Sveuciliste J.J. Strossmayera u Osijeku

Odjel za matematiku

Vlatka Kurjancic

Matematicka natjecanja

Diplomski rad

Osijek, 7.12.2010.

Sveuciliste J.J. Strossmayera u Osijeku

Odjel za matematiku

Vlatka Kurjancic

Matematicka natjecanja

Diplomski rad

Mentor: prof. dr. sc. Zdenka Kolar - Begovic

Osijek, 7.12.2010.

Sadrzaj

UVOD 1

1. MATEMATICKA NATJECANJA U

REPUBLICI HRVATSKOJ 2

1.1. Povijest natjecanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2. Organizacija natjecanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.3. Gradivo natjecanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2. MATEMATICKA NATJECANJA U SVIJETU 8

2.1. Klokan bez granica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

3. METODICKA STRANA MATEMATICKIH

NATJECANJA 11

3.1. Ciljevi natjecanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

3.2. Pozitivne strane natjecanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

3.3. Matematicke sposobnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

3.3.1. Rad s nadarenim ucenicima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

3.4. Znanja i metode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

4. NEKE METODE RJESAVANJA ZADATAKA 15

4.1. Diofantske jednadzbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

4.1.1. Linearne diofantske jednadzbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

4.1.2. Nelinerne diofantske jednadzbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

4.2. Metoda uzastopnih priblizavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

4.3. Graficko - aritmeticka metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

4.4. Descartesova metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

4.5. Metoda inverzije ili racunanja unazad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

4.6. Metoda ispitivanja sustavnih listi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

4.7. Logicke tablice - integrami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

4.8. Nejednakosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

4.8.1. Osnovna svojstva nejednakosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

4.8.2. Jednostavne i posebne nejednakosti . . . . . . . . . . . . . . . . 31

4.8.3. Standardne metode dokazivanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

4.9. Konstruktivna geometrija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

4.9.1. Metoda presjeka skupova tocaka . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

4.9.2. Metoda osne simetrije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

5. SAZETAK 47

6. SUMMARY 49

4

7. ZIVOTOPIS 50

Literatura 30

1

UVOD

U diplomskom radu nastojalo se prikazati sustav matematickih natjecanja, opisati

metodicku stranu samih natjecanja i neke metode rjesavanja zadataka. Diplomski

rad podijeljen je u cetiri poglavlja: matematicka natjecanja u Republici Hrvatskoj,

matematicka natjecanja u svijetu, metodicka strana matematickih natjecanja i neke

metode rjesavanja zadataka.

U prvom poglavlju dan je kratak opis povijesti i organizacije matematickih natjecanja

u Republici Hrvatskoj te su navedeni sadrzaji koji se mogu ocekivati na pojedinim

razinama natjecanja za svaki razred.

U drugom poglavlju prikazana je struktura natjecanja Klokan bez granica i navedeni

su primjeri zadataka po dobnim skupinama.

U trecem poglavlju prikazani su ocekivani ciljevi i korist natjecanja iz matematike.

Takoder, razradene su matematicke sposobnosti ucenika.

U cetvrtom poglavlju obradene su metode rjesavanja diofantskih jednadzbi, logickih,

problemskih i kombinatornih zadataka. Takoder, opisana je metodicka razrada pos-

tupka potrebnog za uspjesno dokazivanje nejednakosti i opisane su neke metode rjesavanja

konstruktivnih zadataka.

2

1. MATEMATICKA NATJECANJA U

REPUBLICI HRVATSKOJ

1.1. Povijest natjecanja

Matematicka natjecanja u Hrvatskoj (tadasnjoj Jugoslaviji) pocinju se provoditi u

nekim srednjim skolama skolske godine 1959./60. na preporuku UNESCO-a, ali podaci

o tim natjecanjima su dosta oskudni te postoje za samo nekoliko skola. Na teritoriju

RH prva kvalifikacijska natjecanja iz matematike za ucenike svih srednjih skola II. stup-

nja pocinju se provoditi skolske godine 1964./65. Ucenici osnovnih skola takoder vrlo

rano pocinju sudjelovati na natjecanjima iz matematike i to: ucenici sedmih i osmih

razreda od 1965. godine na opcinskim i republickim, petih i sestih od 1974. godine

na opcinskim, a ucenici cetvrtih razreda od 1992. godine. Od 1994. godine uvodi

se zupanijsko natjecanje u sustav natjecanja. Od 2006. godine Drzavno povjerenstvo

pocinje sastavljati, za ucenike srednjih skola, dvije varijante zadataka A i B kategorije.

Zadaci A kategorije su slozeniji i namijenjeni ucenicima prirodoslovno-matematickih

gimnazija. Zadaci B kategorije su namijenjeni ucenicima ostalih srednjih skola. Za

zadatke A kategorije mogu se opredijeliti i ucenici ostalih srednjih skola na opcinskim

natjecanjima, ali jednom odabrana kategorija ostaje na svim kasnijim razinama. Kat-

egorije su uvedene jer je uoceno da ucenici ostalih srednjih skola teze postizu zapazene

rezultate zbog manjeg broja sati u odnosu na ucenike prirodoslovno-matematickih gim-

nazija te time gube motivaciju. (pogledati [4])

1.2. Organizacija natjecanja

Organizatori natjecanja iz matematike su: Ministarstvo znanosti, obrazovanja i sporta,

Agencija za odgoj i obrazovanje i Hrvatsko matematicko drustvo. Na natjecanjima iz

matematike u Republici Hrvatskoj sudjeluju ucenici osnovnih (od cetvrtog do osmog

razreda) i srednjih skola (od prvog do cetvrtog razreda). Ucenici cetvrtih, petih i sestih

razreda sudjeluju na skolskim, zupanijskim i regionalnim natjecanjima, a ucenici sed-

mih i osmih razreda te srednjih skola na skolskim, zupanijskim i drzavnim natjecanjima.

Skolska natjecanja odrzavaju se pocetkom veljace, zupanijska sredinom ozujka, drzavna

krajem travnja te regionalna natjecanja u svibnju. Ucenici srednjih skola rjesavaju za-

datke varijante A ili varijante B.

3

1. Skolsko (gradsko) natjecanje

Drzavno povjerenstvo za natjecanja iz matematike obavijesti i upute za orga-

niziranje natjecanja salje tjedan dana prije, a zadatke i rjesenja jedan dan prije

natjecanja i to putem elektronske poste svim Zupanijskim upravnim odjelima

drustvene djelatnosti. Oni tada zaprimljene materijale salju skolskim povjeren-

stvima koja organiziraju skolska natjecanja. Zadaci i rjesenja spremljeni su u

posebno zatvorenoj omotnici, a nju otvara predsjednik skolskog povjerenstva prije

pocetka natjecanja. Ucenici osnovnih skola zadatke rjesavaju 2 sata (120 min-

uta), a ucenici srednjih skola 3 sata (180 minuta). Skolsko povjerenstvo tada

zupanijskim povjerenstvima dostavlja izvjesca u roku od 48 sati u kojima je pot-

puna ljestvica poretka i radovi ucenika koji se predlazu za zupanijsko natjecanje.

2. Zupanijsko natjecanje

Na zupanijskim natjecanjima sudjeluju ucenici koji su ostvarili najbolje rezultate

na skolskim natjecanjima, a organiziraju ih zupanijska povjerenstva u suradnji

sa zupanijskim strucnim vijecima ucitelja i nastavnika matematike koji djeluju

na podrucju te zupanije. Ona odreduju maksimalan broj ucenika po kategori-

jama. Drzavno povjerenstvo za natjecanja iz matematike upute i obavijesti za

organiziranje zupanijskih natjecanja salje tjedan dana prije elektronskom postom

svim zupanijskim povjerenstvima, te jedan primjerak zadataka s rjesenjima dan

prije natjecanja. Zadatke i rjesenja spremljena u posebno zatvorenoj kuverti ot-

vara prije natjecanja predsjednik zupanijskog povjerenstva. Zupanijska povjeren-

stva predsjedniku drzavnog povjerenstva u roku od 48 sati nakon zupanijskog

natjecanja moraju dostaviti izvjesca, potpune ljestvice poretka i radove ucenika

koje predlazu za drzavno natjecanje. Ljestvice poretka ucenika cetvrtih, petih,

sestih razreda osnovne skole salju se savjetnicima Agencije za odgoj i obrazo-

vanje pojedinih regija (Osijek, Rijeka, Split i Zagreb). Predsjednici zupanijskih

povjerenstava dostavljaju radove ucenika odabranih za regionalna natjecanja sav-

jetnicima pojedinih regija.

3. Regionalno natjecanje

Najuspjesniji ucenici cetvrtih, petih i sestih razreda osnovnih skola na zupanijskim

natjecanjima pozivaju se na regionalna natjecanja. Ona se odrzavaju u cetiri

regije: osjeckoj, rijeckoj, splitskoj i zagrebackoj, a rjesavanje zadataka odvija se

istodobno u svim regijama. Zadatke sastavlja drzavno povjerenstvo za natjecanja

iz matematike, koje svim savjetnicima za matematiku tri dana prije natjecanja

dostavlja po jedan primjerak zadataka s rjesenjima te obavijesti i upute za orga-

niziranje natjecanja.

4

4. Drzavno natjecanje

Na drzavno natjecanje pozivaju se ucenici prema sljedecim kriterijima:

(a) 40 najuspjesnijih ucenika sedmih i osmih razreda

(b) 25 najuspjesnijih ucenika iz svakog razreda koji su se natjecali u A varijanti

srednje skole

(c) zupanijski prvaci koji su se natjecali u B varijanti srednje skole ako su ostvar-

ili barem 10 posto od najboljeg postignutog rezultata u pojedinom razredu

u cijeloj RH

Preostalih do 25 mjesta po razredu popunjavaju se po rang ljestvici. Ucenika na

drzavno natjecanje prati njegov mentor (ucitelj ili nastavnik redovite ili dodatne

nastave). Drzavni prvak je onaj ucenik koji je postigao najbolji uspjeh u svojoj

kategoriji. Ako u istoj kategoriji vise ucenika ima najveci broj bodova, svi su

drzavni prvaci. Takoder, ucenici mogu osvojiti drugo i trece mjesto ili pohvalu.

Drzavno natjecanje, osim natjecanja mladih matematicara u rjesavanju prob-

lemskih zadataka, obuhvaca i izbor kandidata za Medunarodnu matematicku

olimpijadu i Srednjeeuropsku matematicku olimpijadu te seminar za ucitelje i

nastavnike (mentore).

5. Medunarodna matematicka olimpijada (MMO)

Kruna svih srednjoskolskih natjecanja je Medunarodna matematicka olimpijada.

Prva je odrzana u Rumunjskoj 1959. godine gdje su sudjelovale samo drzave

Istocnog bloka, a 2010. godine na tom natjecanju je sudjelovalo 97 zemalja. Na

Olimpijadi se svaki ucenik natjece pojedinacno i ne smije biti stariji od 20 god-

ina. Za jednu zemlju smije se maksimalno natjecati sest ucenika. Uoceno je da ne

postoji korelacija izmedu najuspjesnijih zemalja na MMO i dobitnica Fieldsove

medalje (matematicki analogon Nobelove nagrade). Isto tako uoceno je da najus-

pjesniji sudionici MMO nisu kasnije uspjeli dobiti Filedsovu medalju. (pogledati

[4]). Hrvatska sudjeluje samostalno od 1993. godine te je smjestena otprilike

na sredinu tablice najuspjesnijih zemalja za posljednjih 12 MMO, a posljednje

dvije godine zauzela je 32. mjesto sto predstavlja veliki uspjeh obzirom na broj

stanovnika. Taj uspjeh je zasigurno rezultat kvalitetne nastave matematike u

skolama, ali je ponajprije rezultat rada s nadarenim ucenicima odnosno najboljim

natjecateljima.

5

1.3. Gradivo natjecanja

Na natjecanjima iz matematike ucenici rjesavaju zadatke koji obuhvacaju:

1. gradivo predvideno nastavnim planom i programom za pojedine razrede osnovne

i srednje skole do odrzavanja pojedinih natjecanja (skolsko/gradsko, zupanijsko

i regionalno(drzavno))

2. gradivo iz prethodnih razreda

3. dodatne teme

Predvideno gradivo i dodatne teme za ucenike osnovnih skola prikazane su u sljedecoj

tablici:

razred skolsko/gradsko zupanijsko regionalno/drzavno4. gradivo prethodnih razreda prije navedeno gradivo 4.razreda prije navedeno gradivo 4. razreda

- brojevi do milijun - trokut, pravokutnik i kvadrat - pisano dijeljenje- kutovi - logicki zadaci - logicki zadaci- pisano mnozenje - kombinatorni zadaci

5. gradivo prethodnih razreda prije navedeno gradivo 5. razreda prije navedeno gradivo 5. razreda

- prirodni brojevi - skupovi tocaka u ravnini - razlomci- djeljivost - logicki zadaci - logicki zadaci

- kombinatorni zadaci - kombinatorni zadaci- Dirichletov princip

6. gradivo prethodnih razreda prije navedeno gradivo 6. razreda prije navedeno gradivo 6. razreda

- razlomci - cijeli brojevi - racionalni brojevi- trokut - logicki zadaci - linerne jednadzbe

- kombinatorni zadaci - logicki zadaci- kombinatorni zadaci- Dirichletov princip

7. gradivo prethodnih razreda prije navedeno gradivo 7. razreda prije navedeno gradivo 7. razreda

- koordinatni sustav - mnogokuti - kruznica i krug- proporcionalnost i obrnuta propor-cionalnost

- logicki zadaci - sustavi linearnih jednadzbi

- slicnost trokuta - kombinatorni zadaci - logicki zadaci- diofantske jednadzbe - kombinatorni zadaci- Dirichletov princip - diofantske jednadzbe

- Dirichletov princip8. gradivo prethodnih razreda prije navedeno gradivo 8. razreda prije navedeno gradivo 8. razreda

- kvadriranje i korjenovanje - realni brojevi - preslikavanja ravnine- Pitagorin poucak - logicki zadaci - geometrija prostora

- kombinatorni zadaci - logicki zadaci- diofantske jednadzbe - kombinatorni zadaci- Dirichletov princip - diofantske jednadzbe

- Dirichletov princip

Tablica 1: Gradivo natjecanja iz matematike - osnovna skola

6

Predvideno gradivo i dodatne teme za ucenike srednjih skola (A kategorija) prikazane

su u sljedecoj tablici:

razred opcinsko(gradsko) natjecanje zupanijsko natjecanje drzavno natjecanje1. gradivo osnovne skole prethodno navedeno gradivo prethodno navedeno gradivo

- realni brojevi - uredaj u skupu realnih brojeva - apsolutna vrijednost realnog broja- potencije i algebarski izrazi - linearne nejednadzbe - koordinatni sustav u ravnini- linearne jednadzbe - osnove prebrojavanja - sustavi jednadzbi- problemi 1. stupnja - Diofantske jednadzbe - osnovne nejednakosti o sredinama- logicki zadaci - karakteristicne tocke trokuta - slicnost- Dirichletov princip - obodni kut- djeljivost

2. gradivo prethodnih razreda prethodno navedeno gradivo prethodno navedeno gradivo

- skup kompleksnih brojeva - trigonometrija pravokutnog trokuta - eksponencijalne funkcije- kvadratna jednadzba - polinomi i algebarske jednadzbe - Vieteove formule (polinom n varijabli)- polinom drugog stupnja i njegov graf - Bezoutov teorem- logicki zadaci - nultocke polinoma s cjelobrojnim

koef.- Dirichletov princip- djeljivost

3. gradivo prethodnih razreda prethodno navedeno gradivo prethodno navedeno gradivo

- trigonometrijske funkcije - primjena trigonometrije - vektori- logicki zadaci - matematicka indukcija - kombinatorika- Dirichletov princip - metoda beskonacnog spustanja- djeljivost - potencija tocke u odnosu na kruznicu

4. gradivo prethodnih razreda prethodno navedeno gradivo prethodno navedeno gradivo

- matematicka indukcija - nizovi i redovi - funkcije- binomni poucak- trigonometrijski prikaz kompl. broja- kombinatorika- logicki zadaci - funkcijske jednadzbe- Dirichletov princip- djeljivost

Tablica 2: Gradivo natjecanja iz matematike - srednja skola (A kategorija)

7

Predvideno gradivo i dodatne teme za ucenike srednjih skola (B kategorija) prikazane

su u sljedecoj tablici:

razred opcinsko(gradsko) natjecanje zupanijsko natjecanje drzavno natjecanje1. gradivo osnovne skole prethodno navedeno gradivo prethodno navedeno gradivo

- realni brojevi - uredaj u skupu realnih brojeva - apsolutna vrijednost realnog broja- potencije i algebarski izrazi - linearne nejednadzbe - koordinatni sustav u ravnini- linearne jednadzbe - djeljivost - sustavi jednadzbi- problemi 1. stupnja - Diofantske jednadzbe- logicki zadaci - slicnost

- obodni kut2. gradivo prethodnih razreda prethodno navedeno gradivo prethodno navedeno gradivo

- skup kompleksnih brojeva - trigonometrija pravokutnog trokuta - eksponencijalne funkcije- kvadratna jednadzba- polinom drugog stupnja i njegov graf

3. gradivo prethodnih razreda prethodno navedeno gradivo prethodno navedeno gradivo

- trigonometrijske funkcije - primjena trigonometrije - vektori4. gradivo prethodnih razreda prethodno navedeno gradivo prethodno navedeno gradivo

- matematicka indukcija - nizovi i redovi - funkcije- binomni poucak - polinomi - kombinatorika- trigonometrijski prikaz kompl. broja

Tablica 3: Gradivo natjecanja iz matematike - srednja skola (B kategorija)

8

2. MATEMATICKA NATJECANJA U SVIJETU

2.1. Klokan bez granica

Udruga Klokani bez granica medunarodnog je karaktera i okuplja predstavnike ve-

likog broja Europskih zemalja, a cilj joj je popularizirati matematiku. Glavna joj je

zadaca organizacija natjecanja Klokan bez granica koje popularizira matematiku medu

mladima.

Natjecanje je dobilo ime u cast profesoru O’Holloranu, profesoru matematike iz Syd-

neya, koji je 80 - ih godina pokrenuo i osmislio samo natjecanje. Natjecanje je 1991.

godine u Francuskoj izazvalo pozitivne reakcije zbog broja sudionika koji je iz godine u

godinu sve vise rastao. 1994. godine osnovana je spomenuta udruga Klokan bez granica

sa sjedistem u Parizu. Te godine natjecanje je bilo organizirano u sedam zemalja Eu-

rope, dok je 2010. godine natjecanje bilo organizirano u 42 zemlje s vise od 6000000

sudionika.

Namjera natjecanja je motivirati ucenike da se bave matematikom izvan redovitih

skolskih programa. Moto natjecanja je: bez selekcije, eliminacije i finala. Natjecanje

se organizira u svim zemljama sudionicama svake godine u ozujku istoga dana i u isto

vrijeme. Ucenici sudjeluju u sljedecim dobnim skupinama:

1. Leptirici - 2. i 3. razred osnovne skole

2. Ecoliers- 4. i 5. razred osnovne skole

3. Benjamins- 6. i 7. razred osnovne skole

4. Cadets- 8. razred osnovne i 1. razred srednje skole

5. Juniors- 2. i 3. razred srednje skole

6. Students- 4. razred srednje skole

Skupina Leptirici rjesava 12 zadataka 45 minuta, a sve ostale skupine rjesavaju 24

zadatka 75 minuta. Zadaci su poredani od laksih prema tezima i za svaki je ponudeno

pet odgovora od kojih je samo jedan ispravan. Prvih osam zadataka se boduje s 3

boda, drugim osam s 4 boda, a zadnjih osam s 5 bodova. Ukoliko je zaokruzeni odgovor

netocan, oduzima se cetvrtina bodova predvidenih za taj zadatak. Ako zadatak ostane

nezaokruzen, za njega ucenik dobiva 0 bodova. U skupini Leptirici svaki sudionik na

pocetku natjecanja dobiva 12 bodova (kako bi se izbjegli negativni bodovi). Sudionici

ostalih dobnih skupina dobivaju 24 bodova.

9

Sluzbeni jezici natjecanja su francuski i engleski, a pitanja su prevedena na jezike

zemalja sudionica. Natjecanje se samofinancira i to clanarinom natjecatelja, a priku-

pljena sredstva koriste se za organizaciju, pripremu zadataka i simbolicne darove svim

natjecateljima. Pri tome najmanje polovina prikupljene svote mora se potrositi za na-

grade najboljima. Slijedi nekoliko primjera zadataka poredanih po dobnim skupinama

koji su se pojavili na natjecanju 2010. godine.

Primjer 2.1 (Students)

Pravci usporedni s osnovicom trokuta dijele svaku od preostalih stranica na 10 sukladnih

duzina. Koliki dio povrsine trokuta je obojan sivom bojom?

A) 42.5% B) 45% C) 46% D) 47.5% E) 50%

Slika 1: Trokut

Duljine duzina usporednih s osnovicom (duljine a) cine aritmeticki niz:

a1 =1

10a,

d =1

10a.

Povrsine svih dijelova trokuta (manji trokuti i trapezi) takoder cine aritmeticki niz:

a1 = 1200· av, d = 1

50· av, gdje je v duljina visine trokuta. Ukupna povrsina sivih

dijelova trokuta je:

P = (1

200+

1

40+

9

200+

13

200+

17

200) · av =

45

200· av =

45

100· av

2= 45% · av

2.

Isti zadatak dan je i za ucenike u kategoriji Juniors, ali su ga oni mogli rijesiti na

sljedeci nacin:

Povucemo li paralele sa stranicom AC i zatim sa BC trokut cemo podijeliti na 100

sukladnih trokuta, od kojih je 45 obojano sivo.

10

Primjer 2.2 (Cadets)

Ako je a− 1 = b+ 2 = c− 3 = d+ 4 = e− 5, koji je od brojeva a, b, c, d, e najveci?

Pribrojimo li svakom dijelu jednakosti 5 dobivamo a + 4 = b + 7 = c + 2 = d + 9 = e

pa je e najveci broj.

Primjer 2.3 (Benjamins)

Osnovna pizza u pizzeriji je pizza sa sirom (s) i rajcicom (r), a na nju se mogu dodati

jedan ili vise slijedecih priloga: sunka (s), gljive (g), prsut (p) i masline (m). K tome

se svaku pizzu moze naruciti kao malu, srednju i veliku. Koliko razlicith vrsta pizze

mozemo naruciti?

A) 30 B) 12 C) 18 D) 48 E) 72

Po vrstama imamo slijedece pizze: sr, srs, srg, srp, srm, srsg, srsp, srsm, srgm, srgp,

srpm, srsgm, srsgp, srspm, srgpm, srsgpm. Ovih 16 pomnozimo s tri velicine i dobijemo

48 pizza.

Primjer 2.4 (Ecoliers)

Umnozak 60 · 60 · 24 · 7 jednak je:

A) broju minuta u sedam tjedana

B) broju sati u sezdeset dana

C) broju sekundi u sedam sati

D) broju sekundi u jednom tjednu

E) broju minuta u 24 tjedna

Tocan odgovor je pod D.

11

3. METODICKA STRANA MATEMATICKIH

NATJECANJA

Uzimajuci u obzir potrebu drustva za strucnjacima koji su sposobni logicki zakljucivati

te posjeduju dobra matematicka znanja, i njihovu primjenu u konkretnim situacijama,

zakljucujemo da je uloga matematike u danasnje i buduce vrijeme sve znacajnija. Kako

bi se ta potreba zadovoljila, veliku ulogu osim redovne nastave trebale bi imati i izvan-

nastavne aktivnosti, pri cemu poseban znacaj imaju matematicka natjecanja.

3.1. Ciljevi natjecanja

Medu glavni ciljevima matematickih natjecanja najcesce se navode:

• obuhvatiti sto veci broj ucenika

Ovdje posebnu ulogu ima prva faza natjecanja jer na njoj mogu sudjelovati go-

tovo svi bolji ucenici, a ne samo iznadprosjecni. Iako iz godine u godine raste

broj natjecatelja i broj natjecanja, smatra se da bi bar 10 % ucenicke populacije

trebalo sudjelovati u toj fazi. (pogledati [4])

Kao glavni problem na toj razini natjecanja, javlja se neadekvatan izbor za-

dataka zbog kojeg velik broj ucenika ostvaruje slab rezultat koji na njih djeluje

demotivirajuce. Nastavnik kroz redovnu nastavu treba na razne nacine ucenike

stimulirati na dodatan rad i sudjelovanje na natjecanjima; kroz natjecateljske za-

datke za naprednije ucenike, izradu panoa s natjecateljskim zadacima, rjesenjima

i uspjesima pojedinih skola ili gradova,. . .

• siriti interes za ucenje matematike

• odabrati sto je moguce pravedniji sistem odabira

3.2. Pozitivne strane natjecanja

Natjecanja iz matematike otkrivaju nadarene i zainteresirane ucenike, i poticu ih da

cijene intelektualne sposobnosti. Svako dijete voli igru, a pogotovo onu u kojoj je dobro

i pobjeduje. Tako matematicka natjecanja poticu nadarene ucenike da postanu sto bolji

matematicari i provjere svoje matematicke sposobnosti. Na taj nacin ucenicima se

pruza kvalitetno obrazovanje i unapreduje nastava matematike u skolama. Natjecanja

iz matematike okupljaju ucenike istih interesa i sposobnosti te se oni tako nalaze u

zajednici u kojoj ce naci prijateljstvo, nadahnuce i poticaj u daleko vecoj mjeri nego

sto bi pronasli u tipicnom razredu.

12

3.3. Matematicke sposobnosti

Sposobnost se najcesce definira kao skup individualnih osobina zbog kojih pojedinac

ostvaruje uspjeh u nekoj aktivnosti. Niti jedna izrazita sposobnost nije urodena nego je

rezultat razvoja naslijedenih predispozicija ili polaznih pretpostavki za razvoj sposob-

nosti. U procesu obrazovanja drugacije se kod svakog pojedinca usavrsavaju i razvijaju

predispozicije. Kod nekih naslijedene predispozicije postaju izrazene sposobnosti, a kod

ostalih ostaju nerazvijene. Cinjenica je da svaki ucenik ima sposobnost za pracenje i

usvajanje matematickih sadrzaja propisanih nastavnim programom odnosno razumija-

vanje osnovnih matematickih pojmova i standardnih zadataka. (pogledati [11])

Treba naglasiti da uspjesnost ovog procesa nije uvijek pozitivna jer ovisi o nizu drugih

faktora (dobri udzbenici, kvaliteta izvodenja nastave, sistematican rad, . . . ).

Sto je to sto pojedinog ucenika cini izrazito sposobnim za matematiku?

Na to pitanje psihologija jos uvijek nije dala jedinstven odgovor, iako su mnogi provodili

istrazivanja na tu temu i dali svoje zakljucke. (pogledati [6])

Svi se slazu u tome da uspjeh u matematici ne ovisi o pamcenju velikog broja infor-

macija, formula ili cinjenica.

Navodimo nekoliko uocenih matematickih sposobnosti koje se izrazavaju u sljedecem:

• sposobnost brzog i lakog izvodenja slozenijih racunskih operacija

• sposobnost brzeg i sirokog uopcavanja matematickih sadrzaja

• sposobnost prostornog predocavanja

• sposobnost apstraktnog misljenja

• sposobnost kritickog razmisljanja

• postavljanje novih problemskih pitanja i ideja

• sposobnost uocavanja razlicitih nacina rjesavanja problema

• sposobnost odvajanja bitnog od nebitnog

• dovoljno strpljenja pri rjesavanju problemskih zadataka

• vjestina pravilnog logickog zakljucivanja

• teznja za istrazivanjem, poopcavanjem i modeliranjem

• sposobnost uspostavljanja analogija

13

3.3.1. Rad s nadarenim ucenicima

Nadareni ucenici su rijetkost i zadatak skolskog sustava je da otkrije takve ucenike i

pravilno ih usmjerava ne dozvoljavajuci im da budu prosjecni. Uoceno je da je zane-

marivanje nadarenih ucenika cesca pojava od pretjeranog rada s njima. Vjerojatno zbog

uvrijezenog misljenja da su nadareni ucenici toliko pametni da se mogu sami brinuti

o sebi. U prepoznavanju takvih ucenika i pravilnom radu s njima najvecu ulogu ima

nastavnik koji bi trebao biti (prema misljenju pedagoga):

• dobro upoznat s matematickim sadrzajem

• uvjeren u svoje matematicke sposobnosti (toliko da se ne plasi raditi s nadarenim

ucenica)

• osoba koja efektno komunicira s ucenicima i potice iznosenje novih ideja

• netko tko razumije socijalne, emocionalne i intelektualne potrebe nadarenih ucenika

• osoba koja u radu s nadarenim ucenicima vidi priliku za vlastiti intelektualni

razvoj.

Ako skola nema odgovarajuceg nastavnika s navedenim karakteristikama, onda bi tre-

bala pronaci mentora koji ce nadarenim ucenicima pruziti pravilan razvoj.

U procesu rada s nadarenim ucenicima posebno treba obratiti paznju na njihovu soci-

jalnu integraciju u razredu jer takva djeca su vrlo cesto okrenuta prema sebi. Najcesce

su nesklona timskom radu jer ne mogu shvatiti zasto druga djeca zaostaju za njima.

Nadareni ucenici moraju dublje obraditi gradivo i cesce rjesavati problemske zadatke

koji bi trebali biti glavno zariste rada. Takve ucenike treba poticati da istrazuju, za-

kljucuju, uocavaju zakonitosti i eksperimentiraju, sto podrazumijeva i nastavnikovo do-

datno zalaganje kod izrade pomocnih sredstava za ucenje. Rad s nadarenim ucenicima

zahtijeva cestu i mastovitu upotrebu takvih sredstava.

Uz adekvatan program za nadarene ucenike (koji nikako ne bi smio biti samo ubrzana

obrada gradiva), potrebna je pravovremena procjena trenutnog napretka kako bi se na

vrijeme modificirao aktualan program.

Takav program (koji se ne bi smio prekidati) treba nadarenim ucenicima pruziti mogucnost

napredovanja, dokazivanja u izvanredovnim nastavnim aktivnostima te vec spomenutoj

socijalnoj integraciji. (pogledati [1])

14

3.4. Znanja i metode

Na redovnoj nastavi ucenici dobivaju osnovna teorijska znanja koja im omogucavaju da

rijese pojedine zadatke koji su standardizirani. Zadaci koji se pojavljuju na natjecan-

jima su u pravilu problemski zadaci. Za rjesavanje pojedinih zadataka na matematickom

natjecanju ponekad nije dovoljna ucenikova sposobnost, kreativnost ili osnovno teori-

jsko znanje. Takvi zadaci zahtijevaju poznavanje bogatije teorijske osnove i dodatnih

cinjenica. Cesto se na natjecanjima dogodi da nadareni i najbolji ucenici postizu slabije

rezultate jer im nedostaju pojedina znanja za rjesavanje problema pa pojedini zadatak

percipiraju tezim nego sto on uistinu je, te brzo odustaju od njega.

Metode rjesavanja nekih matematickih problema su posebna znanja cijim poznavanjem

natjecatelj moze uvelike povecati svoj uspjeh na natjecatelju. Zbog toga veliku ulogu

na natjecanjima iz matematike ima mentor, koji treba ucenike upoznati sa sto vecim

brojem odredenih metoda.

Mentor bi trebao u sklopu pripreme za natjecanje pripremiti metodicku razradu poje-

dine metode i upoznati ucenike s njenom djelotvornoscu.

Metode u nastavi matematike mozemo razvrstati u dvije klase (prema [12]):

• osnovne metode znanstvenog misljenja i istrazivanja: analiza, sinteza, apstrak-

cija, konkretizacija, indukcija, dedukcija, generalizacija, specijalizacija, . . . ;

• posebne metode rjesavanja matematickih problema: metoda analogije, metoda

supstitucije, metoda neodredenih koeficijenata, metoda razlikovanja slucajeva,

metoda uzastopnih priblizavanja, Descartesova metoda, . . . .

Za odredena matematicka podrucja postoji vise metoda kojima se mogu rijesiti poje-

dini problemi.

Takva podrucja su: diofantske jednazbe (Eulerova metoda, metoda umnoska ili faktor-

izacije, metoda kvocijenta, metoda parnosti, metoda karakteristicnih ostataka, . . . ),

nejednakosti (ocigledan nacin dokazivanja, primjena posebnih nejednakosti, metoda

matematicke indukcije, analiticko - sinteticka metoda, . . . ) i konstruktivna geometrija

(metoda presjeka skupova tocaka, metoda simetrije, metoda rotacije, metoda centralne

simetrije, metoda translacije, . . . ).

Ako ucenik posjeduje neke od spomenutih matematickih sposobnosti, motivaciju za

napredovanje i kvalitetno je upoznat sa sto vecim brojem metoda, uspjeh ne bi trebao

izostati.

15

4. NEKE METODE RJESAVANJA ZADATAKA

4.1. Diofantske jednadzbe

Diofantske jednadzbe odabrane su kao dodatni matematicki sadrzaj koji se pojavljuje

na matematickim natjecanjima u osnovnoj i srednjoj skoli. Zbog toga ucenici ovo

podrucje matematike moraju obraditi sami ili uz pomoc mentora. Zadaci s diofantskim

jednadzbama i problemima koji se svode na rjesavanje diofantskih jednadzbi vrlo su

cesti na matematickim natjecanjima (pogledati [8]). Prije obrade diofantskih jednadzbi

korisno je s ucenicima obraditi ili ponoviti sljedece cinjenice o brojevima (prema [9]):

1. Parni prirodni broj je oblika 2k, a neparni 2k − 1.

2. Prirodni broj je djeljiv sa 3(9) ako je zbroj njegovih znamenaka djeljiv tim brojem.

3. Ako je svaki pribrojnik djeljiv nekim brojem, onda je i zbroj djeljiv tim brojem.

4. Umnozak tri uzastopna prirodna broja djeljiv je sa 6, a umnozak dva uzastopna

parna broja djeljiv je sa 8.

5. Kvadrati prirodnih brojeva ne mogu zavrsavati sa 2, 3, 7 i 8.

6. Kvadrat svakog neparnog prirodnog broja je oblika 8m+ 1.

7. Kvadrat svakog parnog prirodnog broja je oblika 4m.

8. Svaki prosti broj veci od 3 je oblika 6k − 1 ili 6k + 1.

9. Kvadrat svakog prostog broja veceg od 3 je oblika 12m+ 1.

10. Ako je n2 paran (neparan) broj, onda je i n paran (neparan broj).

11. Zbroj i razlika dvaju cijelih brojeva iste je parnosti.

Definicija 4.1 Algebarske jednadzbe s dvije ili vise nepoznanica s cjelobrojnim koefi-

cijentima za koje se traze cjelobrojna ili racionalna rjesenja nazivaju se diofantske

jednadzbe.

Diofantske jednadzbe mogu biti linearne ili nelinearne.

16

4.1.1. Linearne diofantske jednadzbe

U ovom odjeljku razmotrit cemo jednadzbu oblika ax + by = c, gdje su a, b i c cijeli

brojevi i pritom su a i b razliciti od 0. Takoder, navest cemo neke metode rjesavanja

takvih jednadzbi.

Definicija 4.2 Jednadzbu oblika ax + by = c, gdje su a, b i c cijeli brojevi i a 6= 0,

b 6= 0 nazivamo linearna diofantska jednadzba.

Teorem 4.1 Diofantska jednadzba

ax+ by = c,

gdje su a, b i c cijeli brojevi ima cjelobrojna rjesenja ako i samo ako M(a, b) = d | c.Ako d | c, tada se partikularno rjesenje x0, y0 jednadzbe ax + by = c moze izracunati

tako da se odrede u i v tako da vrijedi ua+ vb = d i postavi

x0 = uc/d i y0 = vc/d. (4.1)

Sva rjesenja su tada oblika:

x = x0 + t · bd

i y = y0 − t · ad (4.2)

gdje je t ∈ Z, d = M(a, b).

Rjesavanje linearnih diofantskih jednadzbi Euklidovim algoritmom

Navodimo tvrdnje koje koristimo u rjesavanju zadataka primjenom Diofantskih jed-

nadzbi.

Teorem 4.2 Neka su a i b nenegativni cijeli brojevi, pri cemu je b 6= 0. Tada su

jednoznacno odredeni cijeli brojevi q i r tako da je a = bq + r, 0 ≤ r < b.

Broj q nazivamo kolicnikom brojeva a i b, a r ostatkom pri dijeljenju broja a brojem b.

Sam Euklidov algoritam sastoji se u uzastopnoj primjeni tvrdnje iskazane u prethod-

nom teoremu. Neka su a i b zadani cijeli brojevi, pri cemu je a > b. Tada su jednoznacno

odredeni nenegativni cijeli brojevi qi i ri, 1 ≤ i ≤ k + 1, tako da je:

a = q1b+ r1, 0 < r1 < b ;

b = q2r1 + r2, 0 < r2 < r1 ;

r1 = q3r2 + r3, 0 < r3 < r2 ;...

rk−3 = qk−1rk−2 + rk−1, 0 < rk−1 < rk−2 ;

rk−2 = qkrk−1 + rk, 0 < rk < rk−1 ;

rk−1 = qk+1rk + 0, (rk+1 = 0).

Niz gornjih jednakosti nazivamo Euklidovim algoritmom duzine n za brojeve a i b.

17

Teorem 4.3 Najveci zajednicki djelitelj cijelih brojeva a i b, b 6= 0, je broj M(a, b) =

rk, gdje je rk posljednji pozitivan ostatak dobiven primjenom Euklidovog algoritma na

prirodne brojeve a i b.

Napisimo ostatke iz Euklidovog algoritma na sljedeci nacin:

r1 = a− q1b;r2 = b− q2r1;r3 = r1 − q3r2;. . .

rk−1 = rk−3 − qk−1rk−2;

rk = rk−2 − qkrk−1

Vidimo da se svaki clan (pocevsi od treceg) izrazava pomocu svoja dva prethodnika kao

cjelobrojna linearna kombinacija. Ako krenemo od posljednjeg clana rk u navedenom

nizu, vidimo da se moze izraziti kao linearna kombinacija brojeva a i b sa cjelobrojnim

koeficijentima: rk = ax+ by,

pri cemu su x i y cijeli brojevi. Time smo dokazali sljedeci teorem.

Teorem 4.4 Ako su a i b cijeli brojevi, tada jednadzba ax + by = M(a, b) ima bar

jedno cjelobrojno rjesenje.

Upravo iskazano mozemo iskoristiti za rjesavanje diofantskih jednadzbi oblika

ax+ by = M(a, b).

Primjer 4.1 (15. ozujka 2010., 7.razred, zupanijsko natjecanje iz matematike)

Koliko parova troznamenkastih prirodnih brojeva (x, y) zadovoljava uvjet

15x+ 3y = 2010?

Prethodni zadatak mozemo rijesiti primjenom upravo iskazanih teorema te od do-

bivenih cjelobrojnih rjesenja odabrati ona koja odgovaraju uvjetu zadatka. Dijeljenjem

jednadzbe 15x+ 3y = 2010 s 3 dobivamo jednadzbu 5x+ y = 670.

Kako je M(5, 1) = 1, tada vrijedi 1 = 0 · 5 + 1 · 1. Dakle, dobivamo u = 0, v = 1 te

vrijedi x0 = 0, y0 = 670. Dobivamo skup rjesenja:

x = 0 + t

y = 670− 5t,

gdje su t cijeli brojevi. Vidimo da nama odgovaraju rjesenja za 100 ≤ t ≤ 114 te na taj

nacin dobivamo 15 parova troznamenkastih prirodnih brojeva (100, 170), (101, 165),

(102, 160), . . . , (113, 105) i (114, 100) koji zadovoljavaju postavljeni zahtjev.

18

Eulerova metoda

Bit ove metode sastoji se u tome da varijablu, uz koju je koeficijent po apsolutnoj

vrijednosti manji, izrazimo pomocu druge varijable te nakon toga razlomak na desnoj

strani napisemo u obliku zbroja cijelog i razlomljenog dijela, i tada gledamo kada ce

razlomljeni dio biti cijeli broj.

Primjer 4.2 (7. - 10. svibnja 1998., 8. razred, drzavno natjecanje iz matematike )

Koliko ima uredenih parova troznamenkastih prirodnih brojeva (x, y) koji su rjesenja

jednadzbe 3x+ 4y = 1998?

Jednadzba ima cjelobrojna rjesenja jer je M(3, 4) = 1 i 1|1998. Koefcijent uz x je

manji pa slijedi: x = 1998−4y3

. Zatim razlomak na desnoj strani zapisemo u obliku

zbroja cijelog i razlomljenog dijela te dobijemo: x = 666 − y − y3. Kako x mora biti

cijeli broj, na desnoj strani y3

trebamo dobiti cijeli broj, tj. mora biti y = 3k, pri cemu

k ∈ Z. Uvrstavanjem y = 3k u pocetnu jednadzbu dobivamo: x = 666− 4k.

Skup svih rjesenja je tada: x = 666− 4k, y = 3k, k ∈ Z.

Vidimo da za 34 ≤ k ≤ 141, k ∈ Z vrijedi uvjet zadatka. Tada trazenih uredenih

parova ima 141− 33 = 108.

U nekim slucajevima jednadzba nece biti rjesena u prvom koraku, nego ce navedeni

postupak biti potrebno provesti vise puta.

4.1.2. Nelinerne diofantske jednadzbe

Definicija 4.3 Jednadzbe s cjelobrojnim koefcijentima u kojima se nepoznanice ne po-

javljuju u prvoj potenciji, vec one sadrze clanove viseg reda kao npr. x2, xy, x3 nazi-

vamo nelinearne diofantske jednadzbe.

Jurij V. Matijasevic dokazao je 1970. godine da nema opce metode kojom bi se za svaku

nelinearnu diofantsku jednadzbu moglo utvrditi ima li cjelobrojna rjesenja. Medutim,

danas postoje metode ili ’ideje’ pomocu kojih takve jednazbe mozemo rijesiti.

19

Metoda umnoska ili faktorizacije

Metoda umnoska ili faktorizacije sastoji se u tome da jednu stranu jednadzbe zapisemo

u obliku produkta cjelobrojnih vrijednosti te zatim promatramo moguce slucajeve u

odnosu na drugu stranu jednadzbe.

Primjer 4.3 (1. travnja 1995., 7. razred, zupanijsko natjecanje iz matematike)

Odredi parove cijelih brojeva x i y koji zadovoljavaju jednadzbu:

1

x+

1

y+

1

xy= 1.

Jednadzbu pomnozimo s xy i dobivamo:

y + x+ 1 = xy

⇒ xy − x− y = 1

⇒ x(y − 1)− y = 1

⇒ x(y − 1)− y + 1 = 1 + 1

⇒ x(y − 1)− (y − 1) = 2

⇒ (x− 1)(y − 1) = 2

Buduci da u skupu cijelih brojeva vrijedi:

2 = 1 · 2 = 2 · 1 = −2 · (−1) = −1 · (−2), slijede 4 slucaja:

• x− 1 = 2, y − 1 = 1 ⇒ x = 3, y = 2

• x− 1 = 1, y − 1 = 2 ⇒ x = 2, y = 3

• x − 1 = −2, y − 1 = −1 ⇒ x = −1, y = 0 (ovaj slucaj ne uzimamo jer x 6= 0 i

y 6= 0)

• x− 1 = −1, y − 1 = −2 ⇒ x = 0, y = −1 (analogno kao i prethodni slucaj)

Rjesenja jednadzbe su uredeni parovi cijelih brojeva: (3, 2), (2, 3).

20

Metoda kvocijenta ili dijeljenja

Metoda kvocijenta ili dijeljenja slicna je ranije opisanoj Eulerovoj metodi. Osnovna

ideja je da jednu nepoznanicu predocimo kao racionalnu funkciju druge nepoznanice i

transformiramo u zbroj cijele i racionalne funkcije druge nepoznanice, a zatim analizom

druge funkcije razmotrimo moguce slucajeve.

Primjer 4.4 (7.- 10. svibnja 1998., 1. razred srednje skole, drzavno natjecanje iz

matematike)

Nadite sve prirodne brojeve koji zadovoljavaju jednadzbu 10(m+ n) = mn.

Jednadzbu zapisemo u obliku 10m+ 10n−mn = 0 ⇒ m(10− n) + 10n = 0.

⇒ m =10n

n− 10=

10n− 100 + 100

n− 10=

10(n− 10) + 100

n− 10= 10 +

100

n− 10

Da bi m bio prirodan broj, 100n−10

mora biti prirodan broj. To ce vrijediti u sljedecim

slucajevima:

1. n− 10 = 1 ⇒ n = 11, m = 110

2. n− 10 = 2 ⇒ n = 12, m = 60

3. n− 10 = 4 ⇒ n = 14, m = 35

4. n− 10 = 5 ⇒ n = 15, m = 30

5. n− 10 = 10 ⇒ n = 20, m = 20

6. n− 10 = 20 ⇒ n = 30, m = 15

7. n− 10 = 25 ⇒ n = 35, m = 14

8. n− 10 = 50 ⇒ n = 60, m = 12

9. n− 10 = 100 ⇒ n = 110, m = 11

21

Primjer 4.5 (2. travnja 2004., 7. razred, zupanijsko natjecanje iz matematike)

Unutarnji kutovi α i β dva pravilna mnogokuta odnose se kao 2 : 3.

Odredi sve parove pravilnih mnogokuta koji imaju to svojstvo.

Neka je m broj stranica mnogokuta s unutarnjim kutom α, a n neka je broj stranica

mnogokuta s unutarnjim kutom β.

Tada je α : β = 2 : 3, tj.

(m− 2) · 180◦

m:

(n− 2) · 180◦

n= 2 : 3.

Sredivanjem tog razmjera dobivamo mn+ 4m = 6n.

Jednadzbu zapisemo u obliku m(n+ 4) = 6n, odnosno:

m =6n

n+ 4

m =6n+ 24− 24

n+ 4

m = 6− 24

n+ 4.

Zbog n > 0 slijedi da je n+ 4 > 4, pa promatramo ova cetiri slucaja:

1. Ako je n+ 4 = 6, tada je n = 2 sto nije moguce

2. Ako je n+ 4 = 8, tada je n = 4 i m = 3

3. Ako je n+ 4 = 12, tada je n = 8 i m = 4

4. Ako je n+ 4 = 24, tada je n = 20 i m = 5

22

Metoda parnosti

Ova metoda sastoji se u tome da diofantskoj jednadzbi odredimo parnost jedne od

nepoznanica i na temelju toga zakljucimo ima li jednadzba cjelobrojno rjesenje ili ne,

te na temelju toga vrsimo daljnja ispitivanja.

Primjer 4.6 (29. sijecnja 2009., 1. razred srednje skole (A varijanta), opcinsko (grad-

sko) natjecanje iz matematike)

Odredi sve prirodne brojeve n za koje je n2 − 440 potpuni kvadrat.

Neka je n2− 440 kvadrat broja k, k ∈ N. Iz n2− 440 = k2 slijedi (n− k)(n+ k) = 440.

Kako je desna strana jednakosti paran broj i produkt (n− k)(n+ k) mora biti paran,

pa je bar jedan od brojeva n−k, n+k paran. To je moguce jedino ako su n i k brojevi

iste parnosti, a tada su oba broja n− k, n+ k parna.

Broj 440 = 2 · 2 · 2 · 5 · 11 moze se prikazati kao produkt dvaju parnih brojeva na cetiri

nacina: 440 = 2 · 220 = 4 · 110 = 10 · 44 = 20 · 22.

Kako je n− k ≤ n+ k, dobivamo cetiri sustava:

• n− k = 2 i n+ k = 220

• n− k = 4 i n+ k = 110

• n− k = 10 i n+ k = 44

• n− k = 20 i n+ k = 22

Iz tih sustava dobivamo sve trazene brojeve n: 111, 57, 27, 21.

Metoda karakteristicnih ostataka

Metodu karakteristicnih ostataka primjenjujemo tako da promatramo ostatke pri di-

jeljenju bilo kojim cijelim brojem.

Primjer 4.7 (4. veljace 2010., 3. razred srednje skole (A varijanta), opcinsko (grad-

sko) natjecanje iz matematike)

Dokazi da jednadzba x2 + y2 − z2 + 2xy = 202 nema cjelobrojnih rjesenja.

Jednadzbu prvo zapisemo u obliku (x + y)2 − z2 = 202. Buduci da kvadrat nekog

cijelog broja moze dati ostatak 0 ili 1 pri dijeljenju s 4, zakljucujemo da lijeva strana

te jednadzbe daje ostatak 0, 1 ili −1 (odnosno 3) pri dijeljenju s 4. S druge strane,

broj 202 daje ostatak 2 pri dijeljenju s 4 pa zakljucujemo da zadana jednadzba nema

cjelobrojnih rjesenja.

23

4.2. Metoda uzastopnih priblizavanja

Metoda uzastopnih priblizavanja primjerena je za ucenike cetvrtih i petih razreda. Ova

metoda uspjesno zamjenjuje potrebu postavljanja jednadzbi s kojima ucenici te dobi

jos nisu upoznati. Metoda se sastoji u tome da u nizu pokusaja dodemo do rjesenja

postavljenog problema. U svakom od sljedecih pokusaja nastojimo ispraviti pogresku

koja je nastala u prethodnom pokusaju te na taj nacin dolazimo sve blize rezultatu.

Pokusaje najcesce prikazujemo pomocu tablice koja zorno prikazuje pokusaje. Ucenike

posebno treba uputiti kako da uoce koje nepoznanice odreduju stupce. Vazan dio

metode je procjena gdje ucenici moraju promisljati o granicama u kojima se nalazi

rjesenje problema i kako mu se pribliziti.

Primjer 4.8 (16. travnja 1999., 4. razred, zupanijsko natjecanje iz matematike)

Na ucenickom izletu 32 ucenika cetvrtog razreda bilo je smjesteno ovako, djevojcice u

dvokrevetne, a djecaci u trokrevetne sobe. Za smjestaj djevojcica upotrijebljena je jedna

soba vise nego za smjestaj djecaka. Koliko je bilo djevojcica, a koliko djecaka?

Broj soba djecaka ne moze biti veci od 9, niti neparan broj jer bi tada i broj soba za

djevojcice bio neparan sto nije moguce. Zbog toga broj soba djecaka je 2, 4, 6 ili 8.

Pokusaje zapisujemo na sljedeci nacin:

broj soba djecaka broj soba djevojcica broj djecaka broj djevojcica ukupno2 3 6 6 124 5 12 10 226 7 18 14 328 9 24 18 42

Vidimo da je treci slucaj povoljan. Na izletu je bilo 18 djecaka i 14 djevojcica.

24

4.3. Graficko - aritmeticka metoda

Metoda se temelji na grafickom prikazivanju nepoznanice i ostalih uvjeta zadatka koje

zapisujemo u ovisnosti o nepoznanici (postavljanje zadatka). Tada zbrojimo nepoznato

i poznato te izrazimo graficku nepoznanicu koju uvrstimo u postavku zadatka. Metoda

je namijenjena ucenicima nizih uzrasta koji bez poznavanja jednadzbi mogu rijesiti

problem.

Primjer 4.9 (3. ozujka 2000., 6. razred, opcinsko natjecanje iz matematike)

U nekoj skoli postoje 3 odjela 6. razreda, 6a, 6b i 6c. Broj ucenika 6a je za 3 veci od

broja ucenika u 6b, a broj ucenika u 6b je za 8 manji od broja ucenika u 6c. Koliko je

ucenika u pojedinom odjelu, ako u skoli ima ukupno 110 ucenika 6. razreda?

Oznacimo broj ucenika 6b sa

6b =

6c = + 8

6a = + 3

Imamo:

3 + 11 = 110

3 = 99

= 33

U 6b ima 33 ucenika, u 6c ima 33 + 8 = 41 ucenika, a u 6a ima 33 + 3 = 36 ucenika.

Primjer 4.10 (29. sijecnja 2009., 5. razred, opcinsko natjecanje iz matematike)

Zbroj cetiri broja je 2009. Treci broj je dva puta manji od prvog broja, za 6 manji od

cetvrtog broja i za 2 veci od drugog broja. Koji su to brojevi?

Zadatak rjesavamo graficki:

prvi broj =

drugi broj = − 2

treci broj =

cetvrti broj = + 6

Slijedi da je 5 +4 = 2009, odakle je 5 = 2005, pa je = 2005 : 5 = 401.

Prvi broj je je jednak 2 · 401 = 802, drugi 401 − 2 = 399, treci 401, te cetvrti

401 + 6 = 407.

25

4.4. Descartesova metoda

Rene Descartes prvi se sustavno bavio pitanjem prevodenja matematickih problema

iskazanih rijecima na matematicki jezik. Prema njegovom djelu Prakticna i jasna prav-

ila za vodenje uma i istrazivanje istine nastala su pravila koja cine metodu rjesavanja

problema. Tu metodu danas nazivamo Descartesova metoda. Metoda se ugrubo sastoji

od sljedeceg:

• svaki problem se svodi na matematicki problem

• svaki matematicki problem se svodi na algebarski problem

• svaki algebarski problem se svodi na rjesavanje jednadzbe.

Descartes je bio svjestan da ova metoda nije uvijek upotrebljiva jer postoje problemi

koji se ne mogu svesti na rjesavanje jednadzbe. Ipak postoji mnogo problema gdje je

ova metoda primjenjiva, posebno u skolskoj matematici. Neka od Descartesovih pravila

za matematicke zadatke su:

• razumijevanje zadatka

• uocavanje objekata i uvjeta

• svodenje zadatka na pronalazenje nepoznanice

• uocavanje odnosa izmedu nepoznatog i poznatog u skladu s danim uvjetima

• sastavljanje jednadzbe koja povezuje nepoznanice s poznatim velicinama

• sastavljanje onoliko jednadzbi koliko ima nepoznanica i uvjeta

• svodenje sustava jednadzbi na jedinstvenu jednadzbu.

Vidljivo je da su ova pravila okvirna. Nema opcih uputa kako odredeni problem svesti

na rjesavanje jednadzbi. Treba uloziti puno truda i vjezbanja kako bi se slozeniji zadaci

preveli na matematicki jezik. Iako treba istaknuti da neki ucenici imaju poteskoca s

prevodenjem jednostavnijih problemskih zadataka na matematicki jezik. Descartesova

pravila mogu pomoci mentoru pri postavljanju pitanja pomocu kojih ce ucenici lakse

razumjeti zadatak.

Primjer 4.11 (7. ozujka 2008., 8. razred, zupanijsko natjecanje iz matematike)

Ako se brojnik nekog razlomka uveca za 4, a nazivnik umanji za 3 dobije se 35. No, ako

se brojnik istog razlomka umanji za 3, a nazivnik uveca za 4, dobije se 111

. Koji je to

razlomak?

Prevodenje s obicnog jezika na matematicki jezik izgleda ovako.

Jasno je da se radi o problemu s dvije nepoznate velicine, a dvije recenice iz zadatka

daju dva uvjeta. Nepoznati su brojnik i nazivnik: x, y.

26

1. Prvi uvjet zadatka daje jednadzbu:

x+ 4

y − 3=

3

5

2. Drugi uvjet zadatka daje drugu jednadzbu:

x− 3

y + 4=

1

11.

Trazeni brojnik i nazivnik su rjesenje sustava od dviju jednadzbi s dvije nepoznanice.

Rijesiti takav sustav ucenici su naucili u sedmom razredu. Zato bi ucenici vrlo lako

trebali doci do konacnog rezultata:

5x+ 4 = 3(y − 3)

11(x− 3) = y + 4⇒

5x− 3y = −29

11x− y = 37

Navedeni sustav vrlo lako se rjesava, na primjer metodom supstitucije.

4.5. Metoda inverzije ili racunanja unazad

Ovu metodu primjenjujemo tako da uvijek krenemo od zadnjeg podatka u zadatku

te nakon toga operacije izvodimo obrnutim redoslijedom od onoga koji se u zadatku

navodi.

Primjer 4.12 (7. travnja 2000., 6. razred, zupanijsko natjecanje iz matematike)

Ivica je na izlet ponio izvjesnu svotu novaca. Za ulazak u muzej potrosio je 37

ukupne

svote, za sok je dao 35

ostatka, a zatim je za kupnju suvenira potrosio 38

ostatka novca

koji mu je preostao nakon kupnje muzejske ulaznice i soka. Koliko je kuna Ivica imao

na pocetku izleta, ako mu je ostalo 8 kuna?

Krecemo rjesavati zadatak od posljednjeg podatka, a to je da mu je ostalo 8 kuna i

rjesavamo obrnutim redoslijedom.

8 + 4.8 = 12.8

12.8 + 19.2 = 32

32 + 24 = 56

Ivica je na pocetku izleta imao 56 kuna.

27

4.6. Metoda ispitivanja sustavnih listi

Ova metoda olaksava rjesavanje jednostavnijih kombinatornih zadataka koji su nami-

jenjeni ucenicima nizih razreda. Bit metode je pregledniji prikaz ispitanih kombinacija

i sistematicnost kod rjesavanja. Podatke stavljamo u tablicu i ispisujemo sve moguce

slucajeve.

Primjer 4.13 (13. veljace 2006., 5. razred, opcinsko natjecanje iz matematike)

Na pravcu p je istaknuto 8 tocaka A,B,C,D,E,F,G,H, ispisi sve duzine koje odreduju

te tocke.

Rjesenja prikazujemo pomocu sljedece tablice:

Broj duzina A B C D E F G H1 ♣ ♣2 ♣ ♣3 ♣ ♣4 ♣ ♣5 ♣ ♣6 ♣ ♣7 ♣ ♣8 ♣ ♣9 ♣ ♣10 ♣ ♣11 ♣ ♣12 ♣ ♣13 ♣ ♣14 ♣ ♣15 ♣ ♣16 ♣ ♣17 ♣ ♣18 ♣ ♣19 ♣ ♣20 ♣ ♣21 ♣ ♣22 ♣ ♣23 ♣ ♣24 ♣ ♣25 ♣ ♣26 ♣ ♣27 ♣ ♣28 ♣ ♣

28

4.7. Logicke tablice - integrami

Ova metoda primjenjuje se tako da podatke iz zadatka upisemo u tablicu i postojanje

(nepostojanje) veze medu objektima oznacimo oznakom + (−). Na taj nacin zadatak

cinimo preglednijim i iz tablice lakse iscitavamo rjesenje zadatka.

Primjer 4.14 (21. svibnja 2004., 6. razred, regionalno natjecanje iz matematike)

Teo, Bruno, Goran i Matej su u svojim gradovima bili najuspjesniji na matematickom

natjecanju. Oni zive u Osijeku, Rijeci, Splitu i Zagrebu. Osim matematikom bave

se tocno jednim od ova cetiri sporta: plivanjem, skijanjem, nogometom ili kosarkom.

Kojim se sportom bavi svatko od njih i u kojem gradu zivi, ako je poznato da:

1. Goran trenira kosarku,

2. Bruno ne zivi ni u Rijeci niti u Zagrebu,

3. Rijecanin se bavi nogometom,

4. Osjecanin ne zna ni skijati niti plivati,

5. Teo i Bruno se ne bave plivanjem?

Popunimo ovu tablicu s podacima koji su zadani u zadatku. Pri popunjavanju koristimo

svojstvo da, ako je u nekom polju (+), tada ostala polja u retku i stupcu koji se sijeku u

tom promatranom polju popunjavamo s (−). Informaciju 3 i 4 za sada zanemarujemo

jer jos uvijek ne znamo tko je Osjecanin, a tko Rijecanin. Dobivamo sljedecu tablicu:

OS RI ST ZG pliv. skij. nogom. kosTeo − −Bruno − − − −Goran − − − +Matej −

Vidimo da stupac plivanje ima tri minusa, dakle zakljucujemo da se Matej bavi

plivanjem. Kako se Rijecanin bavi nogometom, to sigurno nije Bruno jer on nije iz

Rijeke.

29

OS RI ST ZG pliv. skij. nogom. kosTeo − −Bruno − − − − −Goran − − − +Matej + − − −

Kako je u stupcu nogomet ostalo prazno polje samo na retku Teo, a ostala polja imaju

(−) zakljucujemo da se nogometom bavi Teo. Nakon unosa (−) u stupac skijanje i

redak Teo, vidimo da se Bruno bavi skijanjem. Tada dobivamo sljedecu tablicu:

OS RI ST ZG pliv. skij. nogom. kosTeo − − + −Bruno − − − + − −Goran − − − +Matej + − − −

Vracamo se na uvjet 3 i 4. Zakljucujemo da je Rijecanin Teo, onda Osjecanin moze

biti samo Matej jer se on jedini ne bavi plivanjem i skijanjem.

OS RI ST ZG pliv. skij. nogom. kosTeo − + − − − − + −Bruno − − − + − −Goran + − − − − − − +Matej + − − −

Na kraju lako zakljucujemo da je Matej iz Zagreba, a Bruno iz Splita te dobivamo

konacnu tablicu:

OS RI ST ZG pliv. skij. nogom. kosTeo − + − − − − + −Bruno − − + − − + − −Goran + − − − − − − +Matej − − − + + − − −

30

4.8. Nejednakosti

Zadaci u kojima je potrebno dokazati odredenu nejednakost vrlo su cesti na natjecan-

jima iz matematike (cesce se pojavljuju na srednjoskolskim natjecanjima). Ukoliko

ucenici nisu dobro metodicki pripremljeni od strane mentora na probleme iz ovog po-

drucja, imaju velikih poteskoca s njihovim rjesavanjem. Pri tome je bitna mentorova

metodicka razrada postupka, pomocu kojeg ce ovo podrucje obraditi s ucenikom koje

priprema za natjecanje. Mentor prvo treba provjeriti ucenikovo poznavanje osnovnih

svojstava nejednakosti, a zatim znanje o jednostavnijim i posebnijim nejednakostima.

Na kraju treba ucenike upoznati sa standardnim metodama dokazivanja i primjenom

analiticko- sinteticke metode.

4.8.1. Osnovna svojstva nejednakosti

U osnovnoj i srednjoj skoli ucenici kroz redovnu nastavu uce osnovna svojstva nejed-

nakosti pomocu kojih mogu na natjecanjima dokazati neke jednostavnije nejednakosti.

Medutim, nastavnik u sklopu obrade metoda za dokazivanje nejednakosti prvo treba s

ucenicima provjeriti i po potrebi ponoviti njihovo razumijevanje i poznavanje, te svaku

objasniti i iskazati rijecima. (pogledati [9])

Navest cemo ta svojstva u skupu realnih brojeva:

1. Ako je a > b i b > c, onda je a > c;

2. Ako je a > b, onda je a+ x > b+ x za svaki realan broj x;

3. Ako je a > b i c > d, onda je a+ c > b+ d;

4. Ako je a > b i c < d, onda je a− c > b− d;

5. Ako je a > b i x > 0, onda je ax > bx i ac> b

c;

6. Ako je a > b i x < 0, onda je ax < bx i ac< b

c;

7. Ako su a, b, c, d pozitivni realni brojevi i a > b i c > d, tada je ac > bd;

8. Ako su a, b, c, d pozitivni realni brojevi i a > b i c < d, tada je ac> b

d;

9. Ako su a, b pozitivni realni brojevi, n prirodan broj i a > b, tada je an > bn;

10. Ako su a, b pozitivni realni brojevi, n prirodan i a > b, tada je n√a > n√b;

11. Ako je a > 1 i m > n > 0, onda je am > an, a ako je 0 < a < 1 i m > n > 0,

onda je am < an;

12. |a+ b| ≤ |a|+ |b|;

13. |a− b| ≥ |a| − |b|.

31

4.8.2. Jednostavne i posebne nejednakosti

Kako bi dokazali slozenije nejednakosti na matematickim natjecanjima, ucenike bi men-

tor trebao upoznati s nizom jednostavnih i posebnih nejednakosti. Dokaze ovih nejed-

nakosti mentor moze iskoristiti za upoznavanje ucenika s metodama dokazivanja nejed-

nakosti. Pri tome mentor treba voditi racuna da mu nije jedini cilj potvrda postavljene

tvrdnje vec prikazati i metodicku stranu dokaza, odnosno uputiti ucenike da razvijaju

postupak koji bi mogli i kasnije primijeniti u zadacima s natjecanja. Takoder, jednos-

tavne nejednakosti ucenik treba znati poopciti i prepoznati u specificnim oblicima.

Navest cemo te nejednakosti u skupu realnih brojeva:

1. a2 + b2 ≥ 2ab;

2. ab

+ ba≥ 2 (a, b > 0);

3. ab

+ ba≤ −2 (ab < 0);

4. ab< a+c

b+c(a, b, c > 0, a < b);

5. kvadratno - aritmeticka nejednakost (K - A):√a2 + b2

2≥ a+ b

2

Dokaz:

Kako iz (x− y)2 ≥ 0 slijedi 2xy ≤ x2 + y2, to je:

(a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2 ≤ 2(a2 + b2),

odakle slijedi trazena nejednakost.

6. aritmeticko - geometrijska nejednakost (A - G):

a+ b

2≥√ab

Dokaz:

Za svaka dva pozitivna realna broja a i b ocito vrijedi nejednakost (√a−√b)2 ≥ 0,

pri cemu jednakost vrijedi ako i samo ako je a = b. Kvadriranjem binoma i

daljnjim transformacijama dobivamo:

a− 2√ab+ b ≥ 0,

a+ b ≥√

2ab,

a+ b

2≥√ab.

32

7. geometrijsko - harmonijska nejednakost (G - H):

√ab ≥ 2

1a

+ 1b

=2ab

a+ b

Dokaz:

Za svaka dva pozitivna realna broja a i b ocito vrijedi nejednakost (√a−√b)2 ≥ 0,

pri cemu jednakost vrijedi ako i samo ako je a = b. Kvadriranjem nejednakosti

dobivamo:

a− 2√ab+ b ≥ 0,

a+ b ≥ 2√

2ab,√ab(a+ b) ≥ 2ab,

√ab ≥ 2ab

a+ b.

(Mentor treba uputiti ucenike da primjete kako vrijedi nejednakost:

K ≥ A ≥ G ≥ H

Navodimo analogone i poopcenja nekih nejednakosti koje bi ucenik trebao znati izvesti

i prepoznati.

Analogoni:

1. Analogon K - A nejednakosti triju pozitivnih realnih brojeva:√a2 + b2 + c2

3≥ a+ b+ c

3

2. Analogon A - G nejednakosti triju pozitivnih realnih brojeva:

a+ b+ c

3≥ 3√abc

3. Analogon B - H nejednakosti triju pozitivnih realnih brojeva:

3√abc ≥ 3

ab+ bc+ ac

33

Poopcenja:

1. Poopcenje K - A nejednakosti:√a21 + a22 + · · ·+ a2n

n≥ a1 + a2 + · · ·+ an

n,

(a1, a2, · · · , an > 0)

Jednakost vrijedi akko je a1 = a2 = · · · = an

2. Poopcenje A - G nejednakosti:

a1 + a2 + · · ·+ ann

≥ n√a1a2 · · · an,

(a1, a2, · · · , an > 0)

Jednakost vrijedi akko je a1 = a2 = · · · = an

3. Poopcenje B - H nejednakosti:

n√a1a2 · · · an ≥

n1a1

+ 1a2

+ · · ·+ 1an

(a1, a2, · · · , an > 0)

Jednakost vrijedi akko je a1 = a2 = · · · = an.

34

4.8.3. Standardne metode dokazivanja

Kako ne postoji jedinstvena metoda za dokazivanje svih nejednakosti, mentor treba

uputiti ucenike na sljedece standardne metode koje bi mu trebale pomoci i dati ideju

kako rijesiti pojedine vrste jednadzbi.

Nacin dokazivanja je ocigledan i uocljiv

Nejednakosti u kojima je dokaz ocigledan na natjecanjima je vrlo malo, ali takvi zadaci

mogu mentoru posluziti za pocetno vjezbanje najjednostavnijih nejednakosti.

Primjer 4.15 Dokazi da za sve prirodne brojeve a, b, c vrijedi:

1

b+ c+

1

c+ a+

1

a+ b>

3

a+ b+ c

Ocito je da vrijedi:1

b+ c>

1

a+ b+ c

1

c+ a>

1

a+ b+ c

1

a+ b>

1

a+ b+ c

Ako zbrojimo prethodne tri nejednakosti, pocetna nejednakost je ocita.

Primjena jednostavnih i posebnih nejednakosti

Primjer 4.16 (23. veljace 2009., 1. razred srednje skole (A kategorija), zupanijsko

natjecanje iz matematike)

Dokazi da za sve x, y > 0 vrijedi nejednakost:

x4 + y3 + x2 + y + 1 >9

2xy.

Prvo trebamo ucenike navesti da primjete kako vrijedi x4 + 1 ≥ 2x2 i y3 + y ≥ 2y2.

Njihovim zbrajanjem dobivamo x4 + 1 + y3 + y ≥ 2x2 + 2y2, odnosno vrijedi:

x4 + 1 + y3 + y + x2 ≥ 3x2 + 2y2.

Jos trebamo samo pokazati da vrijedi 3x2 + 2y2 > 92xy. Primjenom A-G nejednakosti

dobivamo 3x2 + 2y2 ≥ 2√

6xy. Buduci da vrijedi 2√

6 =√

24 > 92, vrijedi:

x4 + y3 + x2 + y + 1 >9

2xy.

35

Primjer 4.17 (15. ozujka 2010., 2. razred srednje skole (A kategorija), zupanijsko

natjecanje iz matematike)

Neka su O i P redom opseg i povrsina pravokutnika. Dokazi da vrijedi:

O ≥ 24P

O + P + 1.

Ako duljine stranica pravokutnika oznacimo s a i b, onda je O = 2a+ 2b i P = ab.

Dana nejednakost je tada ekvivalentna s 2(a+ b)(2a+ 2b+ ab+ 1) ≥ 24ab.

Iz A-G nejednakosti tada slijedi a+a+ b+ b+ab+ 1 ≥ 6 6√a · a · b · b · a · b · 1, odnosno

2a+ 2b+ ab+ 1 ≥ 6√ab.

Stoga vrijedi 2(a+ b)(2a+ 2b+ ab+ 1) ≥ 2 · 2√ab · 6

√ab = 24

√ab.

Primjer 4.18 (29. travnja 2010., 1. razred srednje skole (A kategorija), drzavno

natjecanje iz matematike)

Neka su a, b, c pozitivni realni brojevi za koje vrijedi a2 + b2 + c2 = 12.

Dokazi nejednakost:

1− a2 + c2

c(a+ 2b)+

1− b2 + a2

a(b+ 2c)+

1− c2 + b2

b(c+ 2a)≥ 6.

Koristeci uvjet a2 + b2 + c2 = 12

dobivamo da je tvrdnja zadatka ekvivalentna tvrdnji

a2 + 2b2 + 3c2

c(a+ 2b)+

3a2 + b2 + 2c2

a(b+ 2c)+

2a2 + 3b2 + c2

b(c+ 2a)≥ 6.

Primjenom A-K nejednakosti i nakon toga A-G nejednakosti imamo:

a2 + 2b2 + 3c2

c(a+ 2b)=a2 + b2 + b2 + c2 + c2 + c2

c(a+ 2b)≥

(a+ 2b+ 3c)2

6c(a+ 2b)≥

(2√

(a+ 2b)3c)2

6c(a+ 2b)=

4 · (a+ 2b) · 3c6c(a+ 2b)

= 2.

Analogno mozemo pokazati da su i ostala dva pribrojnika na lijevoj strani veca ili

jednaka 2. Zbog toga vrijedi pocetna nejednakost.

36

Primjer 4.19 (7. travnja 2008., 2. razred srednje skole (A kategorija), drzavno nat-

jecanje iz matematike)

Neka su a, b, c pozitivni realni brojevi takvi da je a2 + b2 + c2 = 3.

Dokazi nejednakost:1

1 + ab+

1

1 + bc+

1

1 + ca≥ 3

2.

Koristenjem A-H nejednakosti dobivamo:

1

1 + ab+

1

1 + bc+

1

1 + ca≥ 9

3 + ab+ bc+ ca≥ 9

3 + a2 + b2 + c2=

9

3 + 3=

3

2.

Koristili smo nejednakost ab+ bc+ ca ≤ a2 + b2 + c2 koja je ekvivalentna s (a− b)2 +

(b− c)2 + (c− a)2 ≥ 0.

Primjer 4.20 (10. - 13. svibnja 2000., 2. razred srednje skole, drzavno natjecanje iz

matematike)

Neka je a pozitivan realan broj, a x1, x2, x3 realni brojevi takvi da je x1 + x2 + x3 = 0.

Dokazite nejednakost:

log2 (1 + ax1) + log2 (1 + ax2) + log2 (1 + ax3) ≥ 3

Jednakost koju trebamo dokazati zapisemo u ekvivalentnom obliku:

log2 (1 + ax1) + log2 (1 + ax2) + log2 (1 + ax3) ≥ log2 8,

ili (1 + ax1)(1 + ax2)(1 + ax3) ≥ 8. Primjenom A-G nejednakosti dobivamo:

(1 + ax1)(1 + ax2)(1 + ax3) ≥ 2√ax1 · 2

√ax2 · 2

√ax3 = 8

√ax1+x2+x3 = 8.

Primjer 4.21 (7. ozujka 2008., 3. razred srednje skole (A kategorija), zupanijsko

natjecanje iz matematike)

Dani su realni brojevi a, b, c veci od 1. Dokazi sljedecu nejednakost:

loga bc+ logb ca+ logc ab ≥ 4(loga bc+ logb ca + logc ab).

37

Za x, y > 1 vrijedi logy x = log xlog y

.

Neka je x = log a, y = log b, z = log c. Zbog a, b, c > 1 vrijedi x, y, z > 1. Polaznu

nejednakost onda mozemo zapisati u sljedecem obliku:

y + z

x+z + x

y+x+ y

z≥ 4z

x+ y+

4x

y + z+

4y

z + x.

Kako zbog A-H nejednakosti vrijedi:

z

x+z

y≥ 4z

x+ y,

zakljucujemo

z

x+z

y+x

y+x

z+y

x+y

z≥ 4z

x+ y+

4x

y + z+

4y

z + x,

sto smo i trebali dokazati.

Primjena metode matematicke indukcije

Ova metoda je vrlo djelotvorna kada nejednakost ovisi o prirodnom broju n.

Nejednakosti koje se dokazuju matematickom indukcijom se javljaju na natjecanjima

za ucenike 3. i 4. razreda srednje skole.

Dokaz matematickom indukcijom:

Neka je T (n) tvrdnja koja ovisi samo o prirodnom broju n. Dokaz matematickom

indukcijom provodimo u tri koraka:

• Baza indukcije. Trebamo provjeriti da tvrdnja vrijedi za broj 1, tj. da je T (1)

istinita tvrdnja.

• Pretpostavka indukcije. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n, tj. pret-

postavimo da je T (n) istinita tvrdnja.

• Korak indukcije. Dokazimo da uz tu pretpostavku tvrdnja vrijedi i za broj

n+ 1, tj. iz T (n) slijedi tvrdnja T (n+ 1).

Tada je tvrdnja T (n) istinita za svaki prirodan broj n.

Primjer 4.22 (13. veljace 2006., 4. razred srednje skole (A varijanta), opcinsko-

gradsko natjecanja iz matematike)

Dokazi da za svaki prirodan broj n vrijedi nejednakost:

1

n+ 1+

1

n+ 2+

1

n+ 3+ · · ·+ 1

3n+

1

3n+ 1> 1.

38

Baza indukcije, tj. nejednakost za n = 1 je 12

+ 13

+ 14

= 1312> 1.

Pretpostavimo da za neki n ∈ N vrijedi:

1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · ·+ 1

3n+

1

3n+ 1> 1.

Tada je:1

(n+ 1) + 1+ · · ·+ 1

3(n+ 1) + 1=

= (1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · ·+ 1

3n+ 1) + (

1

3n+ 2+

1

3n+ 3+

1

3n+ 4− 1

n+ 1)

pa je za zavrsetak koraka indukcije dovoljno pokazati da vrijedi

1

3n+ 2+

1

3n+ 4≥ 1

n+ 1− 1

3n+ 3,

tj.6n+ 6

(3n+ 2)(3n+ 4)≥ 2

3n+ 3,

sto nakon mnozenja postaje 18n2 + 36n+ 18 ≥ 18n2 + 36n+ 16, a to ocigledno vrijedi.

Primjer 4.23 (7. ozujka 2008., 4. razred srednje skole (A kategorija), zupanijsko

natjecanje iz matematike)

Dokazi da za svaki prirodan broj n veci od 2 vrijedi

1

2<

1

n+

1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · ·+ 1

2n< 1.

Lijeva nejednakost se lako dobije. Svaki pribrojnik u sumi je veci od 12n.

Tih pribrojnika ima n+ 1. Zato vrijedi:

S =1

n+

1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · ·+ 1

2n>n+ 1

2n>

1

2.

Desnu nejednakost mozemo dokazati indukcijom. Oznacimo:

Sn =1

n+

1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · ·+ 1

2n.

Za n = 3 vrijedi S3 = 1920< 1. Pretpostavimo da vrijedi Sn < 1. Razlika dva uzastopna

clana niza (Sn) je

Sn+1 − Sn =1

2n+ 1+

1

2n+ 2− 1

n= (

1

2n+ 1− 1

2n) + (

1

2n+ 2+

1

2n) < 0.

Zato je Sn+1 < Sn < 1. Time smo pokazali korak indukcije.

39

Primjena sinteticko - analiticke metode

Ovu metodu koristimo tako da zadanu nejednakost, koju oznacavamo s N0, trans-

formacijama (mnozenje zajednickim nazivnikom, prenosenje clanova u nejednakosti

na istu stranu, mnozenje zagrada i grupiranje, izlucivanje zajednickog faktora itd.)

svodimo na jednostavnije nejednakosti N1, N2, . . ., Nk−1, Nk, gdje bi krajnja nejed-

nakost Nk trebala biti ocita. Ociglednost pocetne nejednakosti postizemo tako da

Nk nejednakost svodimo na oblik > 0, a lijevu stranu zapisujemo kao zbroj pozitivnih

clanova (uglavnom to postizemo kvadratima ili su dane varijable pozitivni brojevi). Na

upravo opisani nacin dobivamo niz istinitih implikacija. Analizom uocavamo pocetni

korak kod dokazivanja, a dokaz provodimo sintezom.

Primjer 4.24 Dokazite da za svaki pozitivan realan broj a, b vrijedi sljedeca nejed-

nakost:a

b+b

a≥ 2.

Analiza:a

b+b

a≥ 2/ · ab

a2 + b2 ≥ 2ab⇒ a2 + b2 − 2ab ≥ 0⇒

(a− b)2 ≥ 0 (ocigledno)

Sinteza:

(a+ b)2 ≥ 0⇒ a2 + b2 − 2ab ≥ 0

⇒ a2 + b2 ≥ 2ab⇒ a

b+b

a≥ 2

Analitcko - sinteticka metoda:

a

b+b

a≥ 2⇔ a2 + b2 ≥ 2ab⇔ a2 + b2 − 2ab ≥ 0⇔ (a− b)2 ≥ 0.

Primjer 4.25 (12. - 15. svibnja 1994., 1. razred srednje skole, drzavno natjecanje iz

matematike)

Pokazite da za svaka dva pozitivna broja p i q vrijedi nejednakost

(p2 + p+ 1)(q2 + q + 1) ≥ 9pq.

Nejednakost svodimo na oblik: (p2 + p+ 1)(q2 + q+ 1)− 9pq = p2q2 + p2q+ p2 + pq2 +

p+q2 +q+1−8pq = (p2q2−2pq+1)+(p2q−2pq+q)+(pq2−2pq+p)+(p2 +q2−2pq)

= (pq − 1)2 + q(p− 1)2 + p(q − 1)2 + (p− q)2 ≥ 0

40

4.9. Konstruktivna geometrija

Rijesiti konstruktivni zadatak znaci na osnovu onoga sto je u njemu dano, konstruirati

figuru koja se trazi, upotrebljujuci pri tome samo sestar i ravnalo s jednim bridom.

Kod tezih zadataka, koji se javljaju na natjecanjima, veza izmedu podataka i onoga

sto se u zadatku trazi nije ocigledna. No, postoje metode rjesavanja konstruktivnih

zadataka koji podizu postotak rjesivosti kod ucenika.

Rjesavanje konstruktivnog zadatka sastoji se od cetiri koraka:

1. Analiza

Analiza je kljucan dio kod slozenih zadataka i najcesce najtezi dio. Sastoji se

u tome da pretpostavimo da je zadatak vec rijesen (nacrta se cijela slika) te

nastojimo pomocu danih podataka doci do trazene figure ili barem nekog dijela

uz pomoc kojega cemo lako konstruirati cijelu figuru.

2. Konstrukcija

Konstrukcija se izvodi primjenom ravnala i sestara na osnovu napravljene analize.

3. Dokaz

Pokazujemo da dobivena figura zadovoljava sve uvjete zadatka i da je svaki korak

u konstrukciji moguc. Dokaz vrlo cesto mozemo izvesti na temelju analize jer

smo kod analize zadatka morali paziti o geometrijskim osobinama trazene figure.

4. Rasprava

Odgovara se na pitanja:

- je li uvijek moguce izvrsiti konstrukciju na promatrani nacin?

- je li moguce trazenu figuru konstruirati na neki drugi nacin?

- koliko rjesenja ima zadaca uz svaki moguci izbor danih elemenata?

Pri tome se ispituju svi medusobni polozaji danih elemenata koji mogu doci u

obzir.

41

4.9.1. Metoda presjeka skupova tocaka

Gotovo sve geometrijske konstrukcije koje se nalaze u programima matematike osnovne

i srednje skole neposredno se izvode primjenom metode presjeka skupova tocaka.

Geometrijsko mjesto tocaka ravnine (u daljnjem tekstu GMT) je skup svih tocaka koje

zadovoljavaju izvjestan uvjet. Da bi ucenici uspjesno rjesavali zadatke ovom metodom

potrebno je s ucenicima detaljno obraditi sljedece tvrdnje, a zatim zadatke u kojima

koristimo navedene tvrdnje:

• GMT ravnine jednako udaljenih za konstantnu duljinu d od jedne cvrste tocke

iste ravnine je kruznica sa sredistem u toj tocki, polumjera d.

• GMT ravnine jednako udaljenih od dviju cvrtih tocaka A i B je simetrala s duzine

AB.

• GMT ravnine udaljenih za duljinu d od pravca p su pravci q1 i q2 koji su paralelni

s pravcem p i od njega na obje strane udaljeni za d.

• GMT ravnine jednako udaljenih od dva neparalelna pravca a i b su dva medusobno

okomita pravca s1 i s2 koja raspolavljaju kutove sto ga cine ta dva pravca a i b.

• GMT ravnine iz kojih se dana duzina AB vidi pod danim kutom su dva kruzna

luka nad danom duzinom tako da je obodni kut nad danom duzinom jednak

danom kutu.

• Geometrijsko mjesto polovista svih medusobno jednakih tetiva dane kruznice je

kruznica koja je koncentricna s danom kruznicom i koja dira neku od tih tetiva.

• GMT iz kojih se dana kruznica k vidi pod danim kutom α je kruznica koja je

koncentricna s danom kruznicom i koja prolazi tockom P gdje je P sjeciste dviju

tangenti zadane kruznice koje zatvaraju dani kut.

• GMT za koje udaljenost do dviju cvrstih tocaka stoje u omjeru m : n je kruznica

promjera PQ gdje P dijeli iznutra AB u omjeru mn

, a Q dijeli izvana AB u omjerumn

.

42

Primjer 4.26 (5. - 8. svibnja 1999., 8. razred, drzavno natjecanje iz matematike)

Dani su kruznica k sa sredistem S, tocka D na kruznici k i pravac p koji s kruznicom

k nema zajednickih tocaka. Konstruiraj kruznicu koja dodiruje kruznicu k u tocki D i

pravac p. Koliko ima rjesenja?

Analiza.

• srediste trazene kruznice lezi na pravcu SD (zbog dodirivanja dane i trazene

kruznice)

• dana i trazena kruznica imaju zajednicku tangentu u tocki D

• srediste trazene kruznice lezi na simetrali kuta pravca p i tangente t

• srediste trazene kruznice je presjek simetrale i pravca SD.

Konstrukcija.

U tocki D konstruiramo tangentu t na kruznicu k, pri cemu je t⊥SD. Zatim kon-

struiramo simetralu s kuta koji zatvaraju pravac p i tangenta t. Sjeciste simetrale s i

pravca SD je srediste trazene kruznice, a polumjer je jednak udaljenosti tog sjecista i

tocke D.

Dokaz.

Ocigledan na temelju provedene analize.

43

Rasprava.

Kako tangenta t i pravac p zatvaraju dva kuta, imamo dvije kruznice koje dodiruju

danu kruznicu k u tocki D i pravac p, pa zadatak ima dva rjesenja.

Konacno rjesenje:

44

Primjer 4.27 (23. svibnja 2003., 5. razred, regionalno natjecanje iz matematike)

Zadane su dvije kruznice k1 i k2 sa sredistima S1 i S2. Na kruznici k2 dana je tocka

A, kao na slici. Konstruiraj kruznicu k koja izvana dodiruje kruznicu k2 u tocki A, a

srediste joj je jednako udaljeno od tocaka S1 i S2. Postupak konstrukcije opisi.

Analiza.

Ako je srediste S trazene kruznice jednako udaljeno od tocaka S1 i S2, znaci da se

nalazi na simetrali duzine S1S2. Uvjet da kruznica k dira kruznicu k2 izvana u tocki

A znaci da spojnica njihovih sredista prolazi upravo tockom A.

Konstrukcija.

Konstruiramo prvo simetralu s duzine S1S2. Potom spojimo tocke A i S2. Presjek tog

pravca i simetrale s je tocka S, odnosno srediste trazene kruznice. Polumjer kruznice

je AS.

45

Konacna konstrukcija:

4.9.2. Metoda osne simetrije

Metodu osne simetrije primjenjujemo najcesce tako da neki od danih likova zamijen-

imo likom koji je njemu simetrican obzirom na neki pravac. Zatim osnosimetrican lik

promatramo u istim uvjetima kao i zamijenjeni lik. Nakon toga, u vecini slusajeva,

polazni zadatak mozemo lako rijesiti. Na mogucnost primjene ove metode mogu ukazi-

vati sljedeci pojmovi koji se neposredno ili posredno javljaju u formulaciji zadatka:

simetrala duzine, simetrala kuta, pravi kut, najmanja udaljenost.

Definicija 4.4 Izometrija ravnine M je bijektivno preslikavanje f : M → M sa svo-

jstvom da je

d(A,B) = d(f(A), f(B)),

za sve tocke A,B ∈M .

Definicija 4.5 Osna simetrija sp : M → M je izometrija ravnine M , kod koje su sve

tocke osi p, i samo one, fiksne.

46

Primjer 4.28 (2. travnja 2004., 5. razred, zupanijsko natjecanje iz matematike)

Na slici su zadane dvije tocke A i O, te pravac p tockom O. Nacrtaj jednakokracni

trokut ABC kojemu je pravac p simetrala kraka AC, a simetrala osnovice AB prolazi

tockom O. Opisi postupak crtanja.

Pravac p je simetrala kraka AC pa tocku C dobijemo osnom simetrijom tocke A s

obzirom na pravac p. U jednakokracnom trokutu simetrala osnovice je os simetrije i

prolazi vrhom C nasuprot te osnovice. Spojimo li tocke O i C dobivamo simetralu

stranice AB, pa je vrh B osnosimetricna slika tocke A s obzirom na pravac OC.

Konacna konstrukcija:

47

5. SAZETAK

U radu je prikazana kratka povijest matematickih natjecanja u Republici Hrvatskoj.

Zatim je opisana organizacija natjecanja; od skolskog natjecanja do Medunarodne

matematicke olimpijade. Dane su tablice propisanog gradivo od strane organizatora

po uzrastima ucenika. Opisano je medunarodno matematicko natjecanje Klokan bez

granica te su navedeni primjeri zadataka koji su se pojavili na natjecanju za odredeni

uzrast. Natjecanja iz matematike imaju odredene ciljeve, a neki od njih su navedeni

u radu. Matematicke sposobnosti su podrucje psihologije koje se jos uvijek istrazuje.

U radu su navedene neke uocene sposobnosti ucenika nadarenih za matematiku. Kako

su linearne i nelinearne jednazbe podrucje matematike s kojim ucenici imaju problema

na matematickim natjecanjima, navedene su metode uz cije poznavanje ucenici takve

zadatke vrlo lako mogu rijesiti. Neke od opisanih metoda rjesavanja zadataka (metoda

uzastopnih priblizavanja, graficko - aritmeticka metoda) uspjesno zamjenjuju potrebu

postavljanja jednadzbi s kojima ucenici nizih uzrasta nisu upoznati. Zadaci u kojima je

potrebno dokazati nejednakost vrlo su cesti na srednjoskolskim natjecanjima. U radu

je dana metodicka razrada postupka potrebnog za uspjesno dokazivanje nejednakosti

koja treba biti prikazana ucenicima od strane mentora. U teoriji geometrijskih kon-

strukcija postoji niz metoda rjesavanja konstruktivnih zadataka. U radu su opisane

metoda osne simetrije i metoda presjeka skupova tocaka.

J.J. Strossmayer University of Osijek

Department of Mathematics

Vlatka Kurjancic

Mathematics competitions

Graduation thesis

Osijek, 7.12.2010.

49

6. SUMMARY

In this thesis brief history of mathematical competitions in the Republic of Croatia has

been given. Next, the organization of competition, from school competitions to Inter-

national Mathematical Olympiad is described. The tables of curriculum prescribed by

the organizers, which are sorted by the age of pupils, are given. The international math-

ematics competition ”Math Kangaroo” and certain examples of problems which were

given in the competition, for a specific age, are described. Mathematics competitions

have certain goals and benefits, and only few were given in this paper. Mathematical

abilities are a field in psychology that is still studied. Certain observed abilites of pupils

who are talented in mathematics are given. Because linear and non-linear equations

are the most problematic areas in mathematics competitions, methods that facilitate in

solving these equations are given. Some of described methods of solving problems (the

method of consecutive approximation, graphic-arithmetic method) successfully replace

the need of setting up equations with which pupils of all ages may not be familiar with.

Problems which contain the proof of inequality are frequent in high school competi-

tions. The methodical elaboration of procedure for successful proving of inequality,

which needs to be presented to the pupils by their mentor, is given. In geometrical

construction theory there are series of methods for solving constructive problems. The

method of axial symmetry and the method of set of points intersection are described

in this paper.

50

7. ZIVOTOPIS

Vlatka Kurjancic rodena je Virovitici 08.10.1985. gdje je zavrsila osnovnu i srednju

skolu. Srednju skolu, Prirodoslovno - matematicku gimnaziju P. Preradovica, zavrsava

2004. godine nakon cega upisuje sveucilisni nastavnicki studij matematike i informatike

na Odjelu za matematiku u Osijeku.

Tijekom srednje skole osvojila je dva puta trece mjesto na zupanijskom natjecanju

iz matematike. Dobitnica je stipendije grada Virovitice 2005. godine. Trenutno je

zaposlena u Osnovnoj skoli Petra Preradovica u Pitomaci.

51

Literatura

[1] S. Arslanagic, Matematika za nadarene, Bosanska rijec, Sarajevo, 2004.

[2] K. Burazin, Nelinearne diofantske jednadzbe, Osjecki matematicki list, 7(2007),

11-21.

[3] R. Dimitrijevic, Euklidov algoritam, Matematika i informatika, 1-2(2008), 29-

38.

[4] N. Elezovic, Matematicka natjecanja, Mis, 6(2005), 206-215.

[5] M. Golac, Nelinearne diofantske jednadzbe, Matka, 2(1994), 151-156.

[6] V. Kadum, O problemu sposobnosti i nesposobnosti za matematiku, Metodicki

obzori, 1(2006), 95-101.

[7] Z. Kurnik, Metoda uzastopnih priblizavanja, Mis, 4(2003), 148-154.

[8] Z. Kurnik, Diofantske jednadzbe, HMD, Zagreb, 2007.

[9] Z. Kurnik, Metodicka radionica, Mis, 4(2002), 4-11.

[10] Z. Kurnik, Descartesova metoda - problemi i jednadzbe, Mis, 1(1999), 10-17.

[11] Z. Kurnik, Matematicke sposobnosti, Mis, 2(2001), 195-199.

[12] Z. Kurnik, Metodicka strana matematickih natjecanja, Mis, 9(2008), 148-151.

[13] Z. Kurnik, Matematicka natjecanja u Republici Hrvatskoj, Poucak, 7(2006), 50-

59.

[14] M. Maric, Logicki zadaci i natjecanja, Matka, 14(2005), 77-79.

[15] M. Pavlekovic, Metodika nastave matematike s informatikom I, Element, Za-

greb, 2001.

[16] Agencija za odgoj i obrazovanje: Natjecanje iz matematike,

http://www.azoo.hr/tekst/natjecanje-iz-matematike/329/11, 19.9.2010.

[17] A. Horvatek: Zadaci s natjecanja iz matematike, http://www.sssbjt.hr/mat-natj/,

19.9.2010.

[18] HMD: Klokan, http://www.matematika.hr/klokan, 19.9.2010.

[19] IMO: Results(Ranking of countries), http://www.imo-official.org/results.aspx,

19.9.2010.