matka 60 ok - wordpress.com · 2012-04-13 · atka 15 (2006./2007.) br. 60 221 op artje smjer...
TRANSCRIPT
1atka 15 (2006./2007.) br. 60
matka 60 ok 29:5:07 22:40 Page 1
E-mail Matke:[email protected]
Web stranica Matke:www.math.hr/matka
Glavni i odgovorni urednik:Petar MladiniÊ (Zagreb)
PomoÊnica glavnog urednika:Renata Svedrec (Zagreb)
Urednice:Nikol RadoviÊ (Sisak), Tanja Soucie (Zagreb)
GrafiËki i likovni urednik:Ninoslav Kunc (Zagreb)
Lektorica:Ivana BabiÊ (Zagreb)
Ornamenti:Darko ÆubriniÊ (Zagreb)
Korektorica:Ivana KokiÊ (Dugi Rat)
Crteæi:Sanja BoljeviÊ (Zagreb)
Redakcijski kolegij:Luka »elikoviÊ (Osijek), Vladimir Devidé
(Zagreb), Blaæenka Divjak (Varaædin),
Jasenka –uroviÊ (Rijeka), Marija Golac
(Zagreb), Ines Kniewald (Zagreb),
Zdravko Kurnik (Zagreb), Anelko MariÊ
(Sinj), Maja MariÊ (Zagreb), Margita
PavlekoviÊ (Osijek), Mate Prnjak (Knin),
Marija Rako (Zagreb), Zvonimir ©ikiÊ
(Zagreb), Nikica UgleπiÊ (Split), Vladimir
Volenec (Zagreb), Petar VranjkoviÊ (Zadar)
Slog i prijelom: Alegra d.o.o. Zagreb
Tisak: TISKARA ZELINA d.d. Sv. Ivan Zelina
Æiro-raËun HMD-a (za Matku):
2360000-1101530802
Devizni raËun: ZagrebaËka banka d.d. Zagreb
SWIFT ZABA HR 2X,
account no. 2500-03688780 (za Matku).
Cijena pojedinog primjerka je 20 kn,
za inozemstvo 5 eura.
Godiπnja je pretplata 60 kn, za europske zemlje
20 eura, za ostale 40$.
Ovaj je broj Ëasopisa izaπao uz potporu Ministarstva znanosti,
obrazovanja i πporta Republike Hrvatske.
atka 15 (2006./2007.) br. 60
Odgovore πaljite iskljuËivo
na dopisnicama na adresu:
Uredniπtvo atke
(za nagradni natjeËaj broj 56)
10002 Zagreb
BijeniËka cesta 30
p.p. 335
Uz ime i prezime te mjesto stanovanja,
navedite πkolu, razred i kuÊnu adresu.
Rjeπenja se primaju do kraja rujna 2007. godine.
Na istu adresu do kraja lipnja 2007. godine
primamo i rjeπenja strip zadatka Postoji litijelo? s posljednje stranice, koja Êemo
posebno nagraditi. Dobitnici nagrada bit Êe
odreeni izvlaËenjem.
Rezultate Êemo objaviti u broju 62.
Rjeπenje nagradnog zadatka broj 54 potraæite na
stranici 278.
NAGRADNINATJE»AJBROJ 56
?AB =
matka 60 ok 29:5:07 22:40 Page 2
217atka 15 (2006./2007.) br. 60
RijeË, dvije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .218
»lanci
Mislav MijatoviÊ, Uzmi ili ostavi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .219
Nikol RadoviÊ, Op art i Sketchpad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .221
Vladimir Devidé, MatematiËka indukcija I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .228
Mia Pacak, Kinesko mnoæenje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .232
Jens Carstensen i Alija MuminagiÊ, Arhimedov pouËak . . . . . . . . . . . .235
Intervju
Lucija GusiÊ, Æeljka Milin ©ipuπ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .236
Povijest
EgipÊanin Ahmes napisao je matematiËku knjigu . . . . . . . . . . . . . . . . .239
Tanja Soucie, Paul Guldin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .240
Æeljko Buranji, Zadatci s vremensko-prostornih meridijana . . . . . . . . .241
Kriæaljke za atkaËe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .248
Enigmatka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .252
Natjecanja
OpÊinsko / πkolsko natjecanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .254
Æupanijsko natjecanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .256
Kutak za kreativni trenutak
Mozgalica KOCKA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .263
Zadatci za atkaËe poËetnike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .264
Odabrani zadatci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .269
Sudoku . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .272
RaËunala
Ivana KokiÊ, Pitagorin pouËak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .273
Adrian Satja Kurdija, Na koliko naËina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .278
Rjeπenja zadataka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .280
Kutak za najmlae . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .288
atka Izdaje osnivatelj
HRVATSKO
MATEMATI»KO
DRU©TVOZagreb, BijeniËka 30
izlazi tijekom
πkolske godine
u Ëetiri brojaËasopis za mlade matematiËare
SADRÆAJ
matka 60 ok 29:5:07 22:40 Page 217
218 atka 15 (2006./2007.) br. 60
RijeË, dvije...
U ruci dræite 60. broj atke. To je znak da je veÊ proπlo 15 godina od
poËetka izlaæenja. U prvom smo broju napisali:
...Matematikom se valja baviti odmalena. Æelimo vas upoznati s idejama istrukturom matematike, s naËinima razmiπljanja i zakljuËivanja πto ihsusreÊemo pri rjeπavanju problema. Htjeli bismo vas pripremiti za kreativnuprimjenu matematiËkih znanja u najraznovrsnijim situacijama. Æeljeli bismovam pomoÊi pri dosezanju radosti matematiËkog otkriÊa. Vjerujemo kakoÊete uz atku zavoljeti matku...
I danas mislimo isto. Koliko smo, od svega πto smo æeljeli, uspjeli ostva-
riti? Prosudite sami!
Mi vjerujemo da smo obeÊano ostvarili i joπ uvijek ostvarujemo i da su
mnogi uz atku zavoljeli matku.
Objavili smo viπe od 4 000 stranica matematiËkog teksta, preko 7 500
rijeπenih primjera i zadataka, viπe stotina pouËaka. U stvaranju atke sud-
jelovalo je viπe od 150 autora, od kojih je i pedesetak vrlo mladih atkaËa.
Uz atku smo pokrenuli Matkinu biblioteku u kojoj je objavljeno 20 knji-
ga, a u pripremi je novih desetak naslova.
Ovo je i prigoda da se sjetimo osobe koja je utemeljila i kreirala atku
svih ovih godina. Osobe koja je odgojila vrlo velik broj matematiËara, veli-
kih i malih. Proπle nas je godine, nakona kratke i teπke bolesti, napustio
glavni urednik prof. dr. sc. Boris PavkoviÊ. Njegovo srce i znanje, ideje i
zamisli nije moguÊe nadoknaditi. Vjerujemo da Êemo barem kao njegovi
uËenici dostojno nastaviti njegovim putem.
I na kraju, zahvaljujemo od srca svim nastavnicima i roditeljima na
podrπci tijekom ovih petnaest godina. Bez njih i njihovog rada atka ne bi
stala na svoje noge.
SrdaËno, vaπ
Petar MladiniÊ
matka 60 ok 29:5:07 22:40 Page 218
219atka 15 (2006./2007.) br. 60
UZMI ILI OSTAVI
Mislav MijatoviÊ, 1.f, V. gimnazija, Zagreb
Ovakva je situacija: imate jednu peticu iz matematike. Piπete kontrolni i
dobijete dvojku. Piπete ispravak i dobijete trojku. Profesor vas pita hoÊete li
da vam upiπe tu trojku ili ne.
Vi biste vjerojatno rekli da æelite da je upiπe, bolje 2, 3 i 5 nego samo 2 i
5, zar ne?
Pogledajmo to ovako:
.3
2 3 53 3
+ +=
.2
2 53 5
+=
ZnaËi, ukoliko imamo dvojku i peticu, imamo bolji prosjek nego da
imamo dvojku, trojku i peticu.
Dokaæimo da to zaista vrijedi.
5 Êemo uzeti kao n, 3 kao n - 2, a 2 kao n - 3.
Postavimo nejednadæbu:
n n n n n3
2 32
3+ - + - + -^ ^ ^h h h
n n n n n32 3
23+ - + - + -
n n3
3 52
2 36$- -
n n2 3 5 3 2 3- -^ ^h h
n n6 10 6 6- -n n6 6 6 10
0 4
- - +
Ovime smo dokazali da ne samo da naπa pretpostavka vrijedi za n = 5,
nego i za sve n u skupu realnih brojeva.
To je za 5, 3 i 2, a πto s ocjenama 5, 4 i 3 i 5, 2 i 1?
Postavimo nejednadæbu za ocjene 5, 4 i 3. Pretpostavljamo da je isto
rjeπenje kao i u prvom sluËaju.
n n n n n3
1 22
2+ - + - + -^ ^ ^h h h
<
<
<
<<
<
<<
matka 60 ok 29:5:07 22:40 Page 219
220 atka 15 (2006./2007.) br. 60
n n n n n31 2
22+ - + - + -
n n3
3 32
2 2- -
( )n n3
3 12
2 1- -^ h
n n1 1- -
Ova nejednadæba nije valjana. Dobili smo jednakost. ZnaËi ukoliko dobi-
jete 5 i 3, svejedno je upiπe li vam profesor jednu Ëetvorku ili ne.
Razmotrimo ocjene 5, 2 i 1.
n n n n n3
3 42
4+ - + - + -^ ^ ^h h h
n n n n n33 4
24+ - + - + -
n n3
3 72
2 4- -
n n3
3 72
2 2- -^ h
n n3
3 7 2 3$- -
n n3 7 3 6- -
n n3 3 6 7- - +
0 1
ZnaËi, i ovdje je naπa pretpostavka bila toËna. Po tome je bolje uzeti 5 i
1, nego ocjene 5, 1 i 2.
No, mi ne moramo imati 5 kao n, πto smo veÊ i dokazali. Ako naπa ocjene
mogu biti 1, 2, 3, 4, 5, broj n moæe biti bilo koji broj za koji postoje dva broja
manja od njega. Brojevi 1 i 2 otpadaju. U drugom sluËaju smo vidjeli da je
svejedno imali mi kombinaciju 5, 4, 3 ili 5, 3.
ZakljuËci su iduÊi:
Bolje uzeti 5 i 2 nego 5, 2 i 3.
Bolje uzeti 5 i 1 nego 5, 1 i 2.
Bolje uzeti 4 i 1 nego 4, 1 i 2.
Svejedno je uzeli 5 i 3 ili 5, 3 i 4.
Svejedno je uzeli 4 i 2 ili 4, 2 i 3.
Svejedno je uzeli 3 i 1 ili 3, 1 i 2.
Nadam se da Êe vam ovo biti od pomoÊi.
<
<
<<
<
<
<
<
<
<<<
matka 60 ok 29:5:07 22:40 Page 220
221atka 15 (2006./2007.) br. 60
Op art je smjer umjetnosti koji se javlja 60-ih godina proπlog stoljeÊa.
Nastao je u Americi kao odgovor na razvoj popa u Europi, toËnije u Velikoj
Britaniji. Op art se poigrava percepcijom, krπeÊi pravila perspektive kako bi
se stvorio efekt konfuzije.
Temelj op arta je matematika - geometrija. Naime, autori se u svojim dje-
lima igraju duæinama/pravcima i osnovnim jednostavnim geometrijskim
oblicima kako bi se postigli πto snaæniji vizualni efekti. Vaænu ulogu u tome
ima i kontrast boja. Igra crno - bijelih regija izaziva uËinak pomaka duæine,
ravnine, pa i iskoraka iz dimenzije.
Na slici 1. djelo je Victora Vasarelyja, koje se smatra poËetkom op arta.
Igrom crnih i bijelih pruga i dijelovima krivulja postigao je osjeÊaj trodi-
menzionalnosti u igri dviju zebri.
Rezultat igre s geometrijskim likovima kao i crno - bijeli/crno - bijelo -
sivim podruËjima istog autora prikazan je na slikama 2. i 3.
Uporabom Sketchpada i osnovnih geometrijskih konstrukcija pokuπat
Êemo probuditi umjetnika u sebi i tako konstruirati (nacrtati) neko op art
djelo.
Krenimo od pravokutnika!
Primjer 1.
Korak 1. Nacrtajmo pravokutnik.
Korak 2. Na stranici pravokutnika konstruirajmo nekoliko toËaka. Raz-
maci izmeu toËaka ne moraju biti jednaki.
OP ART I SKETCHPAD
Nikol RadoviÊ, Sisak
Slika 1.
Zebre, 1938.
Slika 2. Slika 3.
matka 60 ok 29:5:07 22:40 Page 221
222 atka 15 (2006./2007.) br. 60
Da bismo konstruirali toËku na stranici pravokutnika oznaËimo stranicu
pravokutnika i u izborniku Konstrukcije odaberemo naredbu ToËka na objek-tu. Tom naredbom konstruiramo toËku na oznaËenoj stranici pravokutnika.
BuduÊi da razmak izmeu toËaka ne mora biti jednak, postupak konstrukcije
toËke na stranici ponavljamo onoliko puta koliko toËaka æelimo konstruirati,
slika 4. a) i b).
Korak 3. PoËetni pravokutnik treba podijeliti na manje pravokutnike, pri
Ëemu su konstruirane toËke vrhovi.
3a) Kako bismo konstruirali manje pravokutnike, konstruirane toËke
moramo "preseliti" na nasuprotne stranice poËetnog pravokutnika.
KlasiËni naËin je oznaËiti toËku i nasuprotnu stranicu. U izborniku
Konstrukcije odaberemo naredbu Okomica, tj. toËkom konstruiramo okomicu
na nasuprotnu stranicu. OznaËimo okomicu i nasuprotnu stranicu pa u
izborniku Konstrukcije odaberemo naredbu Presjek. "Preselili" smo toËku
konstruiranu na stranici pravokutnika na nasuprotnu stranicu. Taj se postupak
ponavlja onoliko puta koliko ima konstruiranih toËaka na stranici pravokut-
nika. Ovim postupkom nismo iskoristili prednosti Sketchpada, slika 5. a) i b).
Elegantnije to Ëinimo tako da oznaËimo vrhove pravokutnika M i N (X iY) pa u izborniku Transformacije odaberemo naredbu OznaËite vektor. Sve
toËke na stranici pravokutnika koje æelimo "preseliti" na nasuprotnu stranicu
oznaËimo i u izborniku Transformacije odaberemo naredbu Translatirajte.
Otvorit Êe se prozor Translacija, a potvrdnim klikom izvrπit Êe se "preselje-nje toËaka, slika 5. c) i d)
b)
a)
Slika 4.
a)
d)c)
b)
X Y M
N
Slika 5.
matka 60 ok 29:5:07 22:40 Page 222
223atka 15 (2006./2007.) br. 60
Postoje joπ neki naËini kako to moæemo elegantnije konstruirati. O njima
viπe drugom zgodom.
3b) Nasuprotnim toËkama treba konstruirati duæinu. OznaËimo toËke i u
izborniku Konstrukcije odaberemo naredbu Duæina. Postupak ponavljamo
dok ne konstruiramo sve duæine, slika 6. a) i b).
Korak 4. Unutar pravokutnika konstruirajmo pravilni/nepravilni mno-
gokut. Pri konstrukciji treba pripaziti da se niti jedan vrh pravilnog mno-
gokuta ne nalazi na stranicama pravokutnika koje smo konstruirali u koraku3.
Konstruirajmo pravilni πesterokut. Nacrtajmo jednu toËku. OznaËimo
nacrtanu toËku i u izborniku Transformacije odaberimo naredbu OznaËitesrediπte. Negdje u unutraπnjosti pravokutnika nacrtajmo joπ jednu toËku. Ona
Êe biti jedan vrh naπeg πesterokuta. OznaËimo tu toËku i u izborniku
Transformacije odaberimo naredbu Rotacija. Otvorit Êe se prozor Rotacija.
Treba upisati kut rotacije, 60°. I to ponovimo joπ Ëetiri puta.
Dobivene toËke oznaËimo pa u izborniku Konstrukcije odaberemo nared-
bu Duæine. Konstruirali smo πesterokut, slika 7. a) i b).
Korak 5. Mreæa pravokutnika sijeËe pravilni πesterokut. Treba popuniti
polja presjeka crno - bijelom kombinacijom.
ToËke presjeka konstruiramo tako da oznaËimo stranicu pravilnog
πesterokuta i stranicu pravokutnika pa u izborniku Konstrukcije odaberimo
naredbu Presjek. Kada smo konstruirali sve toËke presjeka, moæemo popu-
njavati presjeke. OznaËimo toËke (bit Êe vrhovi mnogokuta, pazimo na
redoslijed) pa u izborniku Konstrukcije odaberemo naredbu Unutarnjost. Na
ekranu Êe biti obojana unutraπnjost konstruiranog mnogokuta (trokuta,
Ëetverokuta, peterokuta, itd.). Ako oznaËimo tu unutraπnjost, u izborniku
Zaslon odaberemo naredbu Boja, a zatim odabiremo boju koju æelimo.
Postupak konstrukcije nastavljamo dok ne obojimo Ëitavu sliku.
Na taj smo naËin uporabom Sketchpada konstruirali op art slike 8. i 9.
a)
Slika 6.
b)
a)
b)
Slika 7.
Slika 8. Slika 9.
matka 60 ok 29:5:07 22:40 Page 223
224 atka 15 (2006./2007.) br. 60
Primjer 2.
Ako u Koraku 2. iz Primjera 1. konstruiramo toËke na meusobno
okomitim stranicama, pa provedemo konstrukcije iz koraka 3. do 5, jedno od
moguÊih rjeπenja je op art slika 10.
Primjer 3.
Korak 1. Nacrtajmo pravokutnik, kao i u Primjeru 1., te odredimo sjeciπte
dijagonala.
Korak 2. OznaËimo sjeciπte dijagonala i u izborniku Transformacijeodaberimo naredbu OznaËite srediπte.
Korak 3. OznaËimo pravokutnik i u izborniku Transformacije odaberemo
naredbu Dilatirajte. Otvorit Êe se prozor Dilatirajte, pri Ëemu je koeficijent
npr. jednak 1211
.
Korak 4. Postupak ponavljamo za svaki dilatirani pravokutnik.
Korak 5. Crno - bijelim popunjavanjem pruga dobivamo op art slike 13. i
14.
Slika 10.
Slika 12.Slika 11.
Slika 13. Slika 14.
matka 60 ok 29:5:07 22:40 Page 224
225atka 15 (2006./2007.) br. 60
Primjer 4.
U koraku 4. iz Primjera 3. moæemo oznaËiti sve dilatirane pravokutnike
pa u izborniku Transformacije biramo naredbu Rotirajte. Otvorit Êe se prozor
Rotacije, a za zadani kut biramo 90°.Igrom crno - bijelih podruËja dobiva se
op art slika 15.
Primjer 5.
Zamjenom pravokutnika iz Primjera 3. kvadratom i provedenom kon-
strukcijom od 3. do 5. koraka dobivaju se op art slike 16., 17. i 18.
Primjer 6.
Zamjenom pravokutnika iz Primjera 3. pravilnim πesterokutom i prove-
denom konstrukcijom od 3. do 5. koraka dobivaju se op art slike 19. i 20.
Slika 15.
Slika 16. Slika 17. Slika 18.
Slika 19. Slika 20.
matka 60 ok 29:5:07 22:40 Page 225
Primjer 7.
Pri konstrukcijama ne moramo uvijek koristiti pravilne mnogokute, veÊ se
moæemo poigrati nepravilnim mnogokutima. Tako se moæe dobiti i slika 21.
Osim mnogokutima pokuπajmo se poigrati s kruænicama.
Primjer 8.
Korak 1. Konstruirajmo kratku duæinu XY .
Korak 2. OznaËimo redom toËke X i Y, pa u izborniku Transformacijeodaberimo naredbu OznaËite vektor. Translatirajmo duæinu XY za oznaËeni
vektor dok ne konstruiramo dovoljan broj toËaka, u ovom sluËaju 15 toËaka
i 14 duæina, (slika 22.).
Korak 3. Konstuirajmo koncentriËne kruænice izabravπi u izborniku
Konstrukcije naredbu Kruænica: srediπte + toËka, slika 23.
Korak 4. Translatirajmo koncentriËne kruænice kao na slici 24.
Korak 5. Dodavanjem crno - bijelih podruËja nastaje op art slika 25.
226 atka 15 (2006./2007.) br. 60
Slika 21.
Slika 22.
X Y
Slika 23. Slika 24. Slika 25.
matka 60 ok 29:5:07 22:40 Page 226
Primjer 9.
Ako koncentriËne kruænice iz Primjera 8. u koraku 5. joπ jednom trans-
latiramo i dodamo crno - bijela podruËja, dobit Êemo op art sliku 26.
Literatura:
1. S. Steketec, N. Jackiw, S. Chanan: PriruËnik s uputama za Sketchpad,
Proven grupa, Zagreb, 2006.
2. R. Svedrec: DinamiËka geometrija - The Geometer's Sketchpad, Zbornik 1.
Kongresa nastavnika matematike RH, HMD, Zagreb, 2000., 301 - 310.
3. R. Svedrec, P. MladiniÊ: DinamiËka geometrija - The Geometer's
Sketchpad, PouËak 4(2000)24 - 26.
4. A. Baragar: A Survey of Classical and Modern Geometries with Computer
Activities, Prentice Hall, 2001.
5. B. E. Reynolds, W. E. Fenton: College Geometry Using The Geometer's
Sketchpad, Key College Publishing, 2006.
6. R. Dixon: Mathographics, Dover Publications, INC., New York, 1991.
Internet stranice:
www.ritsumei.ac.dp.jp/~akitakoa/opart-e.html/29.03.2007./
www.artyclopedia.com/29.03.2007./
Zadatak:
Nacrtajte svoju op art sliku koristeÊi Sketchpad. Najbolje slike bit Êe
nagraene.
227atka 15 (2006./2007.) br. 60
Slika 26.
matka 60 ok 29:5:07 22:40 Page 227
228 atka 15 (2006./2007.) br. 60
1. Za skup prirodnih brojeva N = 1, 2, 3, ... , n, ... vrijedi princip potpuneili matematiËke indukcije:
Neka je M neki podskup od N, tj. elementi od M su prirodni brojevi. Ako Mima ova svojstva:1˚ Broj 1 jest element od M, i2˚ koji god bio prirodni broj n, ako je n element od M, onda je i n + 1 elementod M,- tada se M poklapa s N, tj. svaki prirodni broj je element od M.
ToËni smisao matematiËke indukcije ovisi o tome kako shvaÊamo sam
skup N: shvaÊamo li ga kao tzv. aktualno beskonaËan skup koji je gotov,
zavrπen, takoreÊi pred nama razastrt totalitet πto veÊ sadræi sve prirodne bro-jeve, ili ga shvaÊamo kao tzv. potencijalno beskonaËan skup koji nastaje
neograniËenim ukljuËivanjem redom sve veÊih i veÊih prirodnih brojeva koji,
dakle, „æivi” i „raste”, a nikad nije „gotov”. Ima jakih razloga i za jedno i za
drugo shvaÊanje - i stoga oba i dalje postoje meu matematiËarima.
Prvo, „egzistencijalistiËko” shvaÊanje skupa prirodnih brojeva uobiËajeno
je u klasiËnoj matematici i bez tog je pojma nemoguÊe izgraditi npr. ma-
tematiËku analizu koja bi sliËila onome πto velika veÊina matematiËara pod
time razumijeva. Meutim, opravdan je prigovor da egzistencijalistiËkim
shvaÊanjem skupa prirodnih brojeva prihvaÊamo postojanje matematiËkih
objekata „izvan” nas, neovisno o matematiËaru koji o njima rasuuje, poput
nekih Platonovih „ideja” prihvaÊamo da „postoje” matematiËke tvorevine
koje je naËelno nemoguÊe „realizirati” na nekom „konkretnom” modelu.
Na drugom, tzv. „konstruktivistiËkom” shvaÊanju skupa prirodnih brojeva
naroËito inzistiraju matematiËari tzv. intuicionisti: oni kaæu da postoje samo
oni matematiËki objekti koji se - bar u naËelu - u mislima mogu efektivnokonstruirati. Za njih su legitimni samo oni matematiËki objekti koji su rezul-
tat konaËnog niza misaonih konstrukcija. (Dublje i detaljnije ulaæenje u
egzistencijalistiËko i konstruktivistiËko shvaÊanje ovdje, dakako, nije mo-
guÊe jer bi od Ëitaoca zahtijevalo i mnogo viπe matematiËkog predznanja i
mnogo viπe zrelosti matematiËkog rasuivanja negoli to ovdje æelimo i moæe-
mo pretpostaviti.)
MATEMATI»KA INDUKCIJA ( I.)
Vladimir Devidé, Zagreb
matka 60 ok 29:5:07 22:40 Page 228
229atka 15 (2006./2007.) br. 60
»esto se princip potpune indukcije (pomalo olako) dokazuje ovako:
„Zbog 1˚, M sadræi broj 1. Prema tome, zbog 2˚, M sadræi i broj 1 + 1 = 2. No
onda, i opet zbog 2˚, M sadræi i broj 2 + 1 = 3. Dalje, opet zbog 2˚, on sadræi
broj 4 itd. M, dakle, sadræi sve prirodne brojeve. „Meutim, buduÊi da - kao
πto smo istakli - veÊ i samo znaËenje pojma „skup prirodnih brojeva” ovisi o
tome shvaÊamo li ga egzistencijalistiËki ili konstruktivistiËki, prirodno je da
je i precizniji, oπtriji, zadovoljavajuÊi dokaz principa potpune indukcije mora
to uzeti u obzir, a ne da - kao πto je upravo sluËaj - s „- itd.” Ëitaoca prevede
(matematiËki) æednog preko (zamuÊene) vode.
2. Pogledajmo, dakle, najprije πto potpuna1 indukcija znaËi s konstruk-
tivistiËkog stajaliπta.
Kako nastaje skup N, prati ga nastajanje skupa M: oba su poËela „usva-
janjem” broja 1 (zbog 1˚), pa odatle (jer vrijedi 2˚) i broj 2 ulazi u M (kao πto
je uπao u N); stoga (opet po 2˚) i broj 3 ulazi u M, pa broj 4 itd. (UoËite da
pritom i sam „itd.” moramo shvatiti u smislu potencijalnog beskonaËnog: „i
tako dalje”, bez kraja i konca, bez „zavrπetka” tog procesa!) Zato je bitno da
kaæemo (samo) da M sadræi svaki (tj. bilo koji dani) prirodni broj n - jer to u
naËelu moæemo verificirati: ponavljajuÊi „dovoljan broj puta” zakljuËak
opravdan zbog 2˚, moæemo u naËelu misaonim konstrukcijama efektivno
„stiÊi do broja n, „dohvatiti” ga kao „graanina” skupa M. Sasvim bi drukËija
situacija nastala da tvrdimo da M sadræi sve prirodne brojeve (osim „dakako”
kad bismo pod tim „sve” smatrali samo sinonim za „svaki, bilo koji”).
Tvrdnju da svi prirodni brojevi „veÊ jesu” u M ne moæemo efektivno pro-
vjeriti konaËnim brojem misaonih konstrukcija.
3. Nasuprot tome, egzistencijalistiËki je uobiËajeno govoriti da M (kao i
N) sadræi sve prirodne brojeve. Dokaz principa potpune indukcije u tom je
sluËaju nuæno indirektan i teËe ovako:
Pretpostavimo da tvrdnja ne stoji, tj.2 da ima (bar) neki prirodni broj k
1 Termin "totalna" (umjesto "potpuna") indukcija, koji u nas upotrebljvaju neki autori, Ëini se da je
manje prikladan. "Potpun" ima znaËenje blisko znaËenju "do kraja" ( npr. "pripreme su potpuno
zavrπene") dok "totalan" ima znaËenje blisko rijeËi "cjelovit" (npr. "totalna pomrËina Sunca"). Stoga
je matematiËka indukcija bolje karakterizirana pridjevom "potpuna" nego "totalna". Uostalom, na
engleskom, ruskom, francuskom i njemaËkom jeziku uobiËajeno ju je zvati "potpunom" (complete,polnaja, complèt, vollständig), a ne totalnom indukcijom.
2RasuujuÊi na naËin uobiËajen u klasiËnoj matematici, neistinitost izreke "svi elementi iz N su u
M" ekvivalentna je istinitosti izreke "postoji (bar jedan) element m iz N koji nije u M". Takvo
zakljuËivanje intuicionistiËki nije legitimno; za matematiËara tog smjera "neistinitost" sadræaja prve
izreke znaËi da se njezina (pretpostavljena) konstrukcija moæe nastaviti i produæiti dok ne dovede
do apsurda. Ako je to sluËaj, time - samim po sebi - joπ nije dana konstrukcija sadræaja druge izreke,
tj. moguÊnost efektivnog nalaæenja takvog broja m.
matka 60 ok 29:5:07 22:40 Page 229
230 atka 15 (2006./2007.) br. 60
(dakle element od N) koji nije element od M. Zbog 1˚k nije broj 1, pa bismo
negdje izmeu brojeva 1 (ukljuËivo) i k (iskljuËivo) imali (bar) jedan takav
broj m, da m joπ jest u M, a m + 1 viπe nije. No to se protivi 2˚. Dobiveno pro-
turjeËje dokazuje tvrdnju M = N.
4. Kao πto se vidi, iako je matematiËka indukcija naoko jednostavna,
pobliæa analiza pokazuje da ona to nipoπto nije i da za njezinu detaljniju ana-
lizu treba mnogo suptilnijih razmatranja negoli bi se moæda u prvi mah oËeki-
valo.
Sve bi se to joπ neusporedivo jaËe oËitovalo kad bismo sav problem obu-
hvatili studioznije i uzeli u obzir njegovu ulogu i mjesto u matematiËko-
logiËki formaliziranim teorijama (tj. teorijama u kojima su - grubo govoreÊi
- aksiomatski karakterizirani ne samo objekti teorije i relacije meu njima
veÊ i logiËki postupci izvoenja posljedica iz pretpostavaka). Jedan od
najveÊih matematiËara svih vremena H. Ponicaré imao je „dobar nos” kad je
u principu potpune indukcije vidio jedan od najdubljih temelja matematike!
5. Nakon ove kratke skice „sadræajne” komponente matematiËke indukci-
je pogledajmo malo i na njezinu „tehniËku” stranu:
Primjer 1. Dokaæimo pomoÊu3 potpune indukcije da za svaki prirodni
broj k vrijedi:
... k k k k1 2 361 1 2 12 2 2 2+ + + + = + +^ ^h h (1)
Ideja dokaza je u ovome: Neka je M skup svih onih i samo onih
prirodnih brojeva za koje (1) vrijedi. Ako pokaæemo da M ima svoja svojstva
1˚ i 2˚, zakljuËujemo potpunom indukcijom da je M = N, tj. (1) vrijedi za
svaki prirodni broj.
1˚ Baza indukcije. Za k = 1 relacija (1) prelazi u
161
1 1 1 2 12= + +^ ^h h,
πto je toËno.
2˚ Korak indukcije. Ako (1) vrijedi za neki k = n, tj. ako je
... n n n n1 2 361 1 2 12 2 2 2+ + + + = + +^ ^h h, (2)
3 UoËite razliku izmeu dokaza potpunom indukcijom (tj. dokaza metodom πto je daje naËelo pot-
pune indukcije) u primjerima 1, 2, 3 i dokaza potpune indukcije (tj. dokaza ispravnosti samog naËela
potpune indukcije ) u 2. i 3. U dokazu potpune indukcije rijeË je o tome da pokaæemo ispravnost
tvrdnje da 1˚ i 2˚ ima za posljedicu M = N; u dokazu potpunom indukcijom rijeË je o tome da
pokaæemo kako su (nekom konkretnom sluËaju) zaista ispunjena svojstva 1˚ i 2˚.
matka 60 ok 29:5:07 22:40 Page 230
231atka 15 (2006./2007.) br. 60
onda je
(3)
...
...
n
n n
n n n n
n n n n
n n n
n n n
n n n
1 2 3 1
1 2 3 1
61
1 2 1 1
61
1 2 1 6 1
61
1 2 7 6
61
1 2 2 3
61
1 1 1 2 1 1
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2
2
+ + + + + =
= + + + + + + =
= + + + + =
= + + + + =
= + + + =
= + + + =
= + + + + +
^
` ^
^ ^ ^
^ ^ ^
^ `
^ ^ ^
^ ^ ^
h
j h
h h h
h h h
h j
h h h
h h h
8
8 8
B
B B
tj.onda (1) vrijedi i za k = n + 1. Time je dokaz zavrπen.
Svojim Ëitateljimai suradnicimaugodne praznike
æeliUredniπtvo MATKE
matka 60 ok 29:5:07 22:40 Page 231
Kao i obiËno, Kinezi imaju svoje metode raËunanja.U ovom Êemo Ëlanku
vidjeti i nauËiti jedan od naËina mnoæenja u Kini.
Ovakvo mnoæenje zahtijeva paænju, jer ovdje ne mnoæimo brojeve kao
brojeve, veÊ ih zbrajamo kao crte. Pa pogledajmo.
Primjer 1. Uzmimo, na primjer, neki „lagani umnoæak”, 12 i 31. Mi
znamo da je umnoæak tih dvaju brojeva 372, ali kako to izraËunati pomoÊu
sjeciπta odgovarajuÊih crta?
Rjeπenje:1. Uzmimo od broja 12 njegovu prvu znamenku, a to je 1. Za taj broj crta-
mo jednu crtu iz desnog gornjeg kuta
2. Zatim uzmemo drugu znamenku broja 12, πto je 2, i za taj broj crtamo
dvije crte malo niæe od crte prve znamenke.
3. Sada uzmemo drugi broj, tj. faktor kojim mnoæimo, broj 31. Za taj broj
uzmemo prvu znamenku, πto je broj 3, i crtamo tri crte iz desnog donjeg kuta.
4. Joπ nam preostaje njegova zadnja znamenka, a to je 1, pa crtamo jednu
crtu malo dalje od crta prve znamenke.
Kada smo nacrtali sve crte za sve znamenke (brojeve), vrijeme je za zbra-
janje. Kako to radimo?
5. Sada smo dobili jedan paralelogram, pa zbrajamo sjeciπta crta pojedinih
Ëvorova. KreÊemo od desnog gornjeg Ëvora. Zaokruæimo ga i prebrojimo
zaokruæena sjeciπta.Vidimo da ih ima 2. (sl. 5.)
6. Zatim odemo do lijevog donjeg Ëvora, zaokruæimo ga i prebrojimo nje-
gova sjeciπta. Tu ih ima tri pa piπemo broj 3 pored tog Ëvora. (sl. 6.)
232 atka 15 (2006./2007.) br. 60
slika 1.
slika 3. slika 4.
slika 2.
KINESKO MNOÆENJE
Mia Pacak, 1.f, V. gimnazija, Zagreb
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 232
233atka 15 (2006./2007.) br. 60
7. Joπ nam je ostala sredina. Tu zbrojimo ona sjeciπta koja su nam presta-
la. Ima ih sedam pa piπemo 7 ispod toga. (sl. 7.)
8. Kada proËitamo brojke s lijeve na desnu stranu vidjet Êemo da smo
dobili broj 372, πto je i rjeπenje ovog zadatka.
InaËe, moæete nacrtati i dijagonalu da dobijete dvije simetriËne strane pa
da znate lakπe odijeliti. Ali, simetrija postoji samo kada se mnoæe brojevi koji
imaju isti broj znamenaka. (sl. 8.)
Primjer 2. ©to kada brojevi imaju razliËiti broj znamenaka?
Uzmimo kao primjer brojeve 321 i
4 121. (Ëiji je umnoæak jednak 1 322 841).
Znamo postupak...
Rjeπenje:Za prvu znamenku crtamo tri crte s desne gor-
nje strane, dvije crte za drugu znamenku malo
dalje od prve i jednu crtu za treÊu znamenku.
Zatim za drugi faktor crtamo Ëetiri crte za prvu
znamenku, jednu crtu za drugu znamenku i
jednu crtu za Ëetvrtu znamenku. (sl. 9. i 10.)
slika 5.
slika 7. slika 8.
slika 6.
3
7
2
3
22
slika 9. slika 10.
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 233
Ovdje vidimo da nemamo simetriju i da
nam strane nisu jednake, ali kreÊemo i dalje
ovako. Prvo odijelimo desni Ëvor, pa lijevi i
zapiπemo broj njihovih sjeciπta. (sl. 11.)
Zatim odijelimo druga dva Ëvora sjeciπte
desno od prvog Ëvora i sjeciπte ispod prvog
Ëvora. Isto tako napravimo i s lijeve strane.
(sl. 12.)
Joπ uvijek nam nije ostao samo srednji dio.
Zato joπ jednom odijelimo s desne strane;
treÊe sjeciπte lijevo od prvog Ëvora. (sl. 13.)
Na kraju nam je preostao zadnji dio koji niti ne trebamo odvajati. (sl. 14.)
Brojimo sjeciπta...
Dobili smo brojeve 12, 11, 12, 8, 4 i 1.
KreÊemo odozada; piπemo 1, piπemo 4 i piπemo 8, ali od 12-ice piπemo
samo 2, a 1 ide broju 11, pa je sada broj jedanaest zapravo 12. Sad od te 12-
ice opet piπemo broj 2, a 1 ide broju 12 koji postaje 13.
I dobili smo broj 1 322 841.
Nadam se da ste shvatili ovaj princip mnoæenja.
Probajte sada sami pomnoæiti neke brojeve.
234 atka 15 (2006./2007.) br. 60
12
11
8
4
1
12
11
4
1
12
1
slika 11.
slika 12.
slika 13.
12 8
4
1
111 2
slika 14.
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 234
235atka 15 (2006./2007.) br. 60
U Ëasopisu PlayMath br. 9. godiπte III. 31. prosinca 2005. na stranici 48
nalazimo zadatak G18, a na stranici br. 59 jedno lijepo rjeπenje tog zadatka.
Zadatak: Neka je P poloviπte luka AB$
koji sadræi toËku C opisane
kruænice trokuta ABC (uvjet: AC < BC ). Neka je N noæiπte okomice iz
toËke P na BC. Dokaæite da je AC CN BN+ = .
Ovaj zadatak u literaturi nalazimo kao Arhimedov pouËak. U ovom Ëlanku
dajemo joπ jedan dokaz i neke primjene tog pouËka.
Dokaz: Neka je k kruænica opisana trokutu ABC. Produljimo stranicu BC
preko toËke C do M, tako da je CM CA= (vidi sl.). Trokut CAM je jed-
nakokraËan i zato je CAM CMAE E= = {, pa je ACB 2E = { (kao vanjs-
ki kut trokuta CAM). Dalje je, ACB APB 2E E= = {(zaπto?). Kruænica k1 koja prolazi
kroz toËke M, A i B ima srediπte na
simetrali stranice BM (opet, za-
πto?). Kut AMB, AMBE = { je
obodni kut u kruænici k1, pa srediπte
kruænice k1 mora biti u toËki iz koje
stranica AB vidi pod kutom veliËine
2{ (οbjasnite!). BuduÊi da je
APB ACB2E E= ={` j, srediπte
kruænice k1 je upravo toËka P jer P
leæi na simetrali stranice AB (toËka
P je poloviπte luka AB$
). ToËka P je, dakle, presjeËna toËka simetrala strani-
ca AB i BM . Zbog PN MB= , i P je na simetrali od BM , pa slijedi da je Npoloviπte duæine BM .
Zato je BN MN MC CN= = + , πto je, zbog MC AC= jednako
AC CN+ .
Primjene:
1. Kroz poloviπte C1 stranice AB trokuta ABC konstruirajte pravac p koji
raspolavlja opseg tog trokuta.
2. Dokaæite da je psγ pri Ëemu p pravac iz zadatka i sγ simetrala kuta
ACBE .
ARHIMEDOV POU»AK
Jens Carstensen i Alija MuminagiÊ, Danska
p
M
N
C
2{
2{
{
A B
k
k1
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 235
236 atka 15 (2006./2007.) br. 60
INTERVJU
INTERVJU
Æeljka Milin ©ipuπLucija GusiÊ, Zagreb
Uvoenje dræavne mature postalo je temom sva-
Ëijih razgovora, a pogotovo razgovora srednjoπkolaca
i onih koji Êe to tek postati. Kako bismo vam odgovo-
rili na neka od pitanja koje ste sigurno postavljali,
razgovarali smo s dr. Æeljkom Milin ©ipuπ s Mate-
matiËkog odjela Prirodoslovno-matematiËkog fakulte-
ta, koja je voditeljica struËne skupine za dræavnu
maturu iz matematike. Ipak, prvo smo je zamolili da
nam kaæe neπto o sebi.
Æ. Milin ©ipuπ: Rodila sam se 1963. godine u Zagrebu gdje sam zavrπilaosnovnu i srednju πkolu. U osnovnoj πkoli imala sam dobru profesoricu izmatematike, bila nam je i razrednica i dosta se brinula oko nas. Ali, moædato ipak nije izravan povod mom odabiru profesije. Mislim da je obiteljskookruæenje dosta utjecalo na moj odabir. Moj tata nije matematiËar,graevinar je, ali je volio matematiku i, od kad se sjeÊam, stalno me bom-bardirao matematiËkim pitanjima i mozgalicama. U tome sam uæivala.SjeÊam se da me u treÊem razredu osnovne πkole znao pitati koliko je a naminus prvu. InaËe, zanimalo me puno stvari i nisam odmah znala da jematematika moj æivotni poziv. UËila sam strane jezike, zanimale su me fizikai biologija, prirodoslovni predmeti uglavnom. Moram priznati da mi je fizikabila alternativa. U srednjoj πkoli sam imala dobre profesore, ali mislim da jepomoglo i razredno okruæenje, bili smo jako dobar razred. Prvih deset mjes-ta na republiËkim natjecanjima bilo je rezervirano za moj razred. Nije bilolako biti u tom razredu, ali svi smo bili prijatelji i atmosfera nije bila nega-tivna. Ja se nisam natjecala, jednostavno u sebi nemam tu kompetitivnu crtu.Zaπto matematika, a ne fizika? SjeÊam se jednog predavanja iz fizike, radilismo Lorenzovu silu, i profesorica nam je rekla da se jednog jutra probudimoi sjetimo da smo odsanjali tu formulu. To meni nije sjelo. Matematika to nijeimala, matematika nije poËivala na nekakvom empirijskom rezultatu ili namjerenjima. Danas radim na fakultetu koji sam i pohaala, predajem dife-rencijalnu geometriju, πto mi je uæa specijalnost. Uz to se joπ bavim imatematiËkom edukacijom, πto smatram hobijem.
❑ atka: Recite nam neπto o dræavnoj maturi, mislite li da je to pro-
jekt koji je bio potreban?
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 236
237atka 15 (2006./2007.) br. 60
Æ. Milin ©ipuπ: Dakle, voditeljica sam struËne skupine za dræavnu matu-ru, ali moram reÊi da svoje voditeljstvo doæivljavam viπe kao administrativnipoloæaj. Mislim da je taj cijeli projekt uvoenja dræavne mature u hrvatskiobrazovni sustav zanimljiv i da je trebao Hrvatskoj. Potrebno je da sustav,osim svog prirodnog, unutraπnjeg vrednovanja, ima i vanjsko vrednovanje.UËeniku je vrijedno dobiti rezultate ispita koji mu je netko drugi sastavio, ane njegov profesor koji prepoznaje njegov rukopis. Takoer, i profesorima jedobro da vide kako se nose s odreenim segmentima obrazovanja.
❑ atka: S kakvim se problemima susreÊete?
Æ. Milin ©ipuπ: Projekt je za struËnu skupinu krenuo 2005. i moram priz-nati da smo sami izradili cijelu metodologiju rada. Imali smo nekolikoopÊenitih naputaka o produktu koji trebamo naËiniti, ali naËin rada smo samikreirali. Morali smo mnogo toga nauËiti jer posljednjih dvadeset, tridesetgodina toga u sustavu nije bilo. Puno samo nauËili opÊenito o naËinu gledan-ja na ispit, kako se odreuju sadræaji koji su vaæni i kako se ispit formira spsihometrijske strane. Naravno, ispit ne smije biti ni preteæak ni prelagan,mora dobro procijeniti sposobnosti uËenika danog razreda.
❑ atka: Koji je krajnji cilj tog projekta?
Æ. Milin ©ipuπ: U jednom trenutku se u Hrvatskoj spoznalo da je potreb-no vanjsko vrednovanje u obrazovanju. Postoji viπe modela. Iskustvo sred-njoeuropskih zemlja je da postoji dræavna matura koju odreuje vanjsko tije-lo. UËenici gimnazija ili strukovnih πkola, ako æele dobiti diplomu, morajuimati dræavnu maturu. To je naπe okruæenje. Nakon ankete provedene meunastavnicima, odluËilo se krenuti s projektom. Dakle, nije se moralo iÊi timputem. Postoji i model nacionalnih ispita koje imaju skandinavske zemlje ikoji je neπto drukËiji. Dakle, glavni cilj je uvoenje dræavne mature kao svje-dodæbe koju dobivaju gimnazijalci, dok su nacionalni ispiti popratni sustav.Oni su vrijedni i sami za sebe, ali i kao dijagnoza sustava za uvoenjedræavne mature i razvoja metodologije za njezino uvoenje.
❑ atka: Vi dajete program na kojem Êe se temeljiti dræavna matura.
Jeste li mijenjali dosadaπnji program i kako su ispiti koncipirani?
Æ. Milin ©ipuπ: Matura se strogo temelji na planu i programu koji se izvo-di u πkolama. Nismo niπta mijenjali, ali smo stavljali teæiπte. Recimo, u prvomse razredu algebra radi u jednom velikom postotku koji smo mi smanjili. Unacionalnim ispitima moæemo reÊi da jedno podruËje dominira na uπtrbdrugih podruËja, ali niπta nije izbaËeno. Prihvatili smo prijedlog za pola-ganje mature iz matematike na tri razine. Opsezi znanja za pojedinu razinuÊe se razlikovati. Na najniæoj razini se stavlja teæiπte na jedan segment obra-zovanja, recimo na elementarno raËunanje, dok Êe se na viπim razinama oduËenika oËekivati veÊe znanje. Svaka razina Êe pisati svoj ispit i na svakoj
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 237
238 atka 15 (2006./2007.) br. 60
razini Êe ispit biti drugaËiji. Na najniæoj razini ispit bi se pisao dva i pol sata,na standardnoj tri sata, a na najviπoj Ëetiri. Ne æelimo da uËenici nakonËetiri sata znojenja izau van i kaæu da nisu stigli sve napisati. Najviπa razi-na podrazumijeva veÊi opseg i veÊu dubinu, ali i ostavlja dovoljno vremenada se ti zadatci ugodno rijeπe. Do sada smo pisali jedan veliki nacionalniispit na cijeloj populaciji u prvom razredu gimnazija, kojemu je prethodiojedan manji, dijagnostiËki, koji se pisao na uzorku. To je bilo proπle godine.Ove se godine veÊ u drugom razredu pisao ispit na uzorku iz gimnazija, apisat Êe se i u prvom razredu, i to na cijeloj populaciji strukovnih πkola sËetverogodiπnjim programom i na uzorku gimnazija. Trogodiπnje πkole nepiπu ispit. DijagnostiËki ispit smo imali kako bismo vidjeli kakvim znanjemuËenici kreÊu u prvi razred srednjih πkola. Sada nam to viπe neÊe trebati jerÊe u osnovnoj πkoli takoer biti vanjsko vrednovanje. To ove godine kreÊeeksperimentalno. Ispit se pisao u travnju, na uzorku od 10 000 uËenika osmograzreda. Na tim ispitima teæiπte nije na pojedinaËnim rezultatima, tako dauËenici neÊe biti upoznati sa svojim rezultatima. Ispit je viπe dijagnostiËki,zanimaju nas samo rezultati na podruËju æupanija i dræave. Da vidimo gdjesmo.
❑ atka: I kakvi su bili rezultati tih ispita?
Æ. Milin ©ipuπ: Rezultati su u skladu s naπim oËekivanjima. Zadatci supredtestirani, tako da imamo procjenu kako Êe ispit biti rijeπen. Rezultati suu skladu s tim procjenama. Naravno, ima i odstupanja - kako dobrih, tako iloπih. U nacionalnim ispitima, a tako Êe biti i na maturi, u prvom dijelu ispi-ta su zadatci razliËitih teæina koji se ocjenjuju ili jednim bodom ili s nulabodova, toËno ili netoËno, dok se zadatci iz drugog dijela ispita ocjenjuju sviπe bodova, boduje se postupak i predvieni koraci. Na kraju svaki uËenikdobije svoj rezultat izraæen kao postotak i mjesto na kojem se nalazi u cijelojpopulaciji. Tako je lani, na nacionalnom ispitu za prvi razred, uËenik vidio(meu trinaest tisuÊa uËenika koji su pisali) u kojoj je on skupini, meu prvih10%, 50%,... Uspjeπnost tog ispita je bila oko 50%. Moram reÊi da je bilouËenika, njih oko 1%, koji su ispit rijeπili 100%. InaËe, uËenici su rekli da jeispit bio oËekivan i u redu. Na kraju, kada dræavna matura bude uvedena,uËenici Êe dobivati ocjenu na maturi, ali to je segment koji joπ moramo razvi-ti.
❑ atka: Koja bi bila vaπa poruka atkaËima?
Æ. Milin ©ipuπ: Dragi atkaËi, druæite se, veselite, uËite, a ispita senemojte bojati! Obrazovanje je vaæno, svi uËimo cijeli æivot!
Evo, atkaËi, nadamo se da smo vam razjasnili cijelu ovu priËu oko
dræavne mature i nadamo se da Êete se naÊi meu prvih 10%.
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 238
239atka 15 (2006./2007.) br. 60
POVIJEST
POVIJESTEgipÊanin Ahmes napisao je matematiËku knjigu
Oko 1650. godine prije Krista egipatski pisar Ahmes (Aahmesu) sastavio
je, po ugledu na stariji rukopis, prvi priruËnik algebre i geometrije u obliku
papirusa (prema svojem πkotskom pronalazaËu kasnije prozvanom Rhindovpapirus). Danas se taj dokument Ëuva u British Museumu u Londonu, a sadræi
opis 87 matematiËkih problema. Autor, izmeu ostalog, objaπnjava postupak
raËunanja povrπine njiva prema duljinama stranica koje tu njivu omeuju, te
raËunanje obujma (npr. piramida ili æitnih spremiπta). U tom djelu Ahmes
obrauje razlomke, opisuje aritmetiËke nizove (npr. 2, 4, 6, 8, 10 …),
geometrijske nizove (npr. 2, 4, 8, 16, 32 …) i rjeπava jednadæbe s jednom
nepoznanicom.
Kroz Rhindov papirus Egipat se predstavio kao zemlja s dobro razvijenom
matematikom. Sumerani iz Mezopotamije joπ su oko 2000. godine prije
Krista ovladali s Ëetiri osnovne raËunske radnje, te tabliËnim kvadriranjem i
korjenovanjem. U Babilonu je raËunanje s razlomcima koriπteno oko 1710.
godine prije Krista. Osim toga, Babilonci u to vrijeme veÊ znaju za neke
geometrijske pouËke.
Izvornik: Paturi, Felix, R., Chronik der Technik (1988.)
Rhindov (Ahmesov)
papirus
Pripremio: Æeljko Medveπek, Zagreb
Dva zanimljiva primjera raËunanja pisara Ahmesa:
1. Kad tebi kaæu da jedna njiva ima oblik odrezanog trokuta (trapez) sdvije stranice duljine 20 kheta (khet je jedinica za duljinu; 1 khet/chet =
52.36 m), temeljnom linijom 6 kheta, presjeËnom linijom 4 kheta; kolikaje njena povrπina?
Rjeπenje:
- Pribroji presjeËnu liniju temeljnoj liniji; to daje 10. Uzmi polovicuod 10, dakle 5, godine prije Krista. Pomnoæi: 20 · 5. Rezultat je 100
Ëetvornih kheta."2. Jedna hrpa (dakle jedan broj predmeta) zajedno s jednom sedminom
daje broj 19; koliko je bila velika prvobitna hrpa?
Rjeπenje:
Ovaj zadatak odgovara jednadæbi s jednom nepoznanicom:
x x71
19+ = .
Ahmes je rijeπio problem kao u 1. zadatku tumaËenjem matematiËkog
puta. Za raËunanje s razlomcima autor najzad navodi tablice.
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 239
240 atka 15 (2006./2007.) br. 60
PAUL GULDIN
Tanja Soucie, Zagreb
Habakuk Guldin, πvicarski matematiËar, roen
je 12. lipnja 1557. godine u Grazu, a preminuo je 3.
studenoga 1643. godine. S dvadeset godina preπao je
s protestantizma na katoliËanstvo i promijenio ime iz
Habakuk u Paul.
Godine 1609. Guldin je krenuo na Jezuitsko
SveuËiliπte u Rimu gdje je uËio pod mentorstvom
Claviusa. Nakon toga je pouËavao na Jezuitskom
sveuËiliπtu i u Grazu. Od 1623. do 1637. godine predavao je matematiku na
sveuËiliπtu u BeËu, nakon Ëega se vratio u Graz.
Tijekom svojeg æivota Guldin se dopisivao s Keplerom o temama veza-
nim uz religiju te s hrvatskim matematiËarom Marinom GetaldiÊem.
Guldinov najvaæniji rad sastoji se od Ëetiri knjige. U prvoj obrauje
srediπte gravitacije, posebice Zemlje. Druga knjiga sadræi Guldinove pouËke
(Papp-Guldinovi pouËci):
1. Ako krivulja L leæi u istoj ravnini s osi d i Ëitava se nalazi s iste strane
te osi, onda je povrπina plohe koja se dobije rotacijom krivulje L oko osi djednaka umnoπku duljine l krivulje L s duljinom kruænice koju opisuje teπiπte
krivuje L.
Neka je l duljina krivulje L, a r duljina polum-
jera kruænice koju opisuje baricentar (teæiπte)
krivulje L. Tada je povrπina S rotacijske plohe
dana formulom S r l2 $= r .
2. Obujam V tijela nastalog rotacijom nekog ravninskog lika F povrπine Soko osi koja leæi u ravnini lika F i ne sijeËe ga, dan je formulom V r S2 $= r ,
gdje je r duljina polumjera kruænice koju opisuje teæiπte lika F.
TreÊa knjiga sadræi radove o stoπcima, valjcima i rotacijskim tijelima.
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 240
241atka 15 (2006./2007.) br. 60
ZADATCI S VREMENSKO-PROSTORNIH MERIDIJANA
Æeljko Buranji,Zagreb
1. ÉTIENNE BÉZOUT (1730. - 1783.)
Prema ugovoru, radnicima pripada po 48 franaka za svaki odraeni dan, a
za svaki neodraeni dan prisilno se naplaÊuje po 12 franaka. Nakon 30 dana
ispostavilo se da radnici nisu zaradili niπta.
Koliko su dana oni odradili tijekom tih 30 dana?
2. FU SHI (oko 300.g.pr.Kr.)
Znak oznaËava 6, znak oznaËava 1 i znak oznaËava 3.
©to oznaËava znak ?
3. ARAPSKA ZBIRKA PRIPOVIJEDAKA 1001 NO∆
Jato golubova poletjelo je k visokom stablu. Bræi su golubovi sjeli na
grane, a drugi se razmjestiπe pod stablom. Golub koji je sjedio na grani go-
vorio je razmjeπtenima dolje:
Ako bi jedan od vas uzletio k nama, ostalo bi vas toliko koliko je treÊinajata, a ako bi jedan od nas sletio k vama, bio bi nas jednak broj.
Koliko je golubova sjedilo na grani, a koliko pod stablom?
4. SAD
UËitelji Altman, Brandell i Klausner pouËavaju u jednom razrednom
odjelu matematiku, fiziku, kemiju, biologiju, engleski jezik i povijest. Svaki
je uËitelj nadleæan za 2 predmeta. UËitelj kemije æivi u zgradi u kojoj æivi i
uËitelj matematike. Altman je najmlai od te trojice profesora. UËitelj
matematike Ëesto igra πah s Klausnerom. UËitelj fizike stariji je od uËitelja
biologije, a mlai od Brandella. Onaj od trojice uËitelja koji je stariji od druge
dvojice æivi najudaljenije od πkole. Koje predmete pouËava svaki od trojice
uËitelja?
5.
Potrebno je osvijetliti prostoriju s 32 æarulje ukupne snage 1 800 W. Na
skladiπtu postoje dovoljno velike zalihe æarulja po 40 W, 60 W i 75 W.
Nikakvih drugih æarulja nema na skladiπtu. Na koliko razliËitih naËina se
moæe udovoljiti zahtjevu za kompletom æarulja radi osvjetljenja te prostorije?
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 241
OpÊinsko/πkolsko natjecanje
29. sijeËnja 2007.
4. razred
1. U brojevnom izrazu 5 · 6 + 12 : 3 - 2 stavite zagrade tako da vrijednost
izraza bude a) 12 b) 28
2. S obje strane ceste zasaen je drvored breza u jednakim razmacima od
6 m. Kolika je duljina tog drvoreda ako je ukupno posadeno 176 stabala
breze?
3. Tri ribara zajedno su ulovila 146 kg ribe. Kada je prvi prodao 23 kg,
drugi 19 kg, a treÊi 32 kg, ostala im je jednaka koliËina ribe. Koliko je svaki
od njih ulovio?
4. Ivana je za roendan od svojih prijatelja dobila 24 ruæe. Ruæe su bile
bijele, æute i crvene boje. Bijelih je bilo dva puta manje od æutih, a crvenih
koliko bijelih i æutih zajedno. Koliko je bilo bijelih, koliko æutih, a koliko
crvenih ruæa?
5. Napiπite sve trokute sa slike:
5. razred
1. IzraËunajte:
73 + 2 · [11147 - 27 · (45 + 3105 : 9)] - 125 + 25 · (48 - 45 : 3).
2. Napiπimo jedan iza drugog, bez razmaka, prirodne brojeve:
12345678910111213141516171819202122232425 . . .
Koja se znamenka nalazi na 2007. mjestu?
242 atka 15 (2006./2007.) br. 60
NATJECANJANATJECANJA
A B
C
DE
F
G
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 242
243atka 15 (2006./2007.) br. 60
3. Odredite sve Ëetveroznamenkaste brojeve koji pri dijeljenju s 13 daju
ostatak 4, pri dijeljenju s 15 daju ostatak 6 i pri dijeljenju s 18 daju ostatak 9.
4. Cijena vina u boci je 40 kuna. Vino je 7 puta skuplje od boce. Kolika je
cijena boce, a kolika vina?
5. Koliko je ukupno pravokutnika na slici?
6. razred
1. IzraËunajte:
. : .
. .. : : . :
43 0 36 0 6
7 5 0 028151
83
0 725 161
4 5 374
6528$
-- + + -b bl l
R
T
SSSS
V
X
WWWW
2. Ivan je planirao proËitati knjigu za lektiru za 3 dana. Prvog je dana
proËitao 31
knjige, drugog 52
knjige i zadovoljno ustvrdio da mu je za treÊi
dan preostalo proËitati 28 stranica manje nego πto je proËitao drugog dana.
Koliko knjiga ima stranica?
3. Koliki kut zatvaraju mala i velika kazaljka na satu u 5 sati i 12 minuta?
4. Neka toËke A i B pripadaju kruænici k sa srediπtem S i polumjerom r, te
neka je |AB| < 2r. Simetrala duæine AB sijeËe duæinu AB u toËki P, a kruænicu
k u toËkama C i D, pri Ëemu su toËke C i S s iste strane pravca AB. Dokaæite
da je |PD| < |PB|.
5. Odredite veliËine πiljastih kutova pravokutnog trokuta s pravim kutom
pri vrhu C, ako je kut izmedu visine i simetrale kuta iz vrha C jednak 91
tupog
kuta koji Ëine simetrale πiljastih kutova.
7. razred
1. IzraËunajte:
:1
21
121
121
121
41 1
1
143
12
81
41
2
-
+-
+
-+
- -+ -
+
J
L
KKK
J
L
KKK
N
P
OOO
N
P
OOO.
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 243
244 atka 15 (2006./2007.) br. 60
2. Ante i Ivan mogu zavrπiti neki posao, radeÊi zajedno, za 8 dana. Nakon
2 dana zajedniËkog rada razbolio se Ante, a Ivan je dovrπio ostatak posla za
9 dana. Za koliko bi dana zavrπio taj posao Ante, a za koliko Ivan ako bi radili
svaki za sebe?
3. Neposredno nakon æetve, vlaænost pπeniËnog zrna iznosila je 16%, a
nakon suπenja 12.5%. Kolika je masa suhog pπeniËnog zrna ako je prinos
æetve iznosio 4.5 tona?
4. Zadan je trokut ABC, pri Ëemu je |AC| > |AB|. Unutar trokuta je dana
toËka N takva da duæina AN raspolavlja kut EBAC i AN BN= . Ako je Mpoloviπte stranice BC onda je
MNAC AB
2=
-.
Dokaæite!
5. Zadan je paralelogram ABCD takav da je |AB| = 2|BC|. Na stranici AB
dana je toËka E takva da je DE simetrala kuta CDA i BD je simetrala kuta
CDE. Odredite veliËine kutova paralelograma.
8. razred
1. Rijeπite jednadæbu:
2. IzraËunajte:
...1 2
1
2 3
1
3 4
1
99 100
1
++
++
++ +
+.
3. Na kruænici polumjera 8 cm istaknuta je tetiva AB duljine 12 cm. U
toËki A nacrtana je tangenta t na kruænicu, a iz toËke B nacrtana je tetiva BC
paralelna tangenti t. Odredite udaljenost izmeu tangente t i tetive BC .
4. Dokaæite da okomica na duæinu koja spaja noæiπta dviju visina πilja-
stokutnog trokuta, povuËena iz poloviπta te duæine dijeli treÊu stranicu troku-
ta na dva jednaka dijela.
5. Odredite povrπinu trapeza ABCD ako je |AB| = 11 cm, |BC| = 5 cm,
|CD| = 7 cm i |AD| = 3 cm.
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 244
245atka 15 (2006./2007.) br. 60
Rjeπenja zadataka
4. razred
1. a) (5 · 6 + 12) : 3 - 2 = 12, b) 5 · (6 + 12) : 3 - 2 = 28.
2. Sa svake strane ceste posaeno je 176 : 2 = 88 stabala.
Broj razmaka izmeu susjednih stabala istog reda manji je za 1 od broja stabala
tog reda. Dakle, na svakoj strani ceste je 88 - 1 = 87 razmaka. Duljina drvoreda breza
je 87 · 6 = 522 m.
3. Ribari su prodali 23 + 19 + 32 = 74 kg ribe.
Nakon πto su prodali taj dio ribe, ostalo im je 146 - 74 = 72 kg ribe, svakome po
24 kg. Dakle, prvi je ribar ulovio 24 + 19 = 43 kg ribe. Drugi je ribar ulovio 24 + 23
= 47 kg ribe. TreÊi je ribar ulovio 24 + 32 = 56 kg ribe.
4. Bijelih je ruæa bilo 4, æutih 2 · 4 = 8, a crvenih 4 + 8 = 12.
5. Trokuti koji se sastoje od jednog komada su CGD, GED, EAD, AFD i DFB.
Trokuti koji se sastoje od dva komada su DAB, GAD i CED. Trokut koji se sastoji od
tri komada je CAD.
KonaËno, imamo joπ trokut ABC, dakle 10 trokuta.
5. razred
1. 2007
2. Da bi se napisali svi jednoznamenkasti brojevi, potrebno je 9 · 1 = 9 znamen-
ki. Da bi se napisali svi dvoznamenkasti brojevi, potrebno je 90 · 2 = 180 znamenki.
Da bi se napisali svi troznamenkasti brojevi, potrebno je 900 · 3 = 2700 znamenki.
Broj u kojem se nalazi traæena znamenka je troznamenkasti jer je
189 < 2007 < 189 + 2 700.
Za troznamenkaste brojeve, zakljuËno s 2007. znamenkom, ostaje 2007 — 189 = 1
818 znamenki, od kojih se moæe napisati 1 818 : 3 = 606 troznamenkastih brojeva.
Traæena znamenka je posljednja znamenka u 606. troznamenkastom broju, broju
705.
3. Traæeni brojevi su:
1 161, 2 331, 3 501, 4 671, 5 841, 7 011,
8 181 i 9 351.
4. Cijena boce je 5 kn, a vina 7 · 5 = 35 kn.
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 245
5. Pravokutnik je jednoznaËno odreen duljinom i πirinom.
Da bismo odredili duljinu pravokutnika, treba odrediti poËetak i kraj te duæine.
Kako horizontalno imamo 8 toËaka, dvije moæemo odabrati na 2
8 7$= 28 naËina.
Analogno, da bismo odredili πirinu pravokutnika, potrebno je odrediti poËetak i kraj
te duæine. Vertikalno imamo 5 toËaka, pa πirinu pravokutnika moæemo odabrati na
25 4$
= 10 naËina. KonaËno, svaku duljinu moæemo kombinirati sa svakom πirinom,
pa je ukupan broj pravokutnika jednak 28 · 10 = 280.
6. razred
1. 1
2. Neka knjiga ima x stranica. Tada je Ivan prvog dana proËitao x31
stranica, dru-
gog dana x52
, a treÊeg x52
28- stranica. Prema tome, vrijedi jednadæba
x x x x31
52
52
28+ + - = . Dakle, x = 210.
3. Velika kazaljka za 60 minuta prijee kut od 360˚, a za 1 minutu kut od
360˚: 60 = 6˚. Mala kazaljka za 60 minuta prijee kut od 30˚, a za jednu mi-
nutu 30˚: 60 = 0.5˚.
U 5 sati mala i velika kazaljka zatvaraju kut od 5 · 30˚= 150˚. Za 12 mi-
nuta velika kazaljka prijee kut od 12 · 6˚= 72˚, a mala 12 · 0.5˚= 6˚.
Prema tome, u 5 sati i 12 minuta kazaljke Êe zatvarati kut veliËine
150˚ - 72˚ + 6˚= 84˚.
4. BuduÊi da toËke B i D pripadaju kruænici k, slijedi da je |BS| = |DS|,odnosno trokut BSD je jednakokraËan. To znaËi da je SDBE = DBSE .
BuduÊi da je DBPE = DBSE - PBSE , slijedi da je DBPE < DBSE
odnosno DBPE < SDBE pa je DBPE < PDBE .
Promotrimo sada trokut PDB. Kako u trokutu nasuprot veÊem kutu leæi dulja
stranica, vrijedi da je |PD| < |PB|, Ëime je tvrdnja dokazana.
246 atka 15 (2006./2007.) br. 60
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 246
247atka 15 (2006./2007.) br. 60
5. Neka je S sjeciπte simetrala πiljastih kutova pravokutnog trokuta. OznaËimo
BACE = a. Tada je SABE = 2a
i ABSE = 2
9045
2c c-
= -a a
.
BuduÊi da je zbroj veliËina kutova u trokutu jednak 180˚, slijedi da je
ASB2
452
180c E c+ - + =a a
, odakle je ASBE = 135˚.
Neka je D noæiπte visine nacrtane iz vrha pravog kuta, a E sjeciπte simetrale
pravog kuta s nasuprotnom stranicom. Prema uvjetu zadatka je
DCEE = 9
13515
c c= .
BuduÊi da je CE simetrala pravog kuta slijedi da je ACDE = 45˚-15˚= 30˚. Iz pra-
vokutnog trokuta ADC slijedi da je BACE = DACE = 90˚- 30˚= 60˚, i konaËno,
ABCE = 90˚- 60˚= 30˚.
7. razred
1. 2
2. Mate i Ivan zajedno zavrπe posao za 8 dana, pa za 2 dana obave 41
posla.
Kako se nakon dva dana Mate razbolio, Ivan je preostale 43
posla obavio sam.
Neka je x vrijeme u satima potrebno da Ivan sam zavrπi posao. Kako je 43x = 9,
slijedi da je x = 12, tj. Ivan sam zavrπi posao za 12 dana.
Neka je y vrijeme u satima potrebno da Mate sam obavi posao. Kako Ivan i
Mate zajedno obave posao za 8 dana, slijedi da je y1
121
81
+ = , odakle je
y1
241
= , y = 24, tj. Mate sam obavi posao za 24 dana.
3. Usporeujemo masu zrna bez vlage, odnosno suhu tvar. Neka je x ukupna
masa zrna nakon suπenja.
Suha tvar u zrnu neposredno nakon æetve je 84%, a nakon suπenja 87.5%.
Dakle, 84% od 4 500 kg jednako je 87.5% od nepoznate koliËine suhog
pπeniËnog zrna, tj. mora vrijediti da je 0.84 · 4 500 = 0.875x.
Rjeπavanjem gornje jednadæbe dobivamo da je x = 4 320 kg.
Nastavak na stranici 254
A B A D E B
CC
S
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 247
248 atka 15 (2006./2007.) br. 60
1
6 7
8
9 10 11 12 13
14 15
2 3 4 5
K R I Æ A LJ K A
K R I Æ A LJ K A
ZA PETA©E ZA PETA[E
Zdravko Kurnik, Zagreb
VODORAVNO: 1. 32 · 6.74 · 6.25. 4. Dvoznamenkasti broj koji se po-
navlja u decimalnom prikazu razlomka 225
. 6. Broj kojim treba proπiriti
razlomak 1311
da se dobije razlomak 117789966
. 7. Koliko se boca od 7.5 dl
moæe napuniti iz punog spremnika koji sadræi 419.25 litara mineralne vode?
8. Opseg pravokutnika kojemu duljine stranica 55.6 i 432.1. 9.
158178
159179
+ . 11. 400.46 + 300.96 — 59.42. 14. 87.5 : 1.25. 15.
MMLXXXIX.
OKOMITO: 1. 3.11 + 5.33 + 7.55 + 9.77 - 6.76. 2. Duljina πkolskog vrta
pravokutnog oblika u metrima ako je njegova povrπina 669 m2, a πirina 22.3 m.
3. 5 000 — 35 · (4.8 : 0.6 + 1.2). 4. Brojnik zbroja 81
83
85
87
89
+ + + + .
5. Broj kojim treba skratiti razlomak 22911501
da se dobije razlomak 2919
.
7. Povrπina pravokutnog trokuta kojemu su duljine kateta a = 12.8 i
b = 837.5. 9. 2 242.2 : 60.6. 10. Dekadska jedinica. 12. Dvoznamenkasti
broj koji se ponavlja u decimalnom prikazu zbroja 403310
+ 1190
. 13. Broj a
za koji je razlomak a 410-
jednak razlomku 52
.
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 248
249atka 15 (2006./2007.) br. 60
VODORAVNO: 1. Povrπina romba kojemu
su duljine dijagonala e = 15 i f = 17.2.
4. 15 · (9 : 91
+ 12 : 121
). 8. Rjeπenje jed-
nadæbe x x
940
192 180
0+
-+
= .
9. (-2) · (-2) · (-4) · (-4) · (— 8) · (— 8). 10.
Povrπina pravokutnika kojemu su duljine
stranica 887
i 388
. 12. Duljina druge osnovice
jednakokraËnog trapeza kojemu je duljina
jedne osnovice 49.4, duljina kraka 39.3, a
opseg jednak 156. 13. Prirodni broj b za
koji je racionalni broj b
1216 -
jednak
racionalnom broju 43
- . 15. 9 · (-9) : 91
-b l. 17. 59 · .1775
72
- -b l< F
19. DLXXXIII. 22. Obujam kvadra kojemu su duljine bridova 10.3, 11.5 i
40. 23. Rjeπenje jednadæbe 4(1 - x) — 3(2 - x) + 2(3 - x) + 2 · 13 · 13 = 0.
OKOMITO: 1. Koji je od brojeva 16, 17, 18 i 19 rjeπenje jednadæbe
21
(x - 2) -31
(x - 3) +61x - 6 = 0? 2. Vrijednost izraza
8·23
23
23
21
41$ $ $- - + -b b bl l l< F. 3. :
243
421
- -b bl l. 4. MMMCDXCII. 5.
Rjeπenje jednadæbe 5x - 4(50 - x) - 2(x + 5) = 0. 6. 2 · 2 · 2 · 3 · 3 · (2 + 3 · 3).
7. 9991
+19994
+ 29994
— 30. 11. Obujam kocke kojoj je duljina brida rjeπenje
jednadæbe x100 5
4101
-= . 13. (—107) :
21
-b l. 14. 3 · (-13) · (-13). 16.
10 ·10 ·10 — 7 · 7. 18. VeliËina Ëetvrtog kuta Ëetverokuta izraæena u stupnje-
vima ako su veliËine triju njegovih kutova 98˚, 99˚ i 100˚. 20. Povrπina
kvadrata kojemu je duljina stranice nazivnik najveÊeg od racionalnih brojeva
54-
, 76-
, 97-
. 21. Koeficijent a u jednadæbi ax + 7
17= 0 kojoj je rjeπenje
racionalni broj 141- .
K R I Æ A LJ K A
K R I Æ A LJ K A
ZA ©ESTA©E
1
8 9
10 11 12
13 14 15 16
17 18 19 20
2 3 4 5 6
21
7
22 23
ZA [ESTA[E
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 249
250 atka 15 (2006./2007.) br. 60
VODORAVNO: 1. Apscisa sjeciπta pravaca x - y- 11 = 0, 3x - 7y - 1 = 0. 3. Zbroj f(9) + f(19) +
f(29) + f(39) + f(49) + 11 111 ako je f linearna
funkcija zadana jednakoπÊu f(x) = 99x - 10. 7.
Koeficijent smjera pravca koji prolazi toËkama
A(-1, 21) i B(-2, -21). 8. Omjer povrπina krugo-
va kojima su opsezi jednaki 128r i 32r. 9.
Obujam kvadra kojemu duljine bridova a, b, c
zadovoljavaju jednakosti a - 2b = -10, a + b = 441
,
c - a = 181
. 10. Vrijednost izraza 9x - 100y +16
za x = 32- , y =
533- . 12. Polumjer kruga ako je
njegov opseg 780r. 13. Prosti djelitelj broja 2 427. 14. 2 007 - 21 · 61.
15. Ordinata sjeciπta pravaca 2x + y - 5 = 0, 5x + 2y - 2 = 0. 16. Povrπina
kvadrata kojemu je duljina stranice rjeπenje jednadæbe x11
41
-= . 17. Zbroj
f(14) + f(15) + 1 ako je f linearna funkcija zadana jednakoπÊu f(x) = 2x - 1.
19. Vrijednost linearne funkcije f(x) = 231x za x = 231. 20. Koliki je zbroj
x + y ako je ureeni par (x, y) rjeπenje sustava jednadæbi x - 2y = 2,
2x - 3y = 30?
OKOMITO: 1. Prve dvije decimale broja r. 2. Vrijednost izraza
f(2) · f(3) · f(4) - f(1) ako je f linearna funkcija zadana jednakoπÊu
f(x) = 50x - 44. 3. Povrπina trokuta πto ga odreuju pravci 5x + 3y - 55 = 0 i
20x - 9y + 200 = 0 s koordinatnom osi x. 4. Vrijednost argumenta x ako
je vrijednost linearne funkcije f(x) =71
- x + 7 jednaka -1. 5. Koliki je um-
noæak xy ako je ureeni par (x, y) rjeπenje sustava jednadæbi x - y = 3,
x + y = 871. 6. Umnoæak f(6) · f(10) ako je f linearna funkcija zadana
jednakoπÊu f(x) = 3x + 2. 11. Prosti djelitelj broja 4 424. 12. Koeficijent
smjera pravaca koji su usporedni s pravcem 160x - 5y + 2 = 0. 13. Povrπina
pravokutnika kojemu duljine stranica a i b zadovoljavaju jednakosti
a + b = 60, a - 3b = 10. 14. 4 · 4 · 4 · 4 + 5 · 5 · 5 · 5 - 9 · 10. 16. Rjeπenje
jednadæbe x
172007 44
1-
= - . 18. Polumjer kruga kojemu je povrπina jed-
naka 4 900r.
K R I Æ A LJ K A
K R I Æ A LJ K A
ZA SEDMA©E
1
7 8 9
10 11 12
13 14
15 16 17
2 3 4 5
18
6
19 20
ZA SEDMA[E
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 250
251atka 15 (2006./2007.) br. 60
K R I Æ A LJ K A
K R I Æ A LJ K A
ZA OSMA©E ZA OSMA[E
VODORAVNO: 1. Prve tri decimale broja r. 3. Obujam kocke kojoj je
oploπje 2 166. 7. Broj parova paralelnih pravaca od kojih svaki prolazi dvama
vrhovima kocke. 9. Duljina izvodnice uspravnog stoπca kojemu je opseg baze
560r i duljina visine 63. 10. Obujam kvadra kojemu duljine bridova a, b
i c zadovoljavaju jednakosti a = 21b, b =
21c, a + b + c = 56. 12. Koliko
ima pravaca od kojih svaki sadræi neku dijagonalu baza 10-erostrane prizme?
13. Duljina poboËnog brida pravilne kvadratske piramide kojoj je obujam
jednak 84 480, a duljina visine 55. 14. Cijeli dio povrπine sfere polumjera
20.1. 16. Cijeli dio obujma stoπca polumjera baze 5.5 i duljine visine 13.05.
18. Ukupan broj ravnina koje sadræe po tri vrha sedmerostrane piramide. 20.
123 + 532 - 32. 21. Prosti djelitelj broja 39 666.
OKOMITO: 1. Koliko ima pravaca od kojih svaki sadræi neku dijagonalu
baza 6-erostrane prizme? 2. Omjer obujma i oploπja uspravnog valjka koje-
mu su polumjer baze i duljina visine jednaki 480. 4. Duljina visine
uspravnog valjka kojemu je oploπje jednako 1440r, a a polumjer baze 8. 5.
113 + 133 + 153 — 93 — 73 + 5. 6. Obujam pravilne trostrane piramide kojoj
je duljina osnovnog brida 5, a duljina visine 52 3. 8. Zbroj obujama kocki
s duljinama bridova 3, 5 i 7. 10. Cijeli dio obujma kugle polumjera 10.1. 11.
DCII. 13. Duljina visine uspravnog stoπca kojemu je povrπina plaπta
518 940r i duljina izvodnice 930. 15. Oploπje kocke kojoj je obujam 1 331.
17. Broj parova okomitih pravaca od kojih svaki sadræi brid kvadra. 19.
Ukupan broj vrhova, bridova i strana 20-erostrane piramide.
1
7 8 9
10 11 12
13 14 15
16 17 18
2 3 4 5
19
6
20 21
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 251
ENIG ATKA
Zdravko Kurnik, Zagreb
BROJ 2007Sat matematike uËitelj GodiniÊ poËeo je jednim zanimljivim problemom.
- U sredini smo godine 2007. Poigrajmo se malo brojem 2007.Trebate pronaÊi najjednostavniji prikaz broja 2007 pomoÊu "sret-nog" broja 7, "nesretnog" broja 13 i raËunskih operacija. Bezuporabe zagrada, molim!
UËenici uËitelja GodiniÊa uspjeπno su rijeπili problem. A vi?
ISPUNJALJKAIz svake od rijeËi STOMACI, TATARKE,
DRUÆINA i PRAVICA izdvojite po jednoslovo, a ostala po potrebi malo promije-πajte tako da dobijete Ëetiri matematiËkapojma. Upiπete li nove rijeËi u lik ispu-njaljke, na osjenËanim poljima dobit Êeteosnovni matematiËki pojam.
MODEL PIRAMIDE
Nikola se u razredu hvalio da jemodel Ëetverostrane piramidenapravio od jednog komada æice.Na njemu su, osim svih osambridova, i dvije dijagonale baze.
Kako je to Nikola uËinio?
REBUSIK
aa :: bb V=t UK
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 252
MALA PIRAMIDA
Prvih πest prirodnih brojeva 1, 2, 3, 4, 5 i 6upiπite u polja piramide tako da vodoravno dobi-jete tri broja koji su ujedno kvadrati nekih drugihtriju brojeva.
Kolor - slagaricaBranka i Zdenko imaju 12 drvenih ploËica
u obliku sukladnih jednakostraniËnih trokuta,po Ëetiri obojenih bijelom, crvenom ili pla-vom bojom.
- Slaganjem Ëetiriju malih trokuta dobivase jedan veliki - ustvrdio je Zdenko.
- A koliko se bitno razliËitih velikih trokutau odnosu na boje moæe dobiti od Ëetirijumanjih? - upitala je Branka.
Kombinirajte malo i vi!
BB B B
C C C C
P P P P
Jadranski otoci (premetaljke)
Ako me oko ne VARA, stigli smo!Na terasi uËiteljica Ëita MUDAR EP.
TKO UGODI ovdje turistu, doÊi Êe opet.
Oduπevili su nas æivopisni LIKOVI.Ne bi bilo loπe da je DUPLO veÊi.
Prije zore bura SLABI.NJU STRES nije sprijeËio da posjeti ovaj otok.
Kaæu da i ovdje ZRI LAN.Oko STOLOVA posjedali su uËenici.
Duguljast je KAO TRN.
ENIGATKA ENIGAA K T
matka 60 ok 29:5:07 22:41 Page 253
254 atka 15 (2006./2007.) br. 60
4. Produljimo duæinu BN preko toËke N do sjeciπta P sa stranicom AC .
Duæina AN raspolavlja BACE , tj. BANE = NAPE , a pra-
vokutni trokuti BNA i NPA imaju zajedniËku stranicu, odakle slijedi
da su oni sukladni.
Iz navedene sukladnosti slijedi da je trokut BPA jednakokraËan, pa
je |PC| = |AC| - |AP| = |AC| - |AB|.
Kako je AN visina jednakokraËnog trokuta BPA, slijedi da je Npoloviπte duæine BP. Kako je M poloviπte duæine BC , slijedi da je
duæina MN srednjica trokuta BCP. Zbog toga je |MN| = 21
|PC| =
AC AB2-
.
5. OznaËimo BDEE = x. Kako je DB simetrala ECDE slijedi da je CDEE = x,
a kako je DE simetrala ECDA, slijedi da je EDAE = 2x.
BuduÊi da je ABCD slijedi da je EBDE = x. Kako je EAED vanjski kut troku-
ta EBD slijedi da je AEDE = 2x, pa je trokut AED jednakokraËan, tj. |AD| = |AE|.
U paralelogramu je |AB| = 2|BC|, pa slijedi da je toËka E poloviπte duæine AB.
Trokut EBD je takoer jednakokraËan, tj. |EB| = |ED|, zbog Ëega je trokut AED jed-
nakostraniËan.
Zbog toga je 2x = 60˚, tj. x = 30˚. KonaËno, kutovi paralelograma su 4x =120˚ i
180˚ - 120˚ = 60˚.
8. razred
1. Sreivanjem obiju strana jednadæbe dobivamo jednadæbu
x x x x9 9 2912 2- = - +
odakle dobivamo da je x =91
.
2. Racionalizirajmo nazivnik u svakom Ëlanu danog zbroja. Imamo da je
,
,
, ...
1 2
11 2
2 3
12 3
3 4
13 4
99 100
199 100
+= - +
+= - +
+= - +
+= - +
Prema tome, traæeni zbroj jednak je
...1 2 2 3 3 4 99 100
1 100 1 10 9
- + - + - + - - + =
= - + = - + =
A
B CM
PN
Nastavak sa stranice 247
matka 60 ok 29:5:07 22:42 Page 254
3. Neka je S srediπte dane kruænice. Kako je t tangenta kruænice,
slijedi da je polumjer SA okomit na t. Produljimo polumjer SA preko
toËke S do toËke M, tj. do sjeciπta s tetivom BC . Kako je tetiva BC
paralelna s tangentom t, slijedi da je duæina AM okomita na tetivu BC
i duljina te duæine je traæena udaljenost.
Nadalje, neka je N noæiπte okomice iz srediπta S na tetivu AB.
ToËka N je poloviπte te tetive jer je trokut ABS jednakokraËan. Stoga
je |AN| = 21
|AB| = 6 cm.
Promotrimo sada pravokutne trokute ANS i ABM. Kako im je jedan
kut zajedniËki, tj. |ENAS| = |EBAM|, slijedi da su oni sliËni.
Iz dobivene sliËnosti imamo omjer |AS| : |AB| = |AN| : |AM|, odakle
je |AM| = 9 cm.
4. Neka su AD i CE dvije visine trokuta ABC, te neka je P poloviπte
duæine ED, kao na slici:
Kako su AD i CE visine trokuta, slijedi da je |EADC| = |EAEC| = 90˚.
Neka je S poloviπte duæine AC . Opiπimo kruænicu k nad duæinom
AC kao promjerom. Prema Talesovom je pouËku svaki kut nad pro-
mjerom kruænice pravi, te slijedi da toËke D i E leæe na toj kruænici, tj.
DE je tetiva kruænice k.
Okomica koja prolazi poloviπtem P tetive DE je simetrala te tetive
i ona prolazi srediπtem S kruænice k, tj. kroz poloviπte stranice AC .
5. Potrebno je odrediti duljinu visine trapeza ABCD.
Nacrtajmo vrhom D trapeza ABCD paralelu s krakom BC , i neka
ta paralela sijeËe osnovicu AB u toËki E kao na slici desno.
»etverokut EBCD je paralelogram, pa je |AE| = |AB| — |EB| =
|AB| — |CD| = 11 — 7 = 4 cm.
S druge strane, visina trapeza jednaka je visini trokuta AED na stranicu AE.
Duljine stranica trokuta AED su 3 cm, 4 cm i 5 cm. BuduÊi da je 32 + 42 = 52, prema
obratu Pitagorina pouËka slijedi da je trokut AED pravokutan, tj. |EDAE| = 90˚.
Dakle, krak AD je okomit na osnovice trapeza i njegova duljina je upravo visina
trapeza. Povrπina trapeza je
p = AB CD
AD2
$+
= 27 cm2.
255atka 15 (2006./2007.) br. 60
C
B
D C
BEA
A
S
N
E
B
D
CAS
P
M
matka 60 ok 29:5:07 22:42 Page 255
256 atka 15 (2006./2007.) br. 60
Æupanijsko natjecanje
9. oæujka 2007.
4. razred
1. IzraËunajte:
3256 — 256 · 3 — (446 + 119 : 7) — (229 · 0 + 21) · 3 + 495 : 11.
2. Luka ima 7 godina i ide u 1. razred osnovne πkole, a njegova sestra
Katarina je 2 godine mlaa. Oni imaju neobiËan hobi: Luka skuplja raËunalne
igrice, a Katarina zapisuje viceve. Dogovorili su se da za svaku novu igricu
ona treba zapisati 4 nova vica. Ako Katarina mjeseËno zapiπe 5 novih viceva,
koliko Êe Luka imati raËunalnih igrica za godinu dana, a koliko kad zavrπi
osnovnu πkolu za 8 godina? Koliko Êe Katarina zapisati viceva do svoje 18.
godine æivota?
3. NovËanicu od 10 kuna treba razmijeniti u kovanice od 1 kn, 2 kn i 5 kn.
Koliko Êe biti kovanica koje vrijednosti? Naite sva rjeπenja.
4. Umanjenik i umanjitelj jednako se Ëitaju i s desna i s lijeva. Umjesto
zvjezdica odredite znamenke:
5. U ravnini je zadano 5 toËaka kao na slici lijevo. Ima li viπe
duæina kojima su zadane toËke rubne ili trokuta s vrhovima u zada-
nim toËkama? Ispiπite duæine i trokute.
5. razred
1. IzraËunajte:
456 · 79 — 19 · 456 + 1250 — 250 · (36 + 164 : 4) — 22 059 : 3.
2. Zbroj dvaju prirodnih brojeva je 531, pri Ëemu je svaki od tih brojeva
djeljiv brojem 59. Odredite sve parove prirodnih brojeva s tim svojstvom.
3. Zadane su toËke A, B, C i D od kojih nikoje tri ne pripadaju istom
pravcu. Ispiπite sve kutove kojima je vrh jedna od zadanih toËaka, a krakovi-
ma pripadaju dvije od preostalih triju toËaka.
4. Ako je aa ababa aaaaaa$ = , izraËunajte ab ababa$ .
matka 60 ok 29:5:07 22:42 Page 256
257atka 15 (2006./2007.) br. 60
5. VoÊnjak u obliku kvadrata podijeljen je na 4 pra-
vokutnika i 1 mali kvadrat, kao na slici desno. Svi pra-
vokutnici imaju jednake odgovarajuÊe stranice, a
povrπina svakog od tih pravokutnika je 506 m2. Ako su
duljine susjednih stranica pravokutnika uzastopni
prirodni brojevi, kolika je povrπina voÊnjaka?
6. razred
1. IzraËunajte:
.
. : . . :. . :
0 64251
0 854
1 25
695
341
2172
1 08252
74
1 2 0 554
$
$$
-+
-
-+
b
b
b^
l
l
lh .
2. Na koliko se naËina moæe iznos od 100 kuna isplatiti kovanicama od 2
kune i 5 kuna?
3. Koliko ima cijelih brojeva x, —1000 < x < 1000 koji su djeljivi brojem
3, a koliko ima cijelih brojeva y, — 444 < y < 444 koji nisu djeljivi brojem 4?
Kojih brojeva ima viπe?
4. U jednoj kutiji imamo zajedno 58 crvenih i bijelih kuglica. Ako iz kuti-
je izvadimo πest puta viπe bijelih nego crvenih, onda u kutiji ostane pet puta
viπe crvenih nego bijelih kuglica. Koliko je bilo crvenih, a koliko bijelih
kuglica na poËetku?
5. Dva kvadrata razliËitih povrπina leæe u istoj ravnini tako da se vrh veÊeg
kvadrata nalazi u srediπtu manjeg kvadrata. Koliki dio manjeg kvadrata
prekriva veÊi kvadrat? Obrazloæite.
7. razred
1. Za prirodne brojeve a, b, c, d i racionalni broj x vrijede ove
jednakosti 2a = 3b = 4c = 5d = x(a + b + c + d).
Koliki je broj x?
2. U kvadratnoj mreæi smjeπtena su dva trokuta, ABC i MNL, kao
na slici. Odredite omjer povrπina tih trokuta.
matka 60 ok 29:5:07 22:42 Page 257
258 atka 15 (2006./2007.) br. 60
3. U jednoj trgovini je cijena skijaπkog odijela u sijeËnju poveÊana za
20%, a onda u veljaËi sniæena 20%. U isto vrijeme u drugoj trgovini je u
sijeËnju prvo sniæena 20%, a zatim u veljaËi poveÊana 20%. Sada je razlika u
cijeni 120 kn. Kolika je bila razlika u cijeni prije prve promjene?
4. Odredite tri prosta broja tako da je njihov umnoæak 5 puta veÊi od nji-
hovog zbroja.
5. U pravokutniku ABCD, gdje je |BC| = 2|AB|, na stranici BC dana je
toËka M tako da je |EAMB| = |EAMD|. Odredite veliËinu kuta EAMB.
8. razred
1. Rijeπite sustav jednadæbi:
.,
. .
x y
x y x y y y52
0 8
25
553
54 520
23 1
32
54 3 7
15
4 3 7
2
5 2 2
- --
=
- +-
--
-= -
-
2. Ako je 9x2 + 4y2 — 12xy — 16a2 = 12 i 3x — 2y + 4a = 4, koliko je 3x — 2y?
3. Biciklist je preπao 20 km uzbrdo i 60 km po ravnoj cesti za ukupno 6
sati. Kojom je brzinom biciklist vozio na svakom dijelu ceste ako je uzbrdo
vozio 5 km na sat manjom brzinom nego na ravnom dijelu ceste?
4. Odredite povrπinu jednakokraËnog trokuta ako je duljina visine na
osnovicu 10 cm, a duljina visine na krak 12 cm.
5. Dan je jednakokraËan trokut ABC kojemu je |EACB| = 108˚. Simetrala
kuta BAC sijeËe krak BC u toËki E. Ako je toËka D noæiπte visine iz vrha Cna osnovicu AB trokuta ABC, onda je |AE| = 2|CD|. Dokaæite!
Rjeπenja zadataka
4. razred
1. 2007.
2. Katarina:
Luka:
1 mjesec 1 godina = 12 mjeseci 18 — 5 = 13 godina
5 viceva 5 · 12 = 60 viceva 13 · 60 = 780 viceva
1 godina = 60 viceva 8 godina
60 : 4 = 15 igrica 15 · 8 = 120 igrica
matka 60 ok 29:5:07 22:42 Page 258
259atka 15 (2006./2007.) br. 60
3. 10 kn = 2 · 5 kn = 1 · 5 kn + 1 · 1 kn = 1 · 5 kn + 2 · 2 kn + 1 · 1 kn =
= 1 · 5 kn + 1 · 2 kn + 3 · 1 kn = 5 · 2 kn
= 4 · 2 kn + 2 · 1 kn = 3 · 2 kn + 4 · 1 kn = 2 · 2 kn + 6 · 1 kn =
= 1 · 2 kn + 8 · 1 kn = 10 · 1 kn
4. , , ,a b c d2 5 5 4= = = = , tj. 2552 — 545 = 2007
5. 10 duæina, 10 trokuta. Jednak je broj duæina i trokuta.
Duæine su: AB, AC , AD, AE, BC , BD,BE, CD, CE, DE.
Trokuti su: ABC, ABD, ABE, ACD, ACE, ADE, BCD, BCE, BDE, CDE.
5. razred
1. 2007.
2. Neka su a i b traæeni brojevi.
Tada je a + b = 531 i a = 59m, b = 59n, m, n ! N.
Zato je a + b = 59n + 59m = 59(n + m), ili 59(m + n) = 531, m + n = 9.
Traæeni parovi brojeva su:
3. Na slici je 12 kutova.
Traæeni kutovi su: EABC, EABD, EACD, EBCD, EBAC, EBAD, ECAD, ECBD, EACB, EADB, EADC, EBDC.
4. , ..a b ab ababatj1 0 10 10 101 101 010$ $= = = =
5. , . , , ,
.
a b a b
p p
tj
tj m
m m m506 22 23 23 22 45
45 45 2025 2
$
$
= = = + =
= =.
6. razred
1. 231
2. OznaËimo s a i b brojeve kovanica od 2 kune i 5 kuna. Vrijednost a kovanica
od dvije kune je 2a kuna, a vrijednost b kovanica od 5 kuna je 5b kuna. Za 100 kuna
tada vrijedi jednakost 2a + 5b = 100.
matka 60 ok 29:5:07 22:42 Page 259
260 atka 15 (2006./2007.) br. 60
U jednakosti su jedan pribrojnik i zbroj djeljivi brojem 5, pa je brojem 5 djeljiv i
drugi pribrojnik, 2a. To znaËi broj a mora biti djeljiv brojem 5.
Za broj a povoljne su sljedeÊe moguÊnosti: 0, 5, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40, 45, 50.
Tada za b dobivamo redom: 20, 18, 16, 14, 12, 10, 8, 6, 4, 2, 0.
Iznos od 100 kuna moæe se isplatiti kovanicama od 2 kune i 5 kuna na 11
razliËitih naËina.
3. Kako je svaki treÊi pozitivan cijeli broj djeljiv brojem 3, pri Ëemu je broj 3 prvi
takav, i 999 = 333 · 3, postoje 333 traæena pozitivna cijela broja. Lako zakljuËujemo
da postoje i 333 traæena negativna cijela broja. S obzirom da je i broj 0 djeljiv bro-
jem 3, ukupan broj traæenih cijelih brojeva djeljivih brojem 3 je 333 + 333 + 1 = 667.
Da bismo odredili koliko ima traæenih cijelih brojeva koji nisu djeljivi s 4, prvo
prebrojimo koliko ima cijelih brojeva z, — 444 < z < 444 koji jesu djeljivi brojem 4.
Kako je svaki Ëetvrti pozitivan cijeli broj djeljiv brojem 4, pri Ëemu je broj 4 prvi
takav, i 443 = 110 · 4 + 3, postoji 110 pozitivnih cijelih brojeva z djeljivih brojem 4.
Lako zakljuËujemo da postoji i 110 negativnih cijelih brojeva z djeljivih brojem 4. S
obzirom da je i broj 0 djeljiv brojem 4, ukupan broj cijelih brojeva z djeljivih brojem
4 je 110 + 110 + 1 = 221. Tada je ukupan broj traæenih cijelih brojeva koji nisu
djeljivi brojem 4 jednak 887 — 221 = 666.
Dakle, cijelih brojeva x, — 1000 < x < 1000, koji su djeljivi brojem 3 ima viπe.
4. Broj izvaenih kuglica mora biti djeljiv brojem 7. Ako iz kutije izvadimo πest
puta viπe bijelih nego crvenih, to znaËi da smo izvadili 7, 14, 21, 28, 35, 42 ili 49
kuglica. Preostalo je 51, 44, 37, 30, 23, 16 ili 11 kuglica. Broj preostalih kuglica
mora biti djeljiv brojem 6. To znaËi da smo izvadili 28 kuglica, i to 24 bijele i 4
crvene, a preostalo je 30 kuglica, i to 25 crvenih i 5 bijelih kuglica.
Dakle, bilo je 24 + 5 = 29 bijelih i 4 + 25 = 29 crvenih kuglica.
5. 1) dijagonale se sijeku pod pravim kutom
kut ve g kvadrata
90
90 Êe &
c
c
+ =
+ = =
a b
b c a b*
2) |SC| = |SB| (dijagonale se raspolavljaju)
3) |E SBA| = |E SCB| = 45˚; a = c & OEBS , OFCS po pouËku KSK slijedi
pOBCS = pEBFS
4) OBCS je Ëetvrtina kvadrata ABCD pa je Ëetverokut EBFS je Ëetvrtina manjeg
kvadrata.
7. razred
1. . .a b b a a c c a a dIz slijedi Iz slijedi Iz2 332
2 421
2 5= = = = =
slijedi d a52
= . Iz a x a b c d2 = + + +^ h slijedi a x a a a a232
21
52
= + + +b l,
odakle je x7760
= .
matka 60 ok 29:5:07 22:42 Page 260
261atka 15 (2006./2007.) br. 60
2. Neka je x duljina stranice najmanjeg kvadrata iz kvadratne mreæe. Tada
vrijedi da je
p x x x x i
p x x x x x x x x
x x x x x x
2 21
3 323
22
23 2
9211
27
MNL
ABC
$ $
$ $ $ $
$ $ $ $ $
= =
= - + +
= - =
O
O b l
, : : : .p p x x x xDakle27
21
7 1ABC MNL $ $ $ $= =O O b bl l
3. Ako je cijena u prvoj trgovini bila x, nakon obiju promjena bit Êe
1.2 x — 20% · 1.2x = 0.96x. Ako je cijena u drugoj trgovini bila y, nakon obiju pro-
mjena bit Êe . % . . .y y y0 8 20 0 8 0 96$+ =
Tada je . . , . .x y x ytj0 96 0 96 120 125- = - =
Razlika prije prve promjene bila je 125 kn.
4. Neka su a, b, c traæeni prosti brojevi. Tada vrijedi jednakost
a · b · c = 5(a + b + c).
Kako je desna strana jednakosti djeljiva brojem 5, zakljuËujemo da je i lijeva
strana djeljiva brojem 5. Zbog uvjeta zadatka nuæno slijedi da je jedan od triju
brojeva djeljiv brojem 5. Neka je c = 5. Tada je
a · b · 5 = 5(a + b + 5), a · b = a + b + 5, ab — a = b + 5, a(b — 1) = b + 5
a = bb
15
-+
,
ili dalje redom,
a = b
bbb
b b11 6
11
16
11
6-
- +=
--
+-
= +-
.
Broj a bit Êe prirodan broj samo ako je razlomak b 1
6-
prirodan broj, tj. ako je
b — 1 djelitelj broja 6. Jedino rjeπenje dobivamo ako je b = 2 (tada je a = 7). Traæeni
brojevi su 2, 5 i 7.
5. Neka je a = |EAMB| = |EAMD| i a = |AB|. Tada je
|EDAM| = a (kutovi uz presjeËnicu). BuduÊi da je
|EDAM| = |EAMD|, onda je OAMD jednakokraËan.
To znaËi da je |DM| = |DA|, odnosno |DM| = 2a. S
obzirom da je OMCD pravokutan i |DM| = 2|DC|, onda je
OMCD polovina jednakostraniËnog trokuta, odnosno
|ECDM| = 60˚, |EDMC| = 30˚.
Dakle, 2a+ 30˚ = 180˚, odnosno a = 75˚.
—
matka 60 ok 29:5:07 22:42 Page 261
262 atka 15 (2006./2007.) br. 60
8. razred
1. Nakon sreivanja dobivamo sustav , ,x y x y2 5 4 5 3- = - = Ëije je rjeπenje
,x y152
= = - .
2. Iz 9x2 + 4y2 — 12xy — 16a2 = 12 slijedi (3x — 2y)2 — 16a2 = 12, tj.
x y a x y a3 2 4 3 2 4 12$- - - + =_ _i i . BuduÊi da je x y a3 2 4 4- + = , slijedi da
je x y a3 2 4 4 12$- - =_ i , tj. .x y a3 2 4 3- - = KonaËno je 3x — 2y =27
.
3. Neka je x km na sat brzina biciklista uzbrdo. Tada je x + 5 km na sat brzina
biciklista na ravnom dijelu ceste. To znaËi da je biciklist vozio uzbrdo x20
sati, a na
ravnom dijelu ceste x 560+
sati. Zato vrijedi jednadæba x x20
560
6++
= . Njezinim
sreivanjem dobivamo 3x2 — 25x — 50 = 0. Tu jednadæbu transformiramo na sljedeÊi
naËin:
3x2 — 30x + 5x — 50 = 0,
3x(x — 10) + 5(x — 10) = 0,
(x — 10)(3x + 5) = 0.
Pozitivno rjeπenje jednadæbe je x — 10 = 0, tj. x = 10. Biciklist je uzbrdo vozio
brzinom od 10 km na sat, a na ravnom dijelu ceste brzinom od 15 km na sat.
4. , .pa v b v
a b a b b aslijedi odakle je ili2 2
5 656
65
ABCa b$ $
= = = = =O
Kako je ADCO pravokutan, prema Pitagorinu pouËku vrijedi:
, .b a aodakle dobivamo da je cm2
10 1522
2= + =b l Zato je:
.pa v
cm2 2
15 1075ABC
a 2$ $= = =O
5. Neka je toËka S presjek simetrale AE kuta EBAC i visine CD.1) OËito je |EACD| = |EBCD| = 54˚, iz Ëega slijedi da je |ECAB| = |ECBA| = 36˚,
pa je |ECAE| = 18˚. U trokutu CAE je |EAEC| = 180˚ — (108˚ + 18˚), tj. |EAEC| = 54˚.
To znaËi da je trokut SCE jednakokraËan, pa je |SE| = |SC|.
2) Neka je toËka F poloviπte duæine AE. To znaËi da je FD srednjica trokuta
ABE, pa je FDBE. Zbog toga je |ESDF| = |ESCE| = 54˚ i |ESFD| = |ESEC| = 54˚,
jer su to kutovi uz presjeËnicu CD odnosno EF. Zato je trokut SFD jednakokraËan,
pa je |SF| = |SD|.
3) Kako je |AE| = |AF| + |FE|, a zbog |AF| = |FE|, vrijede redom ove
jednakosti: |AE| = |FE| + |FE|, |AE| = 2|FE|, a zbog |FE| = |SF| + |SE| slijedi
|AE| = 2(|SF| + |SE|), |AE| = 2(|SD| + |SC|), a zbog |SD| + |SC| = |CD| slijedi
|AE| = 2|CD|.
A
E
bb
vavb
CDa2
a2
B
C
E
BA
S
D
F
matka 60 ok 29:5:07 22:42 Page 262
263atka 15 (2006./2007.) br. 60
MozgalicaKOCKA
Nagrade:
Svaki atkaË koji poπalje rjeπenje (nacrtano ili napravljeno)
dobit Êe jednu knjigu iz atkine biblioteke.
Prijedlog:Pripremite dva komada drva,
strugalicu (raπpu), pilicu iliodreenu koliËinu plastelina ipribor za modeliranje ili papir i
pribor za crtanje.
Problem:NaËinite kocku koja na svim poboËkama ima utorekao na slici i koja se moæe rastaviti na dva dijela.
KU
TA
KKUTAK
ZA KREATIVNI TRENUTAK
ZA KREATIVNI TRENUTAKOva se mozgalica nalazi u mnogim knjigama koje se bave
zanimljivom i rekreativnom matematikom. Bila je vrlo popu-
larna u proπlom stoljeÊu. Neki izvori navode da je autor ove
mozgalice poznati ruski atkaË Jakov IsidoroviË Perelman
(1882. - 1942.)
matka 60 ok 29:5:07 22:42 Page 263
264 atka 15 (2006./2007.) br. 60
ZADATCI ZA MATKA»E PO»ETNIKE
ZADATCI ZA MATKACE POCETNIKE
Za ovaj broj atke zadatke su nam poslali atkaËi Kristijan Kvaternik,
Ivo BariÊ, Hrvoje Korbar, Juraj PerπiÊ, Ivan JuriÊ i Anita ©imiÊ, a
odabrali su ih i uredili Mate Prnjak i Marija Rako. Zadatke je ilustrirala
atkaËica Jelena Grbavec. Zahvaljujemo im na suradnji te pozivamo ostale
atkaËe da se pridruæe u slanju zadataka.
Nagradit Êemo i objaviti ime svakog atkaËa koji nam poπalje rjeπenja
najmanje triju postavljenih zadataka.
Z 1. Kolika je cijena?
U nekoj su papirnici istaknute sljedeÊe cijene: 6 kemijskih olovaka i dvije
grafitne olovke treba platiti 24 kn, 3 grafitne olovke i jednu gumicu 5 kuna i
50 lipa, dok je cijena 3 kemijske olovke i 9 gumica jednaka 19 kuna i 50 lipa.
Bruno je u toj papirnici kupio po jednu kemijsku i grafitnu olovku te jednu
gumicu. Koliko je platio? Kolika je u toj papirnici cijena kemijske olovke,
kolika grafitne olovke, a kolika gumice?
Z 2. Simetrale kutova
Zadan je trokut ABC. Simetrale kuta c i vanjskog kuta b´ sijeku se u toËki
D pod kutom veliËine 21°. Kolika je veliËina kuta a?
Z 3. Humanitarna akcija
Na humanitarnu akciju Crvenog kriæa odazvale su se 64 djevojËice i 48
djeËaka. Oni su bili podijeljeni u grupe tako da je u svakoj grupi bio jednak
broj djevojËica, a isto tako je u svakoj grupi bio i jednak broj djeËaka.
a) Koliko je bilo grupa?
b) Koliko je bilo djevojËica, a koliko djeËaka u svakoj grupi?
Z 4. Na ruËku
U nekoj su gostionici oko stolova postavljeni stolci od kojih neki imaju po
3, a neki po 4 noge. Ukupan broj nogu svih stolaca jednak je 129. U gos-
tionicu je na ruËak stigla skupina ljudi, tako da se broj ''nogu'' i nogu poveÊao
na 205. Koliko je bilo kojih stolaca ako je svaka osoba sjedila na svom stol-
cu i ako niti jedan stolac nije bio prazan?
matka 60 ok 29:5:07 22:42 Page 264
265atka 15 (2006./2007.) br. 60
Z 5. Koji automobil odabrati?
Najnoviji model automobila marke Cipelus prodaje
se po cijeni od 120 000 kn, a ugradnja ureaja za pogon
motora na plin plaÊa se dodatnih 20 000 kn. Troπak
voænje po kilometru za automobil s motorom na ben-
zinski pogon iznosi 0.8 kn, a za automobil s motorom
na plinski pogon troπak je 0.3 kn po kilometru. IzraËu-
naj troπkove kupovine automobila na benzinski odno-
sno plinski pogon, uz prijeenih 20 000 km, 40 000 km
i 60 000 km. U kojem je sluËaju isplativiji automobil s
benzinskim, a u kojem s plinskim pogonom?
Z 6. MatkaËi napadaju
Film MatkaËi napadaju prikazivan je u 124 zemlje svijeta. Ukupna zarada
filma je bila 101 932 435 $. U tim je zemljama prosjeËna cijena ulaznice 5$.
a) Kolika je zarada ukoliko uzmemo da je na propagandu i ostale pro-
motivne materijale potroπeno 15% ovog osnovnog iznosa?
b) Koliko je ljudi (uz navedenu prosjeËnu cijenu ulaznice) moglo pogle-
dati film?
Z 7. Najpovoljnija ponuda
Svakodnevno smo izloæeni najpovoljnijim ponudama za koriπtenje
Interneta. U tablici su prikazane Ëetiri ponude:
a) Prikaæite svaku ponudu jednadæbom i grafiËki.
b) Koja je ponuda najpovoljnija ako se Internet koristi 10 sati mjeseËno?
c) Za koju bi se ponudu odluËila osoba koja Internet koristi 300 sati
mjeseËno?
d) Istraæite koja je ponuda najisplativija u odnosu na duljinu koriπtenja
Interneta.
e) Za koju bi se ponudu trebala odluËiti poduzeÊa koja rade danonoÊno
prikljuËena na Internet?
Ponuda A B C D
MjeseËna pretplata (kn) 100 75 200 500
Cijena koriπtenja po satu (kn) 4 6 2 0
matka 60 ok 29:5:07 22:42 Page 265
266 atka 15 (2006./2007.) br. 60
Z 8. Pravokutnici
Povrπina pravokutnika je 120 cm2. Duljina pravokutnika je za 7 cm veÊa
od njegove πirine. Ako su duljine stranica izraæene prirodnim brojevima,
pronaite dimenzije pravokutnika.
Z 9. Biciklist
Biciklist se vozi brzinom 25 km/h kad ide iz mjesta A u mjesto B, a kada
se vraÊa u mjesto A vozi brzinom od 20 km/h. Razlika u vremenu da ode u
mjesto B i doe u mjesto A je 15 minuta. Koliko je dug put od A do B?
Z 10. Vrane i prstenje
Vrana i po ukrade dva i po prstena u tri i po dana. Koliko prstenova ukrade
27 vrana u 28 dana?
Z 11. ©tedionica ''Kasica''
Podigne li Janko kredit iznosa g na vrijeme od n godina uz kamatnu stopu
od s%, on πtedionici ''Kasica'' mora vratiti svotu koja se raËuna prema formuli
g s1
100
n
$ +b l . Ispunite tablicu:
Z 12. Kolika je zarada?
Jedan radnik za 5 dana zaradi 673 kune i 70 lipa. Koliko Êe uz jednake
uvjete rada zaraditi 5 radnika za 4 dana ?
Z 13. Radnici
Neki bi posao 33 radnika mogla obaviti za 28 dana. Za koliko treba
poveÊati broj radnika da bi posao bio zavrπen 7 dana ranije?
Iznos kredita Kamatna stopa Vrijeme Iznos koji
*_ i (godina) treba vratiti *_ i
15 000 12% 3
7% 3 588 020.64
24 000 2 26 460
8 000 10% 8 800
matka 60 ok 29:5:07 22:42 Page 266
267atka 15 (2006./2007.) br. 60
Z 14. Bakina Ëipka
Baka je napravila Ëipku koja se sastoji od 7 sukladnih pravilnih πesteroku-
ta sa stranicom duljine 4 cm, povezanih kao na slici. »ipku æeli uokviriti kao
sliku pravokutnog oblika. Kolike su najmanje dimenzije te slike? (Rezultat
zaokruæi na najbliæi broj centimetara.)
Z 15. Prodajna cijena
Trgovina nabavlja jednu vrstu tenisica po cijeni od 240 kn. Na tu cijenu
dodaje zaradu od 10%, a na ukupan iznos dodaje PDV (22%). Kolika je pro-
dajna cijena tih tenisica?
Z 16. Povrπina lika
Kolika je povrπina peterokuta sa slike ako je povrπina svakog kvadratiÊa
mreæe 1 cm2?
Z 17. Srednja vrijednost
Napiπite tri razliËita uzorka od po 20 Ëlanova kojima je srednja vrijednost
(aritmetiËka sredina) jednaka 4.5.
Z 18. Humanitarna akcija
Akciji Crvenog kriæa za pomoÊ preæivjelima iz potresa na Javi moglo se
pomoÊi telefonskim pozivima, uplatama na æiro raËun i dolaskom na huma-
nitarni koncert. U akciji je sudjelovalo 2 924 343 osoba. Od tog broja 46%
osoba sudjelovalo je pozivima, 20% uplatama na æiro raËun, a 34% dolaskom
na koncert.
a) Koliko je ljudi sudjelovalo pozivima?
b) Koliko je ljudi sudjelovalo uplatama?
c) Koliko je ljudi sudjelovalo dolaskom na koncert?
E
A
D
C
B
matka 60 ok 29:5:07 22:42 Page 267
268 atka 15 (2006./2007.) br. 60
Z 19. Koliki je bio ulog?
Jurica je uloæio svoj kapital u banku, uz godiπnju kamatnu stopu od 3%.
Koliki je ulog ako je nakon Ëetiri godine podigao 60 480 kn?
Z 20. ©kolsko natjecanje
Nino, Mateo, Tea, Karlo i Kristijan sudjelovali su na πkolskom natjecanju
iz matematike, pri Ëemu se prvo troje plasiralo na opÊinsko natjecanje. Kad
su ih ostali pitali kako su proπli, odgovorili su:
Nino: Rijeπio sam slabije od Matea.
Mateo: Imam 5 bodova viπe od Kristijana.
Tea: Nisam zadnja, ali sam rijeπila slabije od Karla.Kristijan: Imam 3 boda viπe od predzadnjega.Karlo: Rijeπio sam puno bolje od Matea.
Tko se plasirao na opÊinsko natjecanje?
Ti, koji se sastojiπ od toËkica brojnih
Koje kao iz filmova vojnih
Stoje jedna do druge
Poput kakve jedinstvene pruge,
Ti, koji ideπ u smjeru svom
Dugom i nepreglednom,
Misliπ da ravan ti nije nitko
Ali razmiπljaπ tako plitko.
Dam ti ime
Da budeπ sretan njime,
Ali to slovo malo
Skoro je na glavu palo.
Nagib tvoj nije uvijek vjeran
Ali je zato vrlo vrijedan
I rasteπ ili padaπ
Ovisno kako se funkciji dopadaπ.
I te toËkice tvoje
Jedna do druge stoje
I nikako da se izbroje
Kad se stalno nove roje.
ODA PRAVCU
Dora MandiÊ, 3.c, Thea VujanoviÊ, 3.c, XV. gimnazija, Zagreb
matka 60 ok 29:5:07 22:42 Page 268
269atka 15 (2006./2007.) br. 60
ODABRANI ZADATCI
ODABRANI ZADATCIVlado StoπiÊ, Zagreb
880. Dva odrasla muπkarca doπla su na jednu rijeku. Na obali je bio samo
jedan Ëamac kojim se mogao prevesti samo jedan od njih. Ipak, svaki je od
ove dvojice preπao na drugu obalu rijeke rabeÊi taj Ëamac. Kako?
881. Jednog ljetnog dana u jedan hotel u Dubrovniku stiglo je 83 stranih
gostiju, od kojih toËno 7 ne zna niti engleski niti njemaËki jezik. InaËe, u toj
skupini ima ukupno 36 osoba koje znaju engleski, a 49 osoba zna njemaËki
jezik.
a) Koliko osoba zna njemaËki, a ne zna engleski jezik?
b) Koliko osoba zna engleski, a ne zna njemaËki jezik?
c) Koliko osoba zna i njemaËki i engleski jezik?
882. Neki se natjecatelj u gaanju malokalibarskom puπkom pripremao za
natjecanje tako da je na jednom treningu izveo dvije serije hitaca. U drugoj
je seriji broj ispaljenih hitaca smanjio za 7, ali je zato broj pogodaka u metu
bio veÊi za 7 u odnosu na prvu seriju. Kako se promijenio broj promaπaja u
metu u drugoj seriji u odnosu na prvu seriju?
883. Dan je razlomak a4
15 . Za koji Êe najmani prirodni broj a dani razlo-
mak biti: a) skrativ,
b) neskrativ,
c) veÊi od 1,
d) manji od 1?
matka 60 ok 29:5:07 22:42 Page 269
270 atka 15 (2006./2007.) br. 60
884. Iz mjesta A u mjesto B istodobno su krenuli biciklist i automobilist,
pri Ëemu je automobilist vozio 5 puta veÊom brzinom od biciklista. ToËno na
polovini puta na automobilu je nastao kvar, pa je automobilist ostatak puta do
mjesta B preπao pjeπice, pri Ëemu je automobilist pjeπaËio 2 puta manjom
brzinom od biciklista. Tko je od ove dvojice prvi stigao u mjesto B?
885. Dvije njive pravokutnog oblika imaju ukupnu povrπinu 5 000 m2.
Ako bi manja njiva imala jednaku πirinu kao veÊa njiva, onda bi ukupna
povrπina obaju njiva bila veÊa za 800 m2. Ako bi veÊa njiva imala jednaku
πirinu kao i manja njiva, onda bi ukupna povrπina obiju njiva bila manja za
2 400 m2. Kolika je povrπina veÊe njive?
886. Dana su dva razliËita cijela broja, tako da je jedan od njih za 8 manji
od drugog broja. Ako manji od ta dva broja smanjimo za 7, a veÊi ostane
nepromijenjen, onda je umnoæak tako dobivenih brojeva jednak nuli. Odredi
sve parove poËetnih cijelih brojeva.
887. Za Ëetiri racionalna broja a, b, c, d vrijede ove jednakosti:
a b3 4
= ;
b c5 6
= ;
c d8 9
= .
Koji su to brojevi, ako je 4a + 3b + c — 4d = 3?
888. Dokaæite da je od 12 razliËitih dvoznamenkastih prirodnih brojeva
uvijek moguÊe odabrati dva broja tako da njihova razlika bude dvozna-
menkasti broj kojemu su obje znamenke jednake.
matka 60 ok 29:5:07 22:42 Page 270
271atka 15 (2006./2007.) br. 60
889. U tvornici Ëokolade Kraπ u Zagrebu valja pripremiti za transport
trivrste Kraπevih proizvoda ukupne mase od 100 kg tako da se jedna vrsta
proizvoda sprema u pakete od 3 kg svaki, druga vrsta u pakete od 5 kg svaki,
a treÊa vrsta u pakete od 17 kg svaki, pri Ëemu ukupan broj paketa treba biti
20. Kako treba odabrati pakete za transport?
890. Ako nekom troznamenkastom broju ispustimo bilo koju znamenku,
onda je poËetni broj djeljiv sa svakim dobivenim dvoznamenkastim brojem.
Odredite sve troznamenkaste brojeve s tim svojstvom.
891. Dan je kut a kojemu je toËka V vrh. Na simetrali kuta a odabrana je
toËka P, na jednom kraku kuta a toËka A, a na drugom kraku toËka B, tako
da je |PA| = |PB|. Dokaæite da je |VA| = |VB|.
892. Sve prirodne brojeve od 1 do 999 razvrstali smo u dvije skupine. U
jednoj su skupini svi neperni brojevi, a u drugoj svi parni brojevi. U kojoj je
skupini zbroj znamenaka svih brojeva te skupine veÊi i za koliko?
893. Neki troznemenkasti brojevi mogu se prikazati kao umnoæak
Ëetiriju razliËitih prostih brojeva. Koliki je zbroj svih troznamenkastih
brojeva s tim svojstvom?
894. Dan je trapez ABCD. Nad osnovicama AB i CD s vanjske strane
nacrtani su kvadrati. Dokaæite da pravac koji spaja srediπta tih kvadrata
prolazi srediπtem dijagonala danog trapeza.
matka 60 ok 29:5:07 22:43 Page 271
272 atka 15 (2006./2007.) br. 60
Sudoku 1
Zadatak:
a) sloæite slagalicu od slova A, B, J, K, O, R tako da se
ni u jednom retku ili stupcu ili kvadratu 2×3 ne ponav-
lja niti jedno slovo;
b) premetnite zadana slova i dobit Êete pojam vezan uz
matematiku.
Sudoku 2
Zadatak:
a) sloæite slagalicu od slova A, J, K, O, U, Æ tako da se
ni u jednom retku ili stupcu ili kvadratu 3×2 ne ponav-
lja niti jedno slovo;
b) premetnite zadana slova i dobit Êete jedan mjesec u
godini.
Sudoku X
Upiπite brojeve od 1 do 9, ali tako da se ni u
jednom kvadratu 3×3 i po dijagonalama ne
ponavlja isti broj.
„Ubojita" sudoku
U kvadrate 3×3 treba upisati brojeve od 1 do
9 pazeÊi da upisani brojevi daju zbroj u
posebno oznaËenim poljima. Brojevi se ne
smiju ponavljati ni u jednom retku, stupcu,
kvadratu 3×3 i u posebno oznaËenim polji-
ma.
SUDOKU
SUDOKUMladen MarkobaπiÊ, Zagreb
matka 60 ok 29:5:07 22:43 Page 272
273atka 15 (2006./2007.) br. 60
RA»UNALA
RACUNALAPITAGORIN POU»AK
IIvvaannaa KKookkiiÊÊ,, ZZaaggrreebb
U posljednjem broju ove πkolske godine na red je doπla i primjena
raËunala u osmom razredu. Prikazat Êemo kako nam raËunala mogu pomoÊi
pri obradi Pitagorina pouËka.
Primjer 1. Nacrtajmo pravokutni trokut i nad njegovim stranicama kon-
struirajmo kvadrate. Izmjerimo povrπine konstruiranih kvadrata. ©to pri-
mjeÊujemo?
Rjeπenje: Primjer Êemo rijeπiti koristeÊi program Sketchpad.
U alatnoj traci odaberemo alat za crtanje duæine i nacrtamo duæinu BC
proizvoljne duljine. U vrhu C nacrtajmo okomicu na BC (oznaËimo toËku Ci duæinu BC i zatim u izborniku Konstrukcije odaberemo naredbu Okomica).
OznaËimo nacrtanu okomicu i, koristeÊi naredbu ToËka na okomici u
izborniku Konstrukcije, nacrtamo toËku A. Nakon πto sakrijemo okomicu
(oznaËimo je i u izborniku Zaslon odaberemo naredbu Sakrijte okomicu) spo-
jimo toËku A s toËkama B i C.
Kvadrat nad stranicom BC konstruiramo tako da dvokliknemo na toËku Ci oznaËimo duæinu BC i toËku B. Zatim u izborniku Transformacije odabe-
remo naredbu Rotirajte. U prozoru za dijalog trebamo upisati broj 90
(najËeπÊe je taj broj veÊ i upisan) i potvrdimo pritiskom na gumb Rotirajte.
»etvrtu toËku kvadrata dobit Êemo na sliËan naËin. Dvokliknemo na toËku Bi oznaËimo duæinu BC i toËku C. Zatim u izborniku Transformacije odaber-
emo naredbu Rotirajte. U prozoru za dijalog trebamo upisati broj -90 i to
potvrdimo pritiskom na gumb Rotirajte. Zavrπni korak crtanja kvadrata je
spajanje tih dviju novodobivenih toËaka.
Postupak ponovimo i nad stranicama AC ABi .
Za mjerenje povrπina nacrtanih kvadrata prvo moramo konstruirati
unutarnjosti nacrtanih kvadrata. Postupak je sljedeÊi: OznaËimo vrhove
kvadrata kojemu æelimo konstruirati unutarnjost (vrhove moramo oznaËivati
ili u smjeru kretanja kazaljki ure ili pak u smjeru suprotnom od kretanja
kazaljki ure) i u izborniku Konstrukcije odaberemo naredbu UnutarnjostËetverokuta. Kada smo konstruirali unutarnjosti svih triju kvadrata oznaËimo
ih i u izborniku Mjerenja odaberemo naredbu Povrπina.
matka 60 ok 29:5:07 22:43 Page 273
274 atka 15 (2006./2007.) br. 60
MijenjajuÊi poloæaj vrhova trokuta ABC primjeÊujemo da vrijedi da je
zbroj povrπina dvaju manjih kvadrata jednak povrπini najveÊeg kvadrata.
(Ako niste sigurni da dobro raËunate, u izborniku Mjerenja odaberite nared-
bu RaËunalo i kliknite na vrijednost najmanje povrπine. Upiπite zatim znak
+ i potom kliknite na vrijednost povrπine srednjeg po veliËini kvadrata.
Pritiskom na gumb U redu ispisuje se zbroj tih dviju povrπina koji je jednak
povrπini najveÊeg kvadrata.)
Primjer 2. Ispiπimo sve Pitagorine trojke koje imaju razliËite duljine
stranica koje nisu veÊe od 50. Duljine kateta i hipotenuze trebaju biti prirod-
ni brojevi.
Rjeπenje: Primjer Êemo rijeπiti programom Microsoft Excel i programi-
ranjem u programskom jeziku Pascal.
1. naËin: U prvu Êeliju za duljinu katete a upiπemo 1, a u drugu Êeliju za
duljinu katete b upiπemo 2. U treÊoj Êeliji kliknemo na sliËicu f x i odabere-
mo naredbu SQRT. Zatim kliknemo na prvu Êeliju (na duljinu katete a)
upiπemo potom * i ponovo kliknemo na prvu Êeliju (upisali smo a2). Nakon
toga upiπemo + i kliknemo na drugu Êeliju (na duljinu katete b) upiπemo
potom * i ponovo kliknemo na drugu Êeliju (upisali smo + b2). Nakon pritiska
na tipku enter u treÊoj Êeliji ispisuje se rezultat.
BuduÊi da nam duljine kateta trebaju biti prirodni brojevi, u drugom retku
za duljinu katete b neÊemo upisivati 3, veÊ Êemo upisati = i kliknuti na Êeliju
u kojoj je za duljinu katete b upisan broj 2 i zatim upisati + 1. Nakon pritiska
na tipku enter u naπoj Êeliji se ispisuje 3. Sadræaj Êelije zatim kopiramo u 48
Êelija ispod (maksimalna vrijednost za duljinu hipotenuze c je 50).
Povrπina .a cm38 002 2=
Povrπina .b cm6 132 2=
Povrπina .c cm44 132 2=
(Povrπina b2) + (Povrπina a2
) = 44.13 cm2
B
C Ab
a b c
1 2 2.236068
=SQRT(A2*A2+B2*B2)
matka 60 ok 29:5:07 22:43 Page 274
275atka 15 (2006./2007.) br. 60
Duljina katete a je 1, pa taj broj iskopiramo u 48 Êelija u prvom stupcu.
Sadræaj Êelije u kojoj je izraËunana duljina hipotenuze c takoer iskopiramo
48 puta.
Postupak ponovimo s nekoliko razlika. Za duljinu katete a upiπemo 2, za
duljinu katete b upiπemo vrijednost 3, a duljinu hipotenuze raËunamo po
pravilu a2 + b2 koje veÊ imamo upisano pa ga samo iskopiramo. Vrijednost
duljine katete b poveÊavamo za 1, pazeÊi da duljina hipotenuze ne bude veÊa
od 50. S postupkom stajemo kad ispitamo sve sluËajeve.
Duljina hipotenuze takoer treba biti prirodan broj pa u tablici trebamo
potraæiti one Pitagorine trojke kod kojih je i hipotenuza c prirodan broj.
KonaËno, rjeπenje je:
2. naËin: Osnovne Pitagorine trojke u skupu prirodnih brojeva moæemo
pronaÊi tako da odaberemo dva relativno prosta prirodna broja m i n takve da
je jedan paran, a drugi neparan i da je m > n, te ih uvrstimo u sljedeÊe for-
mule:
a = m2 — n2
b = 2mn (1)
c = m2 + n2
Prema Pitagorinu pouËku vrijedi:
(m2 — n2)2 + (2mn)2 = (m2 + n2)2. (2)
a b c14 48 50
15 20 25
15 36 39
16 30 34
18 24 30
20 21 29
21 28 35
24 32 40
27 36 45
30 40 50
a b c3 4 5
5 12 13
6 8 10
7 24 25
8 15 17
9 12 15
9 40 41
10 24 26
12 16 20
12 35 37
matka 60 ok 29:5:07 22:43 Page 275
276 atka 15 (2006./2007.) br. 60
U tablicu unosimo prva dva stupca, tj. upisujemo brojeve m i n, dok vri-
jednosti za brojeve a, b i c izraËunavamo koristeÊi formule (1). Za broj a for-
mulu unosimo tako da kliknemo u Êeliju u drugom retku i treÊem stupcu i
upiπemo znak = i zatim kliknemo na Êeliju u drugom retku u kojoj je upisana
vrijednost broja m zatim upiπemo * i ponovo kliknemo na Êeliju u kojoj je
upisana vrijednost broja m. Nakon toga upiπemo znak — i kliknemo na Êeliju
u kojoj je upisana vrijednost broja n, potom upiπemo * i ponovo kliknemo
na Êeliju u kojoj je upisana vrijednost broja n. Analogno unesemo i formule
za b i c. Formule upisujemo samo u drugom retku, a za ostale retke ih kopi-
ramo.
Prvim naËinom rjeπavanja vidjeli smo da postoji 20 Pitagorinih trojki koji-
ma duljine stranica nisu veÊe od 50, a drugim naËinom rjeπavanja mi smo ih
dobili samo 7. Gdje smo pogrijeπili?
Odgovor je - nigdje. Naime, koristeÊi formule (2) dobili smo samo
osnovne Pitagorine trojke, a ostale trojke dobit Êemo mnoæenjem duljina
kateta i hipotenuze s 2, 3, 4, … pazeÊi da duljina niti jedne stranice ne bude
veÊa od 50 (dovoljno je paziti da duljina hipotenuze ne bude veÊa od 50).
Tako iz osnovne trojke (3, 4, 5) navedenim mnoæenjem joπ dobivamo i trojke
(6, 8, 10), (9, 12, 15), (12, 16, 20), (15, 20, 25), (18, 24, 30), (21, 28, 35), (24,
32, 40), (27, 36, 45) i (30, 40, 50). Iz trojke (5, 12, 13) mnoæenjem imamo
trojke (10, 24, 26) i (15, 36, 39), iz trojke (15, 8, 17) imamo trojku (30, 16,
34), dok iz trojke (7, 24, 25) imamo trojku (14, 28, 50), i ukupno ih je 20.
I prvi i drugi naËin rada zahtijevao je dodatna promatranja, pa se pitamo
postoji li neki postupak koji Êe nam omoguÊiti ispisivanje Pitagorinih trojki
bez tih dodatnih radnji. Drugo pitanje koje se postavlja je postoji li neki jed-
nostavniji naËin ograniËavanja duljine hipotenuze. Potvrdan odgovor na oba
pitanja daje treÊi naËin rjeπavanja.
n m a b c1 2 3 4 5
1 4 15 8 17
1 6 35 12 37
2 3 5 12 13
2 5 21 20 29
3 4 7 24 25
4 5 9 40 41
matka 60 ok 29:5:07 22:43 Page 276
277atka 15 (2006./2007.) br. 60
3. naËin: Pisanjem programa u nekom programskom jeziku, npr. u pro-
gramskom jeziku Pascal. Kôd programa je:
uses crt;const Gr = 50;
varx, y, z : integer;
beginclrscr;readln;for x := 1 to Gr do
for y := 1 to Gr dofor z := 1 to Gr do
if (x<y) and (x<z) and (y<z) thenif x*x + y*y = z*z then
Write('(',x, ',', y, ',', z, ')');writeln;readln;
end.
Pri pokretanju programa ispisuje nam se rezultat: (3,4,5) (5,12,13)
(6,8,10) (7,24,25) (8,15,17) (9,12,15) (9,40,41) (10,24,26) (12,16,20)
(12,35,37) (14,48,50) (15,20,25) (15,36,39) (16,30,34) (18,24,30) (20,21,29)
(21,28,35) (24,32,40) (27,36,45) (30,40,50)
U sluËaju da æelimo da nam se ispiπu sve Pitagorine trojke kojima duljine
stranica nisu veÊe od 100, tada kôd programa mijenjamo samo u drugom redu
u kojem za konstantu Gr umjesto 50 upisujemo 100.
Nagradni zadatak:
Na Internet stranicama
www.cut-the-knot.org/pythagoras/index.shtml
ili
mathworld.wolfram.com/PythagoreanTheorem.html
pogledajte neke od dokaza Pitagorina pouËka i uz pomoÊ programa
Sketchpad napravi animirani dokaz.
Radove poπaljite na digitalnom mediju ili na e-mail adresu
matka 60 ok 29:5:07 22:43 Page 277
278 atka 15 (2006./2007.) br. 60
NA KOLIKO NA»INA
Adrian Satja Kurdija, 1.f, V. gimnazija, Zagreb
Nagradni zadatak broj 54 (u atki broj 58) je glasio:
Na slici je tlocrt gradske Ëetvrti u Matkogradu. Na koliko razliËitih naËinamoæete doÊi iz A u C?
Mi Êemo sliku zadatka, radi jednostavnosti, malo izmijeniti. Grad Êemo
nacrtati kao mreæu ulica, Ëije su dimenzije 4×4. Zadatak sada glasi:
Na koliko je razliËitih naËina moguÊe iz donjeg lijevog ugla mreæe doÊi dogornjeg desnog ugla, kreÊuÊi se po linijama mreæe, i to samo prema gore iprema desno (dakle, iduÊi najkraÊim putem)?
Napiπimo program u Pascalu koji rjeπava ovaj problem za grad dimenzija
m×n, a ne samo za 4×4. Algoritam je sljedeÊi: na svako raskriæje, iduÊi redom
od poËetne toËke (0, 0), upisuje se broj naËina na koje se do tog raskriæja
moæe doÊi, sve dok ne doemo do konaËne toËke (m, n). Na jedno raskriæje
moguÊe je doÊi jedino preko raskriæja neposredno ispod i neposredno lijevo
od njega, pa je broj naËina za dolazak na njega jednak zbroju dvaju brojeva
na tim dvama raskriæjima.
Tijek algoritma: (Svaki korak bit Êe popraÊen primjerom za tablicu 4×4.)
- Raskriæjima koja se nalaze na nultoj horizontalnoj ili vertikalnoj liniji
mreæe dodjeljujemo vrijednost 1 (do svakog od tih raskriæja moguÊe je doÊi
na samo jedan naËin).
- Zatim, iduÊi po redovima s lijeva na desno, raskriæjima dodjeljujemo vri-
jednosti po opisanom postupku: svako raskriæje poprima vrijednost zbroja
brojeva na raskriæjima neposredno ispod i neposredno lijevo od njega.
- KonaËno, iz popunjene tablice oËitava se vrijednost posljednjeg polja (u
naπem sluËaju to je 70).
A sada slijedi kôd u Pascalu:
A
C
matka 60 ok 29:5:07 22:43 Page 278
279atka 15 (2006./2007.) br. 60
Meutim, algoritam za nalaæenje rjeπenja neÊe zadovoljiti pravog
matematiËara. Traæimo formulu za nalaæenje broja naËina u opÊem sluËaju
m×n. Isprobamo li naπ program za razne sluËajeve, joπ uvijek neÊemo naslu-
titi formulu. To nas upuÊuje na sustavno razmatranje problema.
"Stupcem" Êemo zvati svaku od m + 1 vertikalnih linija tablice, a
"retkom" svaku od n + 1 horizontalnih linija tablice. I retke i stupce oznaËit
Êemo s 0, 1, ..., n (odnosno m), kao πto smo to Ëinili u programu. Dovoljno je
promatrati samo vertikalne jediniËne linije kretanja (nazovimo ih v-linije)
buduÊi da je onda lako docrtati i horizontalne jediniËne linije kretanja (h-li-
nije). Svaki se traæeni put sastoji od n v-linija i m h-linija.
Dokaæimo sada sljedeÊu tvrdnju: rasporedimo li v-linije tako da odredimo
koliko se njih nalazi u nultom, koliko u prvom, i tako dalje..., koliko u m-tom
stupcu, pri Ëemu je ukupno n v-linija, tada svakom takvom rasporedu odgo-
vara toËno jedan traæeni put.
Dokaz. BuduÊi da se pri kretanju nije moguÊe vraÊati, v-linije su poredane
uzlazno, πto znaËi da, ako je x < y, nije moguÊe da v-linija u y-tom stupcu
bude niæe od v-linije u x-tom stupcu.
BuduÊi da svakoj od n razina tablice odgovara toËno jedna v-linija, za bilo
koji zadani raspored dobivamo jedinstven traæeni put na sljedeÊi naËin. Idemo
po redu, od nultog stupca, crtajuÊi v-linije od najniæe razine, onoliko koliko
ih tamo ima. NastavljajuÊi postupak, opÊenito, u svakom stupcu crtamo ono-
liko v-linija koliko je zadano redom prema gore, polazeÊi od najdonje razine
na kojoj joπ nije nacrtana v-linija. Na taj naËin dobivamo jedinstveno ras-
poreene v-linije, a na njih je lako docrtati h-linije, πto daje traæeni put.
Dakle, zadatak moæemo preformulirati ovako: Na koliko je naËina
moguÊe n v-linija rasporediti u m + 1 stupaca, pri Ëemu mogu postojati stup-
ci koji ne sadræe niti jednu v-liniju? Ili, ekvivalentno, na koliko je naËina
moguÊe n jednakih knjiga rasporediti na m + 1 razliËitih polica?
Primijetimo da svakom rasporedu knjiga na police odgovara jedinstvena
rijeË sastavljena od n slova K i m slova P, pri Ëemu vrijedi i obrat, gdje KoznaËava knjigu, a P oznaËava "pregradu" izmedu dviju polica. Na primjer,
KKPKPPK bi znaËilo da se na prvoj polici nalaze dvije knjige, na drugoj
jedna, na treÊoj niti jedna i na Ëetvrtoj jedna knjiga. Problem je zato ekviva-
lentan sljedeÊem: Na koliko naËina je u rijeËi od m + n slova K i P moguÊe
odabrati pozicije n slova K? (Ili m slova P, rezultat je isti). Ovaj broj jednak
je! !
!m n
m
m n
n m nm n+
=+
=+J
L
KK
J
L
KK
^N
P
OO
N
P
OO
h.
U sluËaju iz naπeg zadatka, gdje je m = n = 4, ovaj broj jednak je 70.
Takoder, istu bismo formulu dobili da smo, umjesto v-linija, promatrali ras-
pored h-linija.
matka 60 ok 29:5:07 22:43 Page 279
280 atka 15 (2006./2007.) br. 60
RJE©ENJA ZADATAKA IZ BROJA 59.
Enigmatka
Zbrajaljka. Evo traæenih zamjena: AEIMOPRST =
239517846, 259714638, 269714538, 289517346, 352916847, 382916547,
462915837, 482915637, 564718923, 569317824, 589317624, 594718623,
625418379, 628715349, 635418279, 638715249, 723918546, 732819456,
742819356, 753918246, 824317569, 827614539, 835219467, 839615427,
845219367, 849615327, 854317269, 857614239, 942817536, 952817436.
Iste znamenke. 59 = 11 + 11 + 11 + 11 + 11 + 1 + 1 + 1 + 1, 22 · 2 + 22 : 2 + 2 +
2, 33 + 33 · 3 · 3 · 3 : 3, 44 + 4 · 4 · 4 : 4, 55 + 5 · 5 : 5, 66 · 6 · 6 : 6, 77 · 77 : 7 ·
7, 8 · 8 + 88 : 8 · 8 · 8, 9 · 9 · 99 : 9 · 99 : 9.
Likovi i oklada. Okladu je dobio Luka jer je na crteæu 20 paralelograma i ''samo''
39 pravokutnih trokuta.
Dva rebusa. Analitika (A na L I tik A), parabola (par A B o L A).
Dopunjaljka. Vidite crteæ!
SkrivaËice. U reËenicama se kriju nazivi za pojedine ocjene: petica,
jedinica, dvojka, Ëetvorka, trojka.
NetoËno-toËno. Na pet razliËitih naËina: X + II = XII, V + II = VII,
X — II = VIII, X — III = VII, IX — II = VII.
Rjeπenja odabranih zadataka
865. Valja uoËiti da djelitelj treba biti broj 1, a to znaËi da djeljenik moæe biti bilo
koji prirodni broj. Na primjer, 47 : 1 = 47 · 1. Naravno da takvih parova prirodnih
brojeva ima beskonaËno mnogo, pri Ëemu jedan od ta dva broja mora biti 1, a drugi
moæe biti bilo koji prirodni broj.
866. OËito je znamenka stotica u broju abc jednaka 1, tj. a = 1, jer je za a > 1
umnoæak dad Ëetveroznamenkasti broj, πto nije moguÊe. Zato vrijedi jednakost
bc d d1 5 1$ = . Ako je u broju abc znamenka c parna, onda je znamenka jedinica d u
umnoπku d d1 jednaka nuli, tj. d = 0, πto nije moguÊe jer je tada umnoæak d d1 dvoz-
namenkasti broj. To znaËi da je c neparna znamenka. Kako je unmoæak neparnog
broja i broja 5 uvijek neparan broj kojemu je znamenka jedinica 5, zakljuËujemo da
je d = 5. Zato vrijedi jednakost bc1 5 515$ = . Dalje je lako. Naime, zbog 515 : 5 =
103, slijedi da je b = 0 i c = 3. Traæeni troznamenkasti brojevi su abc 103= i
dad 515= .
P E T A R
I G NJ A T
T I N K A
A N I C A
G O R A N
O B R A D
R U © K A
A L I J A
matka 60 ok 29:5:07 22:43 Page 280
281atka 15 (2006./2007.) br. 60
867. BuduÊi da je zbroj svih brojeva od 1 do 12 jednak 78, a zbog 78 : 3 = 26,
zakljuËujemo da zbroj brojeva u svakom redu mora biti 26. Jedno od moguÊih
rjeπenja prikazano je u tablici.
868. Posljednja znamenka umnoπka kojemu su faktori samo sedmice moæe biti
jedna od ovih Ëetiriju znamenki: 7, 9, 3, 1, pri Ëemu dolazi do ponavljanja tih
znamenki upravo navedenim redoslijedom, ako u umnoπku ima viπe od Ëetiri
faktora svaki jednak 7. Odredimo zato koliko skupina od po Ëetiri sedmice moæemo
naËiniti u umnoπku 2007 sedmica, tj. (7 · 7 · 7 · 7) · (7 · 7 · 7 · 7)... BuduÊi da je 2007
= 4 · 501 + 3, zakljuËujemo da umnoæak 4 · 501, tj. 2004 sedmice zavrπava zna-
menkom 1 i da joπ preostaju 3 sedmice. To znaËi da Êe posljednja znamenka umnoπka
od 2007 sedmica biti treÊa znamenka u nizu 7, 9, 3, 1, tj. znamenka 3.
869. Napiπemo sve znamenke u padajuÊem poretku 9876543210. Ako u ovom nizu
znamenki precrtamo jednu znamenku, dobit Êemo jedan deveteroznamenkasti broj s
danim uvjetom u zadatku. Naravno da moæemo precrtati svaku od 10 znamenaka, pri
Ëemu Êe dobiveni broj zadovoljavati postavljene uvjete. Prema tome, postoji 10
deveteroznamenkastih brojeva koji zadovoljavaju uvjet zadatka.
870. Neka je a duljina jednog trupca bora, b duljina jednog trupca jele i c duljina
jednog trupca smreke. Tada prema uvjetu zadatka vrijede ove dvije nejednakosti:
7a > 8b i 6a < 5c. Iz nejednakosti 7a > 8b nuæno slijedi nejednakost 8a > 8b, a to
znaËi da je a > b. Iz nejednakosti 6a < 5c vrijedi nejednakost 5c > 6a, pa je nuæno i
6c > 6a. To znaËi da je c > a. Sad moæemo sastaviti dvojnu nejednakost c > a > b, iz
Ëega slijedi da je c > b. To znaËi da je 9c > 9b, pa je nuæno i 10c > 9b.
Prema tome, veÊa je duljina 10 trupaca smreke od duljine 9 trupaca jele.
871. Zbroj svih brojeva napisanih na ploËi jednak je . .1 1 1 11 20$+^ h , tj. 44.2.
BuduÊi da je zbroj preostalih brojeva nakon precrtavanja jednak 19.93, nuæno slijedi
da je zbroj svih precrtanih brojeva jednak 44.2 - 19.93, tj. 24.27. Ako pretpostavimo
da je svaki precrtani broj bio 1.1, onda je precrtano 24.27 : 1.1, ili 242.7 : 11, tj. 22
broja. BuduÊi da je 22 · 1.1 = 24.2, a zbog 24.27 — 24.2, tj. 0.07, zakljuËujemo da
su neki precrtani brojevi nuæno jednaki 1.11, a njih je zbog 1.11 — 1.1 = 0.01 bilo
0.07 : 0.01 , tj. 7. Prema tome, na ploËi je precrtano 7 brojeva od kojih je svaki jed-
nak 1.11 te 22 — 7 = 15 brojeva od kojih je svaki jednak 1.1.
872. Neka prva cijev napuni bazen za a sati, druga za b sati i treÊa za c sati. Tada za
1 sat prva cijev napuni a1
dijelova bazena, druga b1
dijelova bazena i treÊa c1
dijelo-
va bazena. To znaËi da prva cijev za 6 sati napuni a6
dijelova bazena, druga za 4 sata
b4
dijelova bazena i treÊa za 7 sati c7
dijelova bazena. Zato vrijedi jednakost
a b c6 4 7
1+ + = . Na sliËan naËin iz drugog uvjeta zadatka zakljuËujemo da vrijedi
jednakost a b c4 2 5
32
+ + = . Ako sad od prve jednakosti oduzmemo drugu, dobivamo:
a b c2 2 2
31
+ + = ili a b c21 1 1
31
+ + =b l , tj. a b c1 1 1
61
+ + = .
12 3 5 6
10 11 4 1
2 8 9 7
matka 60 ok 29:5:07 22:43 Page 281
282 atka 15 (2006./2007.) br. 60
To znaËi da sve tri cijevi napune za 1 sat 61
bazena. Neka je x broj sati za koliko Êe
sve tri cijevi napuniti cijeli bazen. Vrijedi jednadæba x61
1$ = , tj. x = 6 . Prema tome,
ako sve tri cijevi pune bazen istodobno, bazen Êe biti pun za 6 sati i svaka bi cijev
punila bazen 6 sati.
873. Lako zakljuËujemo da je nakon svakog opisanog postupka ukupan broj bijelih
kuglica ili ostao isti, ili se smanjio za dvije kuglice, tj. ukupan broj bijelih kuglica
ostao je iste parnosti. To znaËi, ako je poËetni broj bijelih kuglica neparan, onda Êe
preostala jedna kuglica biti bijela. Ako je poËetni broj bijelih kuglica paran, onda Êe
preostala jedna kuglica biti crvena.
874. Neka je x duljina mosta od A do B. Neka je pjeπak bio u C kad je zaËuo zvuk
sirene automobila. Tada je prema uvjetu zadatka AC x83
= . Kad automobil stigne
na poËetak mosta A, tada Êe pjeπak, koji je poËeo trËati, pretrËati 83
duljine mosta i
biti ili u toËki A ili u toËki D, ovisno o smjeru kretanja (vidi sliku). To znaËi da je
CD x83
= . Preostala duljina mosta od D do B jednaka je 85
83
- , tj. 41
. Zato je
DB x41
= . OËito je vrijeme za koje automobil prijee
od A do B jednako vremenu za koje Êe pjeπak pretrËati od
D do B. Neka je y brzina pjeπaka. Automobil Êe put od A
do B prijeÊi za x
60sati, a pjeπak Êe put od D do B pretrËati
za :x y4
, tj. za yx
4sati. Kako je
xyx
60 4= , nuæno slijedi da
je 4y = 60, tj. y = 15. Prema tome, Ëovjek je trËao brzinom od 15 km na sat.
875. Iz nejednakosti a — 2c $ 1 slijedi nejednakost a $ 2c + 1, a iz nejednakosti
b — c 1# slijedi nejednakost b # c + 1. Ako lijevoj i desnoj strani zadnje nejed-
nakosti dodamo broj c, dobit Êemo nejednakost b + c # 2c + 1. Nejednakost a $ 2c + 1
ostat Êe toËna ako desnu stranu te nejednakosti zamijenimo brojem manjim od njega,
tj. brojem b + c. Zato je a $ b + c, iz Ëega slijedi da je a > b. Iz nejednakosti
a $ 2c + 1 slijedi nejednakost a c1 2 2$+ + . Zbog 2b — a $ 1, tj. 2b $ a + 1 vrije-
di dvojna nejednakost 2c + 2 # a + 1 # 2b. To znaËi da je 2c + 2 # 2b, ili c + 1 # b,
tj. b $ c + 1, iz Ëega slijedi da je b > c. Zato je a > b > c.
876. Navedenu tvrdnju u zadatku dokazat Êemo primjenom pouËka o odnosu strani-
ca i kutova u trokutu. Zbog |AC| > |AB |, a prema tom pouËku, slije-
di: |EABC| > |EACB|. S obzirom na veliËinu kuta ABC, razlikujemo
tri sluËaja:
1˚. Neka je kut ABC tup. Tada je za bilo koju toËku D na stranici BC
kut ADB πiljast a to znaËi da je kut ADC tup, jer su to dva sukuta. Zato
je u tupokutnom trokutu ADC stranica AC najveÊa, jer leæi nasuprot
najveÊem kutu, pa je |AC| > |AD|, odnosno |AD| < |AC|. (Sl. 1.)
83
83
82
A DB C
A
B D C
Slika 1.
matka 60 ok 29:5:07 22:43 Page 282
283atka 15 (2006./2007.) br. 60
2˚. Neka je |EABC| = 90˚. Na sliËan naËin kao u prethodnom
sluËaju zakljuËujemo da je u pravokutnom trokutu ABD kut
ADB πiljast, pa je kut ADC tup. Zato je u tupokutnom trokutu
ADC stranica AC najveÊa, tj. |AC| > |AD| ili |AD| < |AC|. (Sl. 2.)
3˚. Neka je |EABC| < 90°. Zbog uvjeta zadatka, a prema nave-
denom pouËku, slijedi da je kut ACB πiljast. Neka je toËka Nnoæiπte visine iz vrha A na stranicu BC (vidi Matku br. 44,
Ëlanak Visine trokuta, PouËak 2.). S obzirom na poloæaj toËke
D prema toËki N, razlikujemo tri podsluËaja:
3.1˚. Neka je D N/ . Tada je u pravokutnom trokutu ADC stranica AD kateta, pa
je |AD| < |AC|. (Sl. 3.1.)
3.2˚. Neka se toËka D nalazi na duæini NC . Tada je u pravokutnom trokutu ANDkut ADN πiljast, jer je |EAND| = 90°, iz Ëega slijedi da je ADCE tup. (Sl. 3.2.)
Zato je u tupokutnom trokutu ADC stranica AC najveÊa, tj. |AD| < |AC|.
3.3˚. Neka se toËka D nalazi na duæini BN . Tada je u pravokutnom trokutu ANDkut ADN πiljasti, a to znaËi da je ADBE tup. Zato je u tupokutnom trokutu ADB stra-
nica AB najveÊa, tj. |AD| < |AB|. Zbog uvjeta zadatka da je |AB| < |AC|, slijedi dvojna
nejednakost |AD| < |AB| < |AC|, pa je |AD| < |AC|. (Sl. 3.3.)
877. Ideja za rjeπenje ovog zadatka sastoji se u tome da danu jednadæbu svedemo
ili na oblik a b 02 2- = ili na oblik a b n2 2- = , pri Ëemu je n prirodni broj, pa
nakon rastavljanja razlike kvadrata dalje rjeπavamo sustav jednadæbi. Desnu stranu
dane jednadæbe ne moæemo napisati kao kvadrat zbroja nekog broja. Zato Êemo
danu jednadæbu pomnoæiti brojem 16, nakon Ëega dobivenu jednadæbu moæemo
pisati redom x y y16 64 48 482 2= + + , x y y16 8 2 3 8 9 3922
$ $= + + +_ i ,
x y16 8 3 3922
= + +_ i , x y16 8 3 3922
- + =_ i , tj. (4x — 8y — 3) · (4x + 8y + 3) = 39.
Zbog toga πto je 4x — 8y — 3 < 4x + 8y + 3, razlikujemo dva sluËaja:
4x — 8y — 3 = 1 4x — 8y — 3 = 3
4x + 8y + 3 = 39 , odnosno 4x + 8y + 3 = 13.
Rjeπenje prvog sustava jednadæbi je x = 5, y = 2, a drugi sustav jednadæbi nema
rjeπenje u skupu prirodnih brojeva. Prema tome, traæeni par (x, y) = (5, 2) je rjeπenje
dane jednadæbe.
878. Na prvenstvu od 8 πkola odigrano je ukupno n n
21-^ h
, ili 2
8 7$= 28 utakmica.
Na svakoj se odigranoj utakmici moglo osvojiti 2 boda, ili da je jedna πkola pobi-
jedila, ili da je utakmica zavrπila neodluËeno, a tada je svaka πkola dobila 1 bod. To
znaËi da je svih 8 πkola, nakon zavrπenog prvenstva, osvojilo ukupno 28 · 2 = 56
bodova. Neka su a, b, c, d, e, f, g i h bodovi osvojeni svake od 8 πkola na kraju
prvenstva. Tada je a + b + c + d + e + f + g + h = 56.
A
B D C
A
B CN D/
A
B CDN
A
B CND
Slika 2.
Slika 3.1.
Slika 3.2.
Slika 3.3.
matka 60 ok 29:5:07 22:43 Page 283
284 atka 15 (2006./2007.) br. 60
Neka je a broj bodova πkole koja je osvojila 1. mjesto, i neka je h broj bodova πkole
koja je osvojila 8. mjesto. Tada prema uvjetu zadatka vrijede ove nejednakosti:
a > b, a > c, a > d, a > e, a > f, a > g, a > h. Zbrajanjem ovih nejednakosti dobiva-
mo nejednakost 7a > b + c + d + e + f + g + h. Ako lijevoj i desnoj strani zadnje
nejednakosti pribrojimo broj a, dobivamo nejednakost 8a > a + b + c + d + e + f +g + h, ili 8a > 56, tj. a > 7. To znaËi da je πkola na 1. mjestu osvojila viπe od 7 bodo-
va. Isto tako zbog uvjeta zadatka vrijede ove nejednakosti: h < a, h < b, h < c, h < d, h < e, h < f i h < g. Nakon zbrajanja ovih nejednakosti dobivamo nejednakost
7h < a + b + c + d + e + f + g.
Ako lijevoj i desnoj strani zadnje nejednakosti pribrojimo broj h, dobivamo nejed-
nakost 8h < a + b + c + d + e + f + g + h, ili 8h < 56, tj. h < 7. To znaËi da je πkola
na 8. mjestu osvojila manje od 7 bodova. Najmanja razlika dvaju prirodnih brojeva,
od kojih je jedan veÊi od 7, a drugi manji od 7, iznosi 2. Prema tome, najmanja
moguÊa razlika broja osvojenih bodova izmeu prve i posljednje πkole na prvenstvu
je 2 boda.
Primijetimo: ako je najmanja razlika broja bodova prve i posljednje πkole na prven-
stvu 2 boda, onda je nuæno svaka od preostalih 6 πkola osvojila toËno 7 bodova.
879. Neka je u trokutu ABC toËka D poloviπte stranice AB, toËka M presjek sime-
trale kuta ACB i stranice AB i toËka N noæiπte visine iz vrha C na stranicu AB. Tada
je CD teæiπnica, CM simetrala kuta ACB i CN visina iz vrha C na stranicu AB, a
DCME = a i NCME = b. Neka je toËka S srediπte kruænice opisane trokutu ABCi neka je toËka E presjek simetrale CM kuta ACBE i kruænice opisane trokutu ABC.
BuduÊi da je toËka E istodobno presjek simetrale CM kuta ACB i simetrale SD stran-
ice AB (vidi Matku br. 32, Ëlanak UËimo geometriju, zadatak 4.), slijedi da je
SECN, a to znaËi da je DEC NCEE E= = b jer su to kutovi uz presjeËnicu CE.
S obzirom na vrstu kuta iz Ëijeg vrha izlaze teæiπnica, simetrala kuta i visina, moguÊa
su tri sluËaja:
1°. Neka je ACBE < 90° (sl. 1). Neka je toËka F
presjek pravca CS i stranice AB. Tada zbog
SDF 90E c= nuæno slijedi da FDSE πiljast, a to
znaËi da je CSDE tup, jer su to dva sukuta. Zato je
trokut CSD tupokutan, pa je |SC| < |CD|. BuduÊi da je
oËito |DE| < |SE|, a |SE| = |SC| slijedi da je |DE| < |SC|.
Zato vrijedi dvojna nejednakost: |DE| < |SC| < |CD|,
pa je |DE| < |CD|.
Primjenom pouËka o odnosu stranica i kutova u troku-
tu na trokut CDE slijedi da je
DCEE < DEC NCEE E= , a to znaËi da je α < β.
2°. Neka je ACBE tup (sl. 2). BuduÊi da je
|ECDS| > 90˚, slijedi da je trokut CDS tupokutan, pa
je |SC| > |CD|. Kako je oËito |DE| > |SE|, a |SE| = |SC|,
slijedi da je |DE| > |SC|. Slika 1.
A D M
E
N B
C
F
S
αβ
β
matka 60 ok 29:5:07 22:43 Page 284
Zato vrijedi dvojna nejednakost |DE| > |SC| > |CD|,
pa je |DE| > |CD|. Zbog |EDEC| = |ENCE|, jer su to
kutovi uz presjeËnicu CE, to prema pouËku o odno-
su stranica i kutova u trokutu na trokut CDEzakljuËujemo da |EDCE| > |EDEC|, a to znaËi da je
a > b .
3°. Neka je ACB 90E c= (sl. 3.). Tada je S / D,
tj. |SA| = |SB| = |SC| = |SE| = r. To znaËi da je trokut
CDE jednakokraËan, iz Ëega slijedi da je
DCE DECE E= , a zbog DEC NCEE E= = b,
dobivamo da je DCE NCEE E= , a to znaËi da je
=a b. Primijetimo da prvi sluËaj vrijedi i ako je
ACBE < 90°, a trokut ABC tupokutan. Neka je
|EACB| < 90˚ i |EABC| > 90˚ (sl. 4.).
Neka je |EACD| = x i |EBCN| = y, ACBE = d.
Tada je x2
= -a d, a y
2= +b d
.
Kako je 0 < x < 2d
nuæno slijedi da je x2
-d
< y2
+d
, a to znaËi da je =a b.
857. Svaki prosti broj n veÊi od 3 je neparan broj. To znaËi da su brojevi n — 1 i n + 1 oba
parni brojevi, iz Ëega slijedi da je svaki od njih djeljiv brojem 2. Od tri uzastopna
prirodna broja n — 1, n, n + 1 jedan je sigurno djeljiv brojem 3, pri Ëemu broj n sig-
urno nije, jer je n prosti broj veÊi od 3. Zato je ili broj n — 1, ili broj n + 1 djeljiv bro-
jem 3. Kako je svaki od brojeva n — 1 i n + 1 djeljiv brojem 2, nuæno slijedi da je ili
broj n — 1, ili broj n + 1 djeljiv brojem 6 .
285atka 15 (2006./2007.) br. 60
Slika 2.
A
r
M
E
N B
C
S
D
A D M
E
N B
C
S
A M
E
NB
CS
D
Slika 3. Slika 4.
β
βα
β
βα
β
β
x
matka 60 ok 29:5:07 22:43 Page 285
286 atka 15 (2006./2007.) br. 60
Rjeπenja kriæaljki za MatkaËe
Rjeπenja nagradnih zadataka iz 58. broja
Rjeπenja zadataka za MatkaËe poËetnike
2. Tombola. a) 50%, b) 25%, c) 50%, d) 50%, e) 87.5%, f) 50%. 3. MagiËni kvadrat
(vidi sliku na rubu). 4. Majstor »ekiÊ. 156 ËavliÊa, 13 kutijica. 5. Na putu. 39 litara,
350 km. 7. U zrakoplovu. 6 sati i 10 minuta. 8. Povrπina lika. 15.5 cm2. 9.
Olimpijske igre. Zarada grËke vlade je 4 671 623.7 eura. 10. Razlomci. a) 587
, b) 875
,
c) 578
, d) 857
. 11. Pravokutnici (1). a = 3 cm, b = 5 cm. 13. Disneyland. Zarada (bez
poreza) je 875 896 dolara, a nakon plaÊanja poreza 656 922 dolara. 15. Ogradite vrt.
1.5 m. 16. Koliko je uËenika u VII. d? 30. 17. Pravokutnici (2). NajveÊu povrπinu
ima kvadrat sa stranicom duljine 13 cm (p = 169 cm2), a najmanju onaj pravokutnik
kojemu su duljine stranica 1 cm i 25 cm (p = 25 cm2). 19. Dalekovod. Vod je dug
3357 m ≈ 57.94 m. 20. Podjela zarade. Zadatak ima dva rjeπenja. Ukupna zarada je
6 075 kn ili 4 860 kn.
Rjeπenja su poslali i atkinim biljeænicama su nagraeni atkaËi: Matko Ljulj, 8.b,
O© A. ©enoe, Zagreb; Albert ©kegro, 6.r., O© Savski Gaj, Zagreb; Danica Kavelj,
8.r., O© S. S. KranjËeviÊa, LovreÊ i Nevenka Kriæan, 8.r., O© S. S. KranjËeviÊa,
LovreÊ.
1
7 8
9 10
11 12 13
15 15 16
2 3 4 5 6
4 1 4 5 3 9
3 0 6 1 6 7
6 2 2 3 8
8 4 0 1 5
1 7 5 1 9 6
1
7 8 9
10 11 12
13 14 15
17 18 19
2 3 4 5
9 8 6 8 9 5
1 3 8 2 4 7
7 2 5 6 9 0
5 2 1 1 0
4 0 1 3 8 2
16
6
4
8
7
420 21
2 0 6 6 4 4 9
1
7 8
9 10
12
13 14 15
2 3 4 6
2 2 3 1 7 4
7 1 6 7
4 0 2 8 0 4
1 9 3 5 1
8 1 3 7 316 17
5 4 6 7 0 2
5
11
9
5. razred
7. razred
6. razred
1
7 8 9
10 11 12
13 14 15 16
18 19 20 21
2 3 5
4 3 5 6 7 9
1 2 9 7 5 6
9 8 4 2 8
7 3 8 5
1 2 6 1 4 3
17
6
9
0
4
022 23
5 0 1 5 1 8 4
4
8.razred
31
103
61
101
154
3013
3011
107
51
matka 60 ok 29:5:07 22:43 Page 286
287atka 15 (2006./2007.) br. 60
Rjeπenja zadataka iz Kutka za najmlae
1. 15, 2. 8 sati, 3. 21, 4. 16, 5. 400, 6. 24 h, 7. 6 469 952, 8. 20 h, 9. 1940. prvi put
je prikazan Pinocchio dok je MaË u kamenu prvi put prikazan 1963. godine. Dakle,
od prvog prikazivanja Pinocchia do prvog prikazivanja MaËa u kamenu protekle su
23 godine.
Rjeπenje Nagradnog natjeËaja broj 54.
Vidi Ëlanak na stranici 278.
Rjeπenje stripa Tko ima smee oËi?
Osoba A ima smee oËi, osoba B plave, osoba C smee, te osobe D i E plave.
Rjeπenje mozgalice 6 πtapiÊa
a) Rjeπenje je geometrijsko tijelo - pravilni tetraedar (trostrana piramida kojoj su svi
bridovi jednake duljine).
b) Rjeπenja su trokuti na krakovima Davidove zvijezde
Rjeπenje je poslao i atkinom biljeænicom nagraen je atkaË Luka TomaπkoviÊ
iz Zagreb.
Rjeπenja Sudok
Rjeπenja su poslali i atkinim su bi-
ljeænicama nagraeni atkaËi: Marko
Vitez, 7.r, O© Gornji Kneginec, Gornji Kneginec i ''MATKA»I'' - 5.a
O© E. KumiËiÊa, Rijeka.
Zadatci s prostorno-vremenskih meridijana
1. Tri uËenika toËno su rijeπila sve zadatke. 2. Bazen se napuni za 2512
dana sa sva
Ëetiri izvora zajedno. 3. Nikolajev sin zove se Petr. 4. Na 40 kilometarskih stupova
su u oba natpisa upotrijebljene samo 2 razliËite znamenke. 5. Postoje Ëetiri rjeπenja:
Tri vrËa teæe isto kao i 6 boca, ili 2 boce i 5 zdjelica, ili 2 boce, 3 zdjelice i 1 pehar,
ili pak 2 boce, 1 zdjelica i 2 pehara.
Rjeπenja su poslali i atkinim su biljeænicama nagraeni atkaËi: Tatjana
HasanoviÊ, 6.a, O© Mursko SrediπÊe, Mursko SrediπÊe; Albert ©kegro, 6.r., O©Savski Gaj, Zagreb; Matko Ljulj, 8.b, O© A. ©enoe, Zagreb.
Sudoku 1 Sudoku 2 Sudoku 3 Sudoku X
matka 60 ok 29:5:07 22:43 Page 287
James Bond 007 britanski je tajni agent kojega je osmislio pisac IanFleming 1953. godine u svojim romanima i kratkim priËama. Nakon Flemingovesmrti o Bondu su nastavili pisati Kingslez Amis (kao i Robert Markham, JohnPearson, John Gardner, Raymond Benson i Charlie Higson). James Bond svojuje slavu stekao zahvaljujuÊi filmovima koji su o njemu snimljeni.
Izmeu 1962. i 2007. godine πest razliËitih glumaca okuπalo se u uloziJamesa Bonda u "sluæbenim" filmovima.
• Sean Connery (1962. - 1967., 1971.)• George Lazenby (1969.)• Roger Moore (1973. - 1985.)• Timothy Dalton (1987. - 1989.)• Pierce Brosnan (1995. - 2002.)• Daniel Craig (2006. - danas)
KU
TAK
ZA
NAJMLA–E
KKoorriisstteeÊÊii ssee ppooddaattcciimmaa iizz ttaabblliiccee ooddggoovvoorrii nnaa sslljjeeddeeÊÊaa ppiittaannjjaa::
11.. KKoojjii jjee gglluummaacc uu uulloozzii JJaammeessaa BBoonnddaa gglluummiioo nnaajjdduulljjee??22.. KKoolliikkoo jjee uukkuuppnnoo uullaazznniiccaa pprrooddaannoo zzaa ffiillmmoovvee oo JJaammeessuu
BBoonndduu??33.. KKoojjii jjee BBoonnddoovv ffiillmm pprrooddaaoo nnaajjvveeÊÊii,, aa kkoojjii nnaajjmmaannjjii bbrroojj
uullaazznniiccaa??44.. KKoojjii jjee ffiillmm iimmaaoo nnaajjvveeÊÊuu zzaarraadduu,, aa kkoojjii nnaajjmmaannjjuu??55.. KKoolliikkuu ssuu uukkuuppnnuu zzaarraadduu oodd uullaazznniiccaa ppoossttiiggllii ffiillmmoovvii oo
JJaammeessuu BBoonndduu??66.. PPoorreeddaajj gglluummccee ppoo rreedduu,, oodd gglluummccaa kkoojjii jjee oossttvvaarriioo nnaajj--
mmaannjjuu pprroossjjeeËËnnuu zzaarraadduu oodd uullaazznniiccaa,, ddoo oonnooggaa kkoojjii jjee oossttvvaarriioonnaajjvveeÊÊuu..
77.. KKoojjii jjee oodd BBoonnddoovviihh ffiillmmoovvaa iimmaaoo nnaajjvveeÊÊii,, aa kkoojjii nnaajjmmaannjjiibbuuddææeett?? ((KKoorriissttii ssee pprriillaaggooeenniimm vvrriijjeeddnnoossttiimmaa ss oobbzziirroomm nnaaiinnffllaacciijjuu..))
88.. ZZaa kkoojjeegg ssee gglluummccaa ooddvvaajjaaoo vveeÊÊii pprroossjjeeËËnnii bbuuddææeett zzaa uulloogguuJJaammeessaa BBoonnddaa,, RRooggeerraa MMoooorraa iillii TTiimmootthhyyjjaa DDaallttoonnaa??
matka 60 ok 29:5:07 22:43 Page 288
Naziv filma Godina James Bond Zarada Ukupan broj Budæet Budæet:prodanih ulaznica prilagoen s obzirom
(izraæeno na inflacijuu milijunima)
Dr. No 1962 Sean Connery $59 600 000 72.1 $1 000 000 $6 680 000
Iz Rusije s ljubavlju 1963 Sean Connery $78 900 000 95.3 $2 500 000 $16 475 000
Goldfinger 1964 Sean Connery $124 900 000 130.1 $3 500 000 $22 750 000
Operacija Grom 1965 Sean Connery $141 200 000 136.0 $11 000 000 $70 400 000
Samo se dvaput æivi 1967 Sean Connery $111 600 000 81.7 $9 500 000 $57 380 000
U sluæbi njenog veliËanstva 1969 George Lazenby $87 400 000 62.4 $7 000 000 $38 430 000
Dijamanti su vjeËni 1971 Sean Connery $116 000 000 70.3 $7 200 000 $35 856 000
Æivi i pusti umrijeti 1973 Roger Moore $161 800 000 91.6 $7 000 000 $31 780 000
»ovjek sa zlatnim piπtoljem 1974 Roger Moore $97 600 000 51.6 $7 000 000 $28 630 000
©pijun koji me volio 1977 Roger Moore $185 400 000 83.1 $14 000 000 $46 620 000
Operacija Svemir 1979 Roger Moore $210 300 000 85.1 $34 000 000 $94 520 000
Samo za tvoje oËi 1981 Roger Moore $195 300 000 70.3 $28 000 000 $62 160 000
Octopussy 1983 Roger Moore $187 500 000 59.5 $27 500 000 $55 550 000
Pogled na ubojstvo 1985 Roger Moore $152 400 000 42.9 $30 000 000 $56 100 000
Dah smrti 1987 Timothy Dalton $191 200 000 48.9 $40 000 000 $70 800 000
Dozvola za ubojstvo 1989 Timothy Dalton $156 200 000 39.1 $42 000 000 $68 460 000
Zlatno oko 1995 Pierce Brosnan $353 400 000 81.2 $60 000 000 $79 200 000
Sutra nikad ne umire 1997 Pierce Brosnan $346 600 000 75.5 $110 000 000 $138 600 000
Svijet nije dovoljan 1999 Pierce Brosnan $390 000 000 77.1 $135 000 000 $163 350 000
Umri drugi dan 2002 Pierce Brosnan $456 000 000 78.6 $142 000 000 $159 040 000
Casino Royale 2006 Daniel Craig $552 371 013 83.9 $130 000 000 $130 000 000
Bond 22 2008 Daniel Craig
KUTAK ZA
NAJ
MLAD
E
matka 60 ok 29:5:07 22:43 Page 289
290 atka 15 (2006./2007.) br. 60
matka 60 ok 29:5:07 22:43 Page 290