baze piramide, tada program računa duljinu visine te piramide. Ako je pak zadan obujam piramide i duljina njezine visine, tada program računa površinu njezine baze. Nedostatak ovog programa je što nije freeware. Primjer. Rješenje: Oplošje jednakostraničnog valjka je 16 πp cm. Kolika je duljina polumjera baze tog valjka? Nakon pokretanja programa Microsoft Math 3.0 odaberemo naredbu Formulas and Equations. Nakon toga u padajućem izborniku odaberemo Geometry. Pomičući kliznu traku prema dolje pronađemo naredbu za računanje oplošja uspravnog valjka ( Sα = π r r + h + π r ). Pritisnemo li desnu tipku na mišu, dobit ćemo mogućnost rješavanja jednadžbe ili pak crtanja jednadžbe. Za rješavanje našeg zadatka odabrat ćemo rješavanje jednadžbe (Solve this equation). Otvara nam se novi prozor u kojemu u prazne pravokutnike možemo upisati poznate podatke. Pod S a upišemo 16 πp (broj πp odaberemo na kalkulatoru, u standardnim oznakama). Naš je valjak jednakostraničan, što znači da je h = r, a budući da trebamo izračunati duljinu polumjera njegove baze, pod h upišemo r. Duljinu polumjera baze dobit ćemo, u novom prozoru, pritisnemo li gumb Enter ili tipku Enter na tipkovnici. 76 Matka_64_finale.indd 76 5/16/08 1:54:31 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 Dakle, duljina polumjera baze je 6 cm. Ako nas zanima duljina visine ovog valjka, tada ćemo polje h ostaviti prazno, a u polje r ćemo upisati h/. Postupak rada s ostalim funkcijama je analogan. Ako nemate neki program koji već ima definirane matematičke alate - ne očajavajte. Uz malo truda i sami možete napraviti slične programe, npr. u programu Microsoft Excel. Primjer 3. Rješenje: Koristeći program Microsoft Excel izradimo alate za računanje oplošja i obujma pravilne četverostrane i pravilne trostrane piramide ako je poznata duljina osnovnog brida i duljina visine piramide. U ćeliju A upišimo a, u B h, u C upišimo V, u D upišimo O, u E ponovno upišimo V, a u F O. Ćelije C1 i D1 spojimo i upišimo četverostrana, a kada spojimo ćelije E1 i F1 upišimo trostrana. U ćeliju C3 upisat ćemo formulu za računanje obujma pravilne četverostrane piramide ako je poznata duljina osnovnog 77 Matka_64_finale.indd 77 5/16/08 1:54:33 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 brida i duljina njezine visine. Formulu ćemo upisati tako što ćemo u polje f x upisati = 1/3 *, zatim ćemo označiti ćeliju A3, nakon toga ćemo upisati * i ponovo označiti ćeliju A3 i na kraju ćemo upisati * i označiti ćeliju B3. U traci formule imamo izraz =1/3*A3*A3*B3. Formulu ćemo potvrditi pritiskom tipke Enter na tipkovnici. Budući da su ćelije A3 i B3 prazne, kao rezultat naše formule dobili smo 0, ali ako u te dvije ćelije upišemo podatke, obujam će se automatski mijenjati. Za oplošje pravilne četverostrane piramide u traci formule trebamo imati izraz =A3*A3+A3*B3. Za obujam pravilne trostrane piramide izraz je =1/1*(A3*A3*B3*SQRT(3)), dok izraz za računanje oplošja pravilne trostrane piramide glasi =A3/*(A3*SQRT(3)/+3*SQRT(B3*B3+(A3*A3)/1)). (SQRT je funkcija drugog korijena.) Formule nije potrebno upisivati više puta, već ih u sljedeće retke samo kopiramo. NAGRADNI ZADATAK: Koristeći se računalom napravite alat za računanje oplošja i obujma uspravnog valjka, uspravnog stošca i kugle. Radove pošaljite na ivana.kokic1@skole.hr. Svojim čitateljima i suradnicima ugodne praznike želi uredništvo atke. 78 Matka_64_finale.indd 78 5/16/08 1:54:34 PM

Enigmatka IZ BROJA 63. Športske skrivačice. Rukomet, karate, tenis, klizanje, košarka, boks, atletika, gađanje, judo, veslanje, nogomet. Kombinirajte s nama. Vidite crteže! M A C A 5 0 8 0 O B R T 6 4 1 B E T I 7 1 3 A R A K 0 4 0 9 atka 16 (007./008.) br. 64 Šaljiva podjela. Od riječi ANANAS i BADEM može se složiti SEDAM BANANA! Posjetnice. Osmi razred, šesti razred, sedmi razred, peti razred. Brojke i računi. Vidite crtež! 10 11 7 1 6 13 11 9 0 11 17 5 8 4 10 3 7 Automobilisti. Do prvog susreta Antun je vozio sata, a Branko 4 3 sata. Za pripadne brzine a i b vrijedi jednakost a = 4 3 b, pa je b = 3 a. Neka je t vrijeme koje je vozio Antun prije susreta s Cvjetkom. Tada vrijedi jednakost at = b(t 1). Lako nalazimo da je t = 3. Cvjetku trebaju sata da stigne Antuna. Broj 008. 88 + 8 8 + 8 = 008. Rješenja odabranih zadataka 919. Neka je a djeljenik, b djelitelj i c količnik. Tada vrijedi jednakost a : b = c, tj. a = bc. Iz prvog uvjeta zadatka vrijedi jednakost a : 7b = 9, tj. a = 7 9b. Iz drugog uvjeta vrijedi jednakost a : 5c = 9, tj. a = 5 9c. Ako jednakost a = 7 9b uvrstimo u jednakost a = b c, dobivamo jednakost bc = 7 9b. Nakon dijeljenja jednakosti brojem b dobit ćemo jednakost c = 7 9, tj. c = 03. Ako u jednakost a = 5 9c uvrstimo dobivenu vrijednost za c, dobivamo da je a = 5 9 03, tj. a = 9 435. Iz jednakosti a : b = c slijedi jednakost b = a : c, pa je b = 9 435 : 03, tj. b = 145. Prema tome, djeljenik je 9 435, djelitelj je 145, a količnik 03. 79 Matka_64_finale.indd 79 5/16/08 1:54:38 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 90. Prema pravilu o djeljivosti brojeva brojem 4, slijedi da je dvoznamenkasti završetak traženih brojeva ili 1, ili 3, ili 5. To znači da traženi brojevi imaju jedan od ova tri oblika: abc 1, abc 3, abc 5. Kako na mjestu znamenki a, b, c može biti bilo koja od 4 dane znamenke, zaključujemo da brojeva oblika abc 1 ima 4 4 4, tj. 64. Isto tako ima 64 broja oblika abc 3, odnosno abc 5. Prema tome, moguće je sastaviti 3 64, tj. 19 različita peteroznamenkasta broja. 91. U rastavljanju broja a a na proste faktore svaki se faktor pojavljuje paran broj puta. Osim toga, broj a a višekratnik je broja 600, tj. broja 3 5 5. Najmanji višekratnik broja 3 5 5 koji sve faktore broja 600 sadrži paran broj puta jest broj 3 3 5 5. Prema tome, a a = 3 3 5 5 ili a a = ( 3 5) ( 3 5), pa je a = 3 5. Traženi broj je 60. 9. Neka su a i b traženi prirodni brojevi i neka je b < a. Budući da je znamenka tisućica u dobivenom umnošku za 1 manja, zaključujemo da je dobiveni umnožak za 1000 manji od točnog umnoška. Zato vrijedi jednakost ab 1000 = 88b + 67 ili ab = 88b + 67 + 1000, tj. ab = 88b + 1067. Kako je broj ab djeljiv brojem b, a i pribrojnik 88b djeljiv je brojem b, to prema poučku o djeljivosti zbroja zaključujemo da je i pribrojnik 1067 djeljiv brojem b. Lako se pokaže da je 1067 = 11 97, pri čemu su 11 i 97 prosti brojevi. Zato je ab = 88b + 11 97. To znači da broj b može biti jedan od ovih triju brojeva: 11, 97 i 1067. Ispitajmo svaki od ova tri moguća slučaja. Očito da b = 11 nije moguće jer je broj b djelitelj, a on je manji od ostatka, tj. 11 < 67. Isto tako nije moguće da je b = 1067 jer je tada a 1067 = 88 1067 + 1067, ili a = 88 + 1, tj. a = 89, što je suprotno od uvjeta zadatka da je b < a. Ako je b = 97, onda je a 97 = 88 97 + 11 97, te nakon dijeljenja jednakosti brojem 97 dobivamo da je a = 88 + 11, tj. a = 99. Prema tome, učenik je pomnožio brojeve 97 i 99. Točan umnožak je 9 003, a netočan je umnožak 8 003. 93. Riješimo jednadžbu primjenom pravila kad je umnožak jednak nuli. Umnožak je jednak 80 nuli ako je bar jedan od faktora jednak nuli. Zato je x 5 = 0, tj. x =.5, ili 3 9 0 x + =, pa je 3 x = 9, 3x = 18, tj. x = 6, ili 0.3x 1 = 0, pa je 0.3x = 1, 3x = 10, tj. x = 40. Prema tome, dana jednadžba ima tri rješenja: x =.5, x = 6, x = 40. 94. Pretpostavimo da je Markova izjava točna, tj. da je na proslavi rođendana prisutno više od 6 prijatelja. Tada je i Anina izjava točna jer je svaki broj veći od 6 ujedno veći i od 5, što nije moguće zbog uvjeta zadatka da je samo jedna izjava točna. To znači da broj gostiju nije veći od 6, pa zaključujemo da je Anina izjava točna. Ako s n označimo broj gostiju, onda vrijede nejednakosti n > 5 i n 6. Zato vrijedi dvojna nejednakost 5 < n 6, iz čega slijedi da je n = 6. Prema tome, na proslavi rođendana Ane i Marka prisutno je 6 gostiju. 95. Pretpostavimo da je svaki od dobivenih jednakih brojeva dvoznamenkast. Tada je jedan od početnih brojeva jednoznamenkast, a drugi troznamenkast, pa njihov zbroj ne može biti 1695. Zato zaključujemo da je jedan početni broj dvoznamenkast, a drugi četveroznamenkast. Neka je ab = x. Tada četveroznamenkasti broj ima oblik ab7c. Zato traženi četverozna- Matka_64_finale.indd 80 5/16/08 1:54:41 PM

menkasti broj možemo pisati u obliku ab7c = 100x + 70 + c. Budući da prema uvjetu zadatka vrijedi ab + ab7c = 1695, zadnju jednakost možemo pisati redom: x + 100x + 70 + c = 1695, 101x + c = 1695 70, 165 = 101x + c. Kako je c znamenka i c < ab, zaključujemo da je broj c ostatak dijeljenja broja 165 brojem 101. Zbog 165 = 101 16 + 9 slijedi da je x = 16 i c = 9. Prema tome, traženi su brojevi 16 i 1679. 96. Kako prva i druga legura sadrže jednaki postotak cinka, to znači da će jednaki postotak cinka biti u 150 kg prve i 50 kg druge legure. Budući da u novoj leguri ima 30 % cinka, zaključujemo da u prvoj, a i u drugoj leguri također ima 30 % cinka. Zato je u 50 kg druge legure bilo 100 (6 + 30), tj. 44 % kositra ili 110 kg kositra, a što lako izračunamo. U 150 kg prve legure bilo je 40 % kositra ili 60 kg kositra. Prema tome, nova legura sadrži 110 + 60, tj. 170 kg kositra. atka 16 (007./008.) br. 64 97. Trokuti ACD i BCD imaju jednaku površinu, tj. p(acd) = p(bcd), jer oba trokuta imaju zajedničku osnovicu CD i jednaku visinu trapeza. Zbog DE BC zaključujemo da je četverokut BCDE trapez. To znači da je p(bce) = p(bcd) jer oba trokuta imaju zajedničku osnovicu BC i jednaku visinu trapeza BCDE. Kako su u dvije dobivene jednakosti desne strane jednake, nužno slijedi da su im jednake i njihove lijeve strane, tj. p(acd) = p(bce). D C E A B 98. Ako svakoj od tri dane jednadžbe napišemo njihove recipročne vrijednosti, dobit ćemo jednadžbe koje su ekvivalentne danim jednadžbama. xy 8 Naime, iz x y = x + y 3 x y 3 slijedi jednadžba =. Nadalje je + 3 xy 8 xy + xy = 8, tj. 1 + 1 = 3 x y 8. yz 1 Isto tako iz y z = y + z 5 y z 5 slijedi jednadžba = ili + 5 yz 1 yz + yz = 1, tj. 1 1 5 y + z = 1. xz 4 Konačno, iz x z = x + z 7 slijedi jednadžba =, te nakon sređivanja i jednadžba + 7 xz 4 1 1 7 x + z = 4. Na taj smo način dobili novi sustav jednadžbi (koji je ekvivalentan danom sustavu): 1 1 3 + = x y 8 1 1 5 + = y z 1 81 Matka_64_finale.indd 81 5/16/08 1:54:47 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 1 1 7 x + z = 4. 1 1 1 3 5 7 Zbrajanjem ovih triju jednadžbi dobivamo + + = + + ili x y z 8 1 4 1 1 1 6 + + =, tj. 1 1 1 13 x y z 4 x + y + z = 4. Dalje je lako. Zamjenom 1 + 1 = 3 x y 8 u zadnju jednadžbu dobivamo redom 3 + 1 = 13, te nakon sređivanja 1 1 8 z 4 z =, a to znači da je z = 6. 6 Na isti način odredimo vrijednosti za x i y. Naime, iz 5 + 1 = 13 dobivamo da je 1 1 1 x 4 x = 8, pa je x = 8. Konačno, iz 1 7 13 y + 4 = 4 dobivamo 1 = 1, pa je y = 4. y 4 Prema tome, rješenje danog sustava je x = 8, y = 4, z = 6. 99. Zbog 3 = 3, 3 = 9, 3 = 7, 3 = 81, 3 = 34 3... zaključujemo da su posljednje znamenke potencije broja 3 redom znamenke 3, 9, 7, 1, 3, 9, 7, 1... Pri tomu se navedene četiri znamenke ciklički ponavljaju upravo tim redoslijedom. Lako zapažamo da znamenka na mjestu jedinica potencije broja 3 može biti jednaka 1 samo ako je eksponent n = 4k, pri čemu je k prirodan broj. Zato je dovoljno promatrati samo potencije oblika 8 1 k ( ) n 4k 4 k 3 4 3 = 3 = 3 = 81. To znači da treba promatrati samo dvoznamenkaste završetke 4 8 1 16 0 potencija 3, 3, 3, 3, 3... Da bismo odredili dvoznamenkasti završetak navedenih potencija, nije potrebno izračunavati točne vrijednosti navedenih potencija, nego je dovoljno odrediti samo njihove dvoznamenkaste završetke, a to uvijek možemo. Naime, dvoznamenkasti završetak umnoška dvaju prirodnih brojeva jednak je dvoznamenkastom završetku umnoška dvoznamenkastih završetaka tih dvaju prirodnih brojeva. Zato je 4 3 = 81, 8 4 4 3 = 3 3 = 81 81 = 65 61, 5 1 8 4 3 = 3 3 =...61 81 =... 41, 16 1 4 0 16 4 3 = 3 3 =...41 81 =... 1, 3 = 3 3 =...1 81 =... 01. 0 Prema tome, za n = 0 zadnje dvije znamenke potencije 3 jesu 01. Naravno da ima beskonačno mnogo potencija 3 n kojima su zadnje dvije znamenke 01. 930. Prvo Heronovom formulom p( ABC) s( s a)( s b)( s c) = izračunamo površinu a + b + c trokuta ABC. Neka je AB = c = 6, BC = a = 8, AC = b = 4. Tada je s = ili 8 + 4 + 6 s = = 9. Zato je p( ABC ) = 9 ( 9 8) ( 9 4) ( 9 6) ili p( ABC ) = 9 1 5 3, tj. p( ABC ) = 3 15. Prema poučku 1. (vidi p( ABE) AD AE = p ABC AB AC ( ) atku br. 48, članak V. Stošić: Površina trokuta) vrijedi jednakost p( ADE) 3 p( ADE) 1, ili dalje redom =, p ABC 6 4 p ABC = 4, ( ) ( ) Matka_64_finale.indd 8 5/16/08 1:54:51 PM

930. Prvo Heronovom formulom p ( ABC ) s ( s a)( s b)( s c) = izra unamo površinu trokuta ABC. 6. razred a + b + c 8 + 4 + 6 Neka je AB = c = 6, BC = a = 8, AC = b = 1 4. Tada je s = ili s = = 9. Zato je 9 1 5 3 4 5 7 4 4 p ( ABC ) = 9 ( 9 8) ( 9 4) ( 9 6) ili p ( ABC 6 ) = 9 1 5 3, tj. p ( ABC ) = 3 15. 4 7 8 4 9 9 8 0 p ( ABE) AD AE p ( ADE ) 3 p ( ADE) 1 =, ili dalje redom =, p ( ABC ) AB AC p ( ABC ) 6 4 p ( ABC ) = 4, ( ) 1 10 11 1 5 8 6 1 p3ade1 p ( ABC ) 4 1 1 13 3 15 ( ) = p( ABC), p( ADE ) = 3 15, tj. p( ADE ) =. ( ) 4 1 p ADE = 3 15, tj. p ( ADE ) 4= 1 0 34 14 15 5 8 Prema pou ku 1. (vidi Matku br. 48, lanak V. Stoši : Površina trokuta) vrijedi jednakost p ADE 4 C E A C 3 15. 4 E D A 4 16 6 Rješenja križaljki za 7. razred 6. razred atkače Rješenja križaljki za Matka e 1 5. 9razred 1 5 3 1 4 5 7 3 4 8 8 5 6 3 8 7 4 4 6. razred 16 1 9 1 5 3 4 5 7 3 8 1 4 4 7 8 4 9 9 7 9 0 8 6 3 9 4 7 8 0 7 4 4 5 6 6 4 7 8 9 10 11 7 4 9 9 9 7 1 5 8 6 1 3 19 10 11 1 1 4 1 5 9 8 0 13 10 11 1 8 9 10 1 01 36 0 3 14 13 15 6 6 0 14 15 5 8 5 8 5 8 6 1 3 1 1 11 13 1 0 3 14 15 1 0 1 1 13 4 16 17 18 6 5 64 15 1 5 16 17 18 1 9 4 0 5 4 5 8 19 4 16 17 18 5 14 3 7 7 9 0 0 1 19 0 1 0 6 1 3 6 6 5 6 1 3 6 4 D B B 17 5 18 6 1 4 19 7 9 0 0 1 3 6 19 7 9 0 0 1 3 6 atka 16 (007./008.) br. 64 =, 7. razred 1 7 3 8 4 8 5 3 6 8 7 9 0 8 6 3 9 4 7 10 1 11 4 1 5 1 9 13 6 0 14 5 8 5 16 1 17 9 15 1 18 4 0 5 19 1 0 6 1 3 6 8. razred 1 7 8 9 6 4 0 9 8 6 3 3 4 1 9 5 7 10 7 1 1 4 13 1 5 5 7 6 0 11 1 0 14 5 9 15 3 0 16 8 6 17 6 18 4 19 6 5 0 3 1 7 8. razred 1 7 8 Matka_64_finale.indd 83 3 3 4 1 5 5 83 5/16/08 1:55:00 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 Rješenja nagradnih zadataka iz 6. broja Rješenja zadataka za atkače početnike 1. Prirodni brojevi. 98, 76 i 54.. Ah, čokolada. Bratu je ostalo 10, a sestri 11 kockica. Brat je pojeo jednu kockicu više od sestre. 3. Kvadrat i krugovi. p = ( 18 + 64π ) cm. 4. Anjine kockice. 11 kockica, obujam zida je 11 cm 3, površina prednje strane zida je 11 cm. 5. Gradski prijevoz. 10 putnika. 6. Europljani i čokolada. Prosječan broj stanovnika je 0 400 000. a) 13 000 000 kg; b) 3 315 000 000 kg. 7. Faktori. 15 i 9. 8. Prsten. p = 5π 78.5 cm. 9. Brojevi. 100 puta. 10. Nejednakost. Bilo koji prirodni broj veći od 5. 11. Duljina visine trokuta. Dulja je visina na stranicu b za cm. 1. Promjena količnika. Povećat će se %. 13. Površina kvadrata. Povećat će 3 se 44%. 14. Biciklistička staza. 51 70.96 kn. 15. Pravokutni trokuti. Jednadžba c a = 36, tj. (c a)(c + a) = 36 ima samo jedno rješenje u skupu N: a = 8 i c = 10. 16. Koji je radnik bolji? Bolji je radnik B jer u kraćem vremenu završi posao. Radnik B obavi 0% više posla od radnika A. 17. Pravokutnik. 1 cm i 180 cm ili 75 cm i 16 cm. 18. Radnici. 3 dana. 19. U mlinu. 8 kg brašna. 0. Helena i Floki. 0 m. Rješenja su nam poslali i atkinim su bilježnicama nagrađeni atkači: Mihaela Olujić, 6.r., OŠ Bilje, Bilje; Lara Razmilić, 5.d, OŠ Sućidar, Split; Nikola Buhiniček, 4.b, OŠ Antuna i Ivana Kukuljevića, Varaždinske toplice; Marina Bošnjak, 5.r, OŠ S. S. Kranjčevića, Lovreć; Josip Mohler, 5.e, OŠ Fra Kaje Adžića, Pleternica; Ivana Gabela, 5.c, OŠ Sućidar, Split; Zorana Lubina, 6.a, OŠ Runović, Runović; Božena Nikolić, 5.r, OŠ S. S. Kranjčevića, Lovreć; Jelena Režić, 5.c, OŠ Sućidar, Split; Tomislav Buhiniček, 6.b, OŠ Antuna i Ivana Kukuljevića, Varaždinske toplice; Nevenka Nosić, 5.r., OŠ S. S. Kranjčevića, Lovreć i Albert Škegro, 7.a, OŠ Savski Gaj, Zagreb. 1. 60 dana. 99 dana 84 Rješenja zadataka iz Kutka za najmlađe 3. Sveta tri kralja i Uskrsni ponedjeljak dijeli 100 dana 4. 360 + 365 + 365 + 31 + 8 + 31 + 16 = 1 196 (004. je prijestupna godina i ima 366 dana) 5. Najmanji umnožak daje Nova godina: 1 1 = 1. Najveći umnožak daje Sveti Stjepan: 6 1 = 31. 6. Neparan umnožak daju sljedeći blagdani: Nova godina, Međunarodni praznik rada i Svi sveti. 7. Više blagdana ima paran umnožak jer vrijedi: paran broj paran broj = paran broj neparan broj paran broj = paran broj paran broj neparan broj = paran broj neparan broj neparan broj = paran broj U tri slučaja umnožak je paran broj, dok je samo u jednom slučaju umnožak neparan broj. 8. Podjednak je broj parnih i neparnih zbrojeva. Očekivali bismo podjednak broj parnih i neparnih zbrojeva jer vrijedi: paran broj + paran broj = paran broj neparan broj + paran broj = neparan broj Matka_64_finale.indd 84 5/16/08 1:55:0 PM

paran broj + neparan broj = neparan broj neparan broj + neparan broj = paran broj U dva slučaja zbroj je paran, a u dva slučaja neparan. Rješenja je poslao i atkinim je bilježnicama nagrađen atkač Nikola Buhiniček, 4.b, OŠ Antuna i Ivana Kukuljevića, Varaždinske toplice. Rješenja Nagradnog natječaja broj 58 atka 16 (007./008.) br. 64 Promotrite slike: 1/4 1/4 Y 3/4 1/4 1/4 Z 3/4 1/4 1/4 X Zbog XY 1/4 1 1 3 = + + 1 = 4 4 4 i YZ 3 3 3 = + = slijedi da je površina 4 4 4 9 najvećeg kvadrata upisanog u kocku jednaka p = XY YZ =. 8 Vrlo iscrpno obrazloženo rješenje nagradnog zadatka poslao je atkač Matija Varga, učenik VIII. razreda iz Osijeka. Nagrađen je knjigom iz atkine biblioteke. Rješenje stripa Čega ima više? U majčinoj šalici ima onoliko crne kave koliko ima mlijeka u Juričinoj šalici. Obrazloženje: razmotrimo dva ekstremna slučaja, a zatim Juričin problem. a) U prvoj je šalici samo crna kava, a u drugoj samo mlijeko. Ovaj slučaj potvrđuje gornju tvrdnju da u majčinoj šalici ima toliko kave koliko u Juričinoj mlijeka. b) Ako svo mlijeko ulijemo u posudu s crnom kavom i dobro promiješamo, a zatim mješavinu razdijelimo na dva jednaka dijela, u prvoj će šalici biti mlijeka (pola ukupne količine) onoliko koliko i crne kave u drugoj šalici (pola ukupne količine). c) Juričin problem je slučaj između ova dva ekstremna slučaja. Majka uzme žlice mlijeka i ulije ih u kavu. Izmiješa tekućine. U vraćenoj količini ( žlice) nalazi se nešto mlijeka od prvobitne količine, a ostalo je kava. Možemo reći da je ta kava zamijenila ono mlijeko koje je ostalo u majčinoj šalici. Rješenje je poslao i nagrađen je atkač Dinko Židić, 5.d, OŠ Sućidar, Split. 85 Matka_64_finale.indd 85 5/16/08 1:55:05 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 Rješenje mozgalice Rombovi Rješenja napravljena korištenjem programa Sketchpad poslali su nam Kristina Markulin, OŠ B. Kašića, Zadar i Matka i iz OŠ Otok u Zagrebu: Ema Penezi, VIII. b, Filip Lon ar, VII. b, Vedran Boldin, VII i Teufikovi, i Matka i atkači iz OŠ iz Otok u Zagrebu: Ema Penezić, VIII. b, Filip Lončar, VII. b, Vedran Boldin, VII. Matka i iz VII. OŠ Otok OŠ Otok b, Domagoj u Zagrebu: Zagrebu: Markota, Ema Penezi, Ema Penezi, VII. b i Ivan VIII. VIII. Mrši, b, Filip b, Filip VII. Lon ar, Lon ar, b. VII. b, Vedran Boldin, VII VII. b, Vedran Boldin, VII b, Fran Teufikovi, Teufiković, VII. VII. b, Domagoj b, Domagoj Markota, VII. b i Ivan Mršić, Mrši, VII. VII. b. b. Teufikovi, VII. b, Domagoj Markota, VII. Ivan Mrši, VII. b. 86 Matka_64_finale.indd 86 5/16/08 1:55:37 PM

Mini sudoku r j b o o b j r j o r b b r o j Sudoku 1 Rješenja Sudoku atka 16 (007./008.) br. 64 6 4 5 1 3 3 1 5 4 6 Mini sudoku 1 4 3 6 5 3 r 5 j 6 b 4 o 1 5 o 6 b j 1 3 r 4 j 4 1 o 3 r 6 5 b b r o j Rješenja Sudoku Sudoku Sudoku 1 Sudoku 6 D 4 A 5 B F 1 C 3 E D A B F C E F 3 E 1 C 5 D 4 B 6 A F E C D B A 1 C B 4 A 3 E 6 D 5 F C B A E D F 3 E 5 F 6 D 4 B A 1 C E F D B A C 5 A 6 D E 1 C 3 F 4 B A D E C F B 4 B 1 C 3 F 6 A 5 E D B C F A E D Sudoku X Sudoku X 9 3 8 5 1 4 6 7 4 7 6 3 8 5 1 9 1 6 5 7 9 4 3 8 7 9 3 1 5 8 4 6 8 1 4 9 6 7 5 3 6 5 8 4 3 7 9 1 3 8 9 4 7 6 1 5 5 1 3 8 9 6 7 4 4 7 6 1 5 9 3 8 Ubojita sudoku Rješenja Ubojita nam sudoku je poslao i Gaj, Zagreb. atkinom je bilježnicom nagrađen Matkač Albert Škegro, 7.a, OŠ Savski Rješenja nam je poslao i Matkinom je bilježnicom nagra en Matka Zagreb. 87 Matka_64_finale.indd 87 5/16/08 1:55:48 PM

atka 16 (007./008.) br. 64 Harry Potter 1 Harry Potter je serijal romana britanske književnice Joanne Kathleen Rowling u kojemu se opisuje svijet vještica i čarobnjaka. Glavni lik romana je mladi čarobnjak Harry Potter. 1. Harry Potter, Hermiona Granger i Ron Weasley ispekli su tortu i izrezali je na 3 dijela. Harry je pojeo 8 komada, Hermiona 6, a Ron 1 komada. Izrazi koji je dio pojeo svaki od njih do kraja skraćenim razlomkom.. Harry voli letjeti na svom Nimbusu 000. Ako svakoga dana leti 4 sata, koliko će minuta na njemu provesti u jednome tjednu? A koliko sekundi u tri tjedna? 3. Ako Harry ima 11 godina, Hagrid 86, a Dumbledore 377, koliki je njihov prosječni broj godina? 4. Albus Percival Wulfric Brian Dumbledore ima 163 godine, a Rubeus Hagrid 80. Ako prosjek godina Dumbledorea, Hagrida i Siriusa Blacka iznosi 97, koliko godina ima Sirius Black? 88 Matka_64_finale.indd 88 5/16/08 1:55:51 PM