1. (1 bod) Prijemni ispit na Odjelu za matematiku sastoji se od 33 zadatka. Tocnorijesen zadatak donosi 5 pozitivnih bodova, a netocan 1 negativan bod. Pristupnikje rijesio sve zadatke i skupio 99 bodova. Koliko je imao tocno rijesenih zadataka?

Rjesenje: Oznacimo sa x broj tocno rijesenih zadataka. Tada je broj netocnorijesenih 33− x. Iz uvjeta zadatka dobivamo linearnu jednadzbu

5x− (33− x) = 99,

cije rjesenje je x = 22.

2. (2 boda) Koliko cetveroznamenkastih brojeva ima svojstvo da je zbroj zadnjih dvijuznamenaka i broja koji cine prve dvije znamenke jednak broju koji cine zadnje dvijeznamenke? (npr. broj 6370 ima trazeno svojstvo, jer je 7 + 0 + 63 = 70)

Rjesenje: Odmah je ab + c + d = cd, tj. 10a + b = 9c i d mozemo odabrati na 10nacina. Jasno je da je c 6= 0 i c 6= 1. Svaki od preostalih 8 odabira od c jednoznacnoodreduje a i b. Ukupno imamo 10 · 8 = 80 odgovarajucih brojeva.

3. (1 bod) Koji simetricni cetveroznamenkasti broj (jednako se cita slijeva i zdesna)ima zbroj znamenki jednak broju sto ga cine njegove prve dvije znamenke?

Rjesenje: 1881

4. (3 boda) Marko je nacrtao jednadzbu na papiru i dao Slavku da je rijesi uz uvjetda koristi samo znamenke od 1 do 6. Slavko je na svaku crtu stavio dvije znamenke,koristeci svaku znamenku samo jednom da bi dobio tocnu jednadzbu. Na kolikonacina mozemo rijesiti jednadzbu ako smijemo koristiti samo 6 znamenki i niti jedansimbol vise?

Rjesenje:35 + 14 = 62

43 + 12 = 6541 + 25 = 36

5. (1 bod) Koliko trokuta ima na slici?

Rjesenje: Zadatak se rjesava prebrojavanjem koje se mora izvrsiti nekim redosli-jedom. Najprije uocimo male trokute. U svakom kvadratu ih ima 4, dakle ukupno16. Sada brojimo trokute koji sadrze dva mala trokuta. Njih je u svakom kvadratu4, dakle ukupno 16. Na kraju izbrojimo velike trokute koji sadrze 4 mala trokuta.Takvih ima 3+3=6. Prema tome, svih trokuta na slici ima 16+16+6=38.

6. (2 bod) Koliko plavih kvadratica ce nam trebati za izgradnju dvadesetog sahovskogpolja u sljedecem nizu:

Rjesenje: Napisimo u nizu brojeve plavih kvadratica u prikazanim sahovskimpoljima: 1, 5, 13, 25, . . . . Lako se vidi da se radi o nizu zadanom opcim clanom

1

n2 + (n − 1)2, gdje je n broj plavih kvadratica na jednom rubu sahovskog polja.Dakle, u slucaju kad je n = 20 broj potrebnih plavih kvadratica je:

202 + 192 = 400 + 361 = 761.

7. (1 bod) Koliko ima prirodnih brojeva od 1 do 999 koji u svom zapisu imaju zna-menku 5?

Rjesenje: Odredimo najprije koliko medu brojevima od 1 do 999 ima brojeva kojiu svom zapisu nemaju znamenku 5. Jednoznamenkastih brojeva ima 8. Dvozna-menkastih brojeva ima 8 · 9 , jer na mjesto znamenke desetice mozemo napisatiosam razlicitih znamenki, a na mjesto znamenke jedinice devet razlicitih znamenki.Analogno, troznamenkastih brojeva ima 8 ·9 ·9. Dakle svih brojeva od 1 do 999 kojiu svome zapisu imaju znamenku 5 ima 999-(8+72+648)=271.

8. (2 boda) Ako znamo da je od ponudenih sest odgovora samo jedan tocan, odreditekoji:

A. Tocni su svi ispod navedeni odgovori.

B. Niti jedan ispod naveden odgovor nije tocan.

C. Tocan je samo jedan od iznad navedenih odgovora.

D. Tocni su svi iznad navedeni odgovori.

E. Niti jedan od iznad navedih odgovora nije tocan.

F. Niti jedan od iznad navedih odgovora nije tocan.

Rjesenje: Uocimo neke kontradikcije medu odgovorima.

• Odgovor C tvrdi da je tocan ili odgovor A ili odgovor B, a odgovor D tvrdi dasu tocni i odgovor A i odgovor B i odgovor C. To je kontradiktorno i odmaheliminira mogucnost da je tocan odgovor A koji tvrdi da su svi odgovori ispodnjega tocni.

• Kad bi odgovor B bio tocan, bio bi tocan i odgovor C pa bismo imali dva tocnaodgovora. Dakle, odgovor B nije tocan.

• Odgovor C je netocan jer su netocni i odgovor A i odgovor B.

• Odgovor D je netocan jer su netocna sva tri odgovora iznad njega (A, B, C).

• Odgovor E je tocan.

• Odgovor F je netocan jer je odgovor E, koji je u poretku iznad njega, tocan.

9. (1 bod) ”Uvijek sam bila 45 godina starija od tvog tate” rekla je baka unuci. ”Alisad dvije znamenke u broju mojih godina, obje prosti brojevi, su obratne od onihu broju godina tvog tate.” Koliko je stara baka?Rjesenje: Baka ima 72 godine. Oznacimo trazene znamenke s A i B. Tada je10A+B-10B-A=45 pa imamo 9(A-B)=45. To daje A-B=5. Od parova 5,0; 6,1; 7,2;8,3; 9,4 samo su 7 i 2 prosti brojevi.

2

10. (3 boda) Iz tablice rekonstruirajte rezultate svih odigranih utakmica.

1. Argentina 3 3 0 0 7:0 92. Hrvatska 3 2 0 1 4:2 63. Jamajka 3 1 0 2 3:9 34. Japan 3 0 0 3 1:4 0

Rjesenje: Solidan poznavatelj odmah mora znati: Hrvatska - Jamajka 3 : 1, Hrv.-Japan 1 : 0 i Hrv. - Arg. 0 : 1, Jamajka - Japan 2 : 1, Arg. - Japan 1 : 0 i Arg.-Jamajka 5 : 0. Onaj koji nije solidan poznavatelj neka se sam malo potrudi.

11. (1 bod) Nadite gresku:

a + b = c ⇔4a− 3a + 4b− 3b = 4c− 3c ⇔4a + 4b− 4c = 3a + 3b− 3c ⇔

4 ∗ (a + b− c) = 3 ∗ (a + b− c) ⇔4 = 3

Rjesenje: u pretposljednjem redu dijeli se s 0.

12. (2 boda) Dane su ti 2 posude, 50 bijelih i 50 crnih klikera. Od tebe se trazi da svih100 klikera rasporedis u te dvije posude kako god zelis. Zatim ti se stavlja povezpreko ociju, sadrzaj posuda se zamjesa i one se razmjeste. Ti trebas odabrati jedankliker iz jedne od tih posuda. Kako bi rasporedio klikere da vjerojatnost da izvucesbijeli kliker bude najveca?

Rjesenje: Stavi jedan bijeli kliker u jednu posudu, a sve ostale u drugu. Vjerojat-nost da se izabere bilo koja posuda je 0.5. Vjerojatnost da se izvuce bijeli kliker izjedne posude je 1, a iz druge 49/99. Ukupna vjerojatnost da se izvuce bijeli klikerje onda: 0.5 ∗ 1 + 0.5 ∗ (49/99) ≈ 0.74747. Dobro, ovo nije dokaz maksimalnosti, alije za pretpostaviti da su nam tada sanse najvece.

13. (1 bod) Na svakih 7 djecaka u jednoj skoli dolazi 8 djevojcica a na 9 djecaka dolazi1 nastavnik. Koliko je nastavnika u skoli ako je ukupno 675 ucenika?

Rjesenje: 675:15=45, Broj djecaka: 45*7=315. Broj nastavnika: 315:9=35.

14. (3 boda) Umnozak nekog dvoznamenkastog broja i dvoznamenkastog broja napisanogs obrnutim poretkom znamenki jednak je cetveroznamenkastom broju kojem su skraja sestice, a u sredini polazni broj. Odredite polazni broj. (tj. rjesite ab · ba =6ab6)

Rjesenje: 100ab+10a2+10b2+ab = 6000+100a+10b+6. Desna strana daje ostatak6 pri djeljenju s 10 pa je {a, b} ∈ {{1, 6}, {2, 3}, {2, 8}, {4, 4}, {4, 9}, {6, 6}, {7, 8}}.Dalje, desna strana je ≥ 6116, a 10a2 + 10b2 + ab ≤ 1701 pa mora vrijediti 100ab >4000. Zato je {a, b} = {7, 8} i direktno se provjeri da je jedino rjesenje a = 7, b = 8.

15. (2 boda) Dovrsi niz

C 4 G 1 I 3

3

Rjesenje: Svako slovo je (u abecedi) od prethodnog udaljeno za dva puta broj kojipise izmedu tih slova. Dakle G je za 8 udaljeno od C, I za 2 od G, te na kraju faliN koji je za 6 udaljen od G.

16. (3 boda) Postoji broj za koji vrijedi:

1) ako nije visekratnik od 4, onda je izmedu 60 i 69.

2) ako je visekratnik od 3, onda je izmedu 50 i 59.

3) ako nije visekratnik od 6, onda je izmedu 70 i 79.

Koji je to broj?

Rjesenje: 76. Po 3) broj je ili visekratnik od 6 i nije izmedu 70 i 79, ili nijevisekratnik od 6 i je izmedu 70 i 79. Ako je broj visekratnik od 6, onda je i visekratnikod 3, pa se onda, po 2), nalazi izmedu 50 i 59. Znaci, broj je ili izmedu 50 i 59 ivisekratnik je od 6, ili je izmedu 70 i 79 i nije visekratnik od 3. Po 1) taj broj jevisekratnik od 4. Broj je ili izmedu 50 i 59 i visekratnik je od 12(to nije nijedan), ilije izmedu 70 i 79 i nije djeljiv s 3(71,73,74,76,77,79), a djeljiv je s 4 (72,76). Vidimoda je to samo broj 76.

17. (1 bod) Pojednostavi izraz:

(x− a) ∗ (x− b) ∗ (x− c) ∗ ... ∗ (x− z) =?

Rjesenje: 0, jer je jedan od faktora i (x− x).

18. (2 boda) Napisite deseteroznamenkasti broj takav da je njegova prva znamenkajednaka broju nula, druga broju jedinica, treca broju dvojki, . . . , a deseta brojudevetki u dekadskom zapisu tog broja.

Rjesenje: Trazeni broj je 6210001000.

19. (1 bod) Kad se od devetnaest oduzme jedan dobije se dvadeset. Kako je to moguce?

Rjesenje: 19=XIX. 20=XX.

20. (2 boda) Je li broj ljudi na svijetu koji su se rukovali s neparnim brojem ljudiparan ili neparan? Zasto?

Rjesenje: Ako svakog covjeka na svijetu priupitamo s koliko se ljudi rukovao,konacan broj ce biti paran (svako rukovanje bit ce brojeno dva puta - po jednom zasvakog od dva covjeka koji su se rukovali). Ako je suma brojeva parna, onda znamoda ona ne moze sadrzavati neparan broj neparnih pribrojnika. Dakle, broj ljudi kojisu se rukovali s neparnim brojem ljudi je paran.

21. (1 bod) Koliko je trecina i po od 100?

Rjesenje: (1/2+1/2*1/3 )100=50.

22. (2 boda) Okrnjeni kvadrat (prema slici) treba razrezati na dva komada tako da seod njih moze sastaviti pravokutnik.

Rjesenje:

4

23. (1 bod) Zamjenite slova brojevima tako da vrijedi

b d c a+ d a c b

9 8 6 3

Rjesenje:

2 7 3 1+ 7 1 3 2

9 8 6 3

24. (2 boda) Upisi znamenke od 1 do 9 u zatvorena podrucja tako da zbroj u svakomkrugu bude jednak:

Rjesenje:

25. (1 bod) Umetni broj koji nedostaje

7 9 5 114 15 12 713 8 11 −

Rjesenje: Broj u zadnjem stupcu = broj u prvom stupcu + broj u drugom stupcu− broj u trecem stupcu. Dakle fali 13 + 8− 11 = 10.

26. (3 boda) U identitetu101− 102 = 1

premjestite jednu znamenku tako da bude tocan.

Rjesenje: 101− 102 = 101− 100 = 1.

27. (1 bod) Pronadite pogresku u sljedecem zakljucivanju:

1Kuna = 10Lipa · 10Lipa =1

10Kuna · 1

10Kuna =

1

100Kuna = 1Lipa

5

Rjesenje: Ocito je1Kuna = 10 · 10Lipa,

a ne1Kuna = 10Lipa · 10Lipa = 10 · 10Lipa2.

28. (2 boda) Koji broj nedostaje?

Rjesenje: 4, u svakom trokutu se nalazi korijen sume brojeva na vrhovima

29. (1 bod) Koji broj nedostaje u nizu

5, 11, 19, 29, ?, 55, ?

Rjesenje: Broj 41 i broj 71, jer se svakom broju u nizu pribraja paran broj > 6.

30. (2 boda) Koristeci i zagrade, naznaci izmedu svakog broja jednu od 4 racunskeoperacije, tako da svaka bude navedena samo jednom, a da rezultat bude tocan.

9 8 16 7 5 = 13

Rjesenje: (9 ∗ 8− 16) : 7 + 5 = 13

31. (2 boda) Neki turisticki brod ima 29 kabina sa ukupno 86 lezajeva. Kabine su sa2, 3, ili 4 lezaja. Da li je broj trokrevetnih kabina paran ili neparan?

Rjesenje: Ukupan broj lezajeva u dvokrevetnim i cetverokrevetnim kabinama jeparan, pa kako imamo ukupno paran broj lezajeva (86) to i broj lezajeva u trokrevet-nim kabinama mora biti paran.

32. (2 boda) Odredite broj koji nedostaje:

Rjesenje: Svaki broj u velikom polju nastaje monozenjem dvaju brojeva iznadnjega i dodavanjem redom 0, 1, 2, 3, . . . Broj koji nedostaje je 16, jer se nalazi uosmoj velikom polju, a 9 · 1 + 7 = 16.

33. (3 boda) Rijesite rebus:

S I N U SS I N U S

+ K O S I N U ST A N G E N S

Rjesenje: Iz zadnjeg stupca zakljucujemo da umjesto S moramo staviti takav brojda 3S zavrsava na S. Ocito je S = 5 jedini takav broj. Dakle:

5 I N U 55 I N U 5

+ K O 5 I N U 5T A N G E N5

6

Iz predzadnjeg stupca zakljucujemo da je 3U + 1 = N ili 3U + 1 = 10 + N ili3U +1 = 20+N . Promotrimo prvi slucaj. Za U i N dolaze u obzir U = 0, N = 1 iliU = 1, N = 4 ili U = 2, N = 7 (za U ≥ 3 bilo bi N ≥ 10 to je nemoguce jer N morabiti jednoznamenkasti broj). Uvrstavanjem uocavamo da mogucnosti U = 0, N = 1i U = 1, N = 4 otpadaju. Preostaje U = 2, N = 7. To daje:

5 I 7 2 55 I 7 2 5

+ K O 5 I 7 2 5T A 7 GE 75

Pa je E = 1. Zbroj petica u stupcu deset-tisucica daje 17, a jer je O 6= A mora bitiO = 9 i A = 0, a to povlaci T −K = 1, a jedini takvi jesu K = 3, T = 4. Dakle:

5 I 7 2 55 I 7 2 5

+ 3 9 5 I 7 2 54 0 7 G1 75

Preostaje samo I = 6, G = 8 ili I = 8, G = 6. Prvi slucaj otpada pa je rjesenje

5 8 7 2 55 8 7 2 5

+ 3 9 5 8 7 2 54 0 7 6 1 7 5

Slucajevi 3U + 1 = 10 + N i 3U + 1 = 20 + N nemaju rjesenja.

34. (1 bod) Nadite gresku:

−1 = 3√−1 = (−1)

13 = (−1)

26 = ((−1)2)

16 = 1.

Rjesenje: Greska se javlja u jednakosti (−1)13 = (−1)

26 . Ako stavimo (−1)

13 =

3√−1 i (−1)

26 = 6

√(−1)2, jasno vidimo da jednakost

3√−1 = 6

√(−1)2

ne vrijedi jer se prosirivanje n-tog korijena opcenito definira samo iz nenegativnihrealnih brojeve.

35. (2 boda) Koja je posljednja znamenka zbroja 3 + 32 + 33 + . . . + 333 ?

Rjesenje: Znamenke brojeva 3n periodicki se ponavljaju. Posljednja znamenkabroja 34k+1 je broj 3, posljednja znamenka broja 34k+2 je 9, posljednja znamenkabroja 34k+3 je 27, a broja 34k je 1. Kad se zbroje cetiri uzastopne potencije broja 3,zadnja znamenka je 0. Ovdje imamo 8 skupina s cetiri uzastopne potencije broja 3i jos potencija 33. Dakle posljednja znamenka je 3.

7

36. (1 bod) Knjiga ima stranica. Koliko je znamenaka upotrebljeno za oznacavanje, tj.numeriranje svih stranica te knjige?

Rjesenje: Za numeriranje prvih 9 stranica upotrebljeno je 9 znamenaka.Za numeriranje stranica od 10. do 99. potrebno je 2 · 90 = 180 znamenaka.Za numeriranje stranica od 100. do 200. potrebno je 3 · 101 = 303 znamenke.Za numeriranje svih 200 stranica potrebno je 9 + 180 + 303 = 492 znamenke.

37. (1 bod) Rijesite rebus :

LEK × LEK = TUTLEK

Rjesenje: Zapisimo rebus u obliku LEK × LEK = TUT000 + LEK, odnosnoLEK(LEK − 1) = TUT · 1000. No LEK i LEK − 1 su uzastopna dva prirodnabroja, zbog toga su oni relativno prosti, a ako im je umnozak djeljiv sa 1000, jedanod tih brojeva djeljiv je s 23, a drugi s 53 . Neparni brojevi djeljivi s 125 jesu:125, 375, 625, 875. Neposrednom provjerom nalazimo 376 × 376 = 141376 i to jejedino rjesenje rebusa.

38. (1 bod) Nastavite niz:

Rjesenje: Uocimo da su napisani hijeroglifi zapravo znamenke 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8zajedno sa svojim osno simetricnim slikama. Prema tome rjesenje je npr.

39. (2 boda) Od danih simbola nacini broj 120

0 0 0 0 0

+ + + +

( )

! ! ! ! !

Rjesenje: (0!+0!+0!+0!+0!)!=120

40. (1 bod) Pronadite dva realna broja, sastavljena od samih jedinica, a cija suma iprodukt su jednaki. Npr., 1 i 11 su prilicno blizu rjesenja: 1 · 11 = 11, 1 + 11 = 12.

Rjesenje: 1.1 i 11

41. (3 bod) U 10 kutija nalaze se novcici. U 9 od njih su svi tezine od 10 grama,a u jednoj su svi laksi i teze po 9 grama. Kako cemo pomocu jednog vaganja nagram-vagi (vagi bazdarenoj na grame) zakljuciti u kojoj se kutiji nalaze laksi novcici(novcice smijemo uzimati iz kutije te stavljati na vagu)?

Rjesenje: Uzmimo iz prve kutije jedan, iz druge dva, itd. te iz desete deset novcicai sve njih (1 + 2 + + 10 = 55) stavimo na vagu. Ako bi svi bili teski 10 grama,

8

vaga bi pokazala 550 grama. Ako je na vagi jedan novcic od 9 grama, vaga budepokazala 549 grama, pa su laksi novcici u prvoj kutiji. Ako pokaze 548 grama, laksinovcici su u drugoj kutiji. Opcenito, ako vaga pokaze (550− i) grama, laksi novcicisu u i−toj kutiji.

42. (1 bod) Koji broj treba upisati na prazno mjesto?

3632

30 121

4 7 ?

2 1 5 3

Rjesenje: 17; 2 ·1+2 = 4, 1 ·5+2 = 7, 5 ·3+2 = 17, 4 ·7+2 = 30, 7 ·17+2 = 121, 30 · 121 + 2 = 3632

43. (2 boda) Koje slovo nedostaje?T ? O LJ H

Rjesenje: nedostaje slovo S, ovo je padajuci niz slova abecede:

T(S)S(RP)O(NJNM)LJ(LKJI)H

44. (1 bod) Sto je vece, produkt 300 dvojki ili 200 trojki?

Rjesenje: produkt 300 dvojki je isto sto i produkt 100 osmica, a produkt 200 trojkije isto sto i produkt 100 devetki.

45. (2 boda) Pleme ljudozdera uhvati istrazivaca. Njihov poglavica mu rece: ”Morasdati jednu suvislu izjavu. Ako ona bude istinita, ispeci cemo te i pojesti, a ako onabude lazna, skuhat cemo te i pojesti.”Moze li se istrazivac spasiti?

Rjesenje: Istrazivac ce biti spasen ako izjavi:”Vi cete me skuhati”.Naime, tada ga ne smiju ispeci jer je pecenje predvideno za istinitu izjavu, a akobi ga ispekli izjava ”Vi cete me skuhati bi bila lazna.” No, ne smiju ga ni skuhatijer je kuhanje predvideno za laznu izjavu, a kad bi ga skuhali, izjava ”Vi cete meskuhati” bila bi istinita. Stoga, ako poglavica drzi obecanja, nece ni skuhati ni ispeciistrazivaca.

46. (1 bod) Pavlov konop je dug tri metra i jos tri cetvrtine svoje duljine. Kolika jeduljina konopa?

Rjesenje: Ocito jedna cetvrtina Pavlovog konopa iznosi 3 metra, pa je konopukupno dug 12 metara.

47. (1 bod) Kako odmjeriti 4 litre vode pomocu dvije posude od 3 litre i 5 litara?

Rjesenje:Jedno od rjesenja je prikazano slijedecim preljevanjem

9

5 l 3 l5 02 32 00 25 24 3

48. (3 boda) Zadani kvadrat treba podjeliti na dijelove, tako da se od njih moze sas-taviti pet jednakih kvadrata.

Rjesenje: Neka imamo kvadrat ABCD i neka su E, F, G, H redom polovista stran-ica AB, BC, CD, DA. Spojimo duzine AG, EC,DF i HB time smo u sredini slikedobili jedan kvadrat, a ostatak pocetnog kvadrata se podijelio na 4 trapeza i 4trokuta. Ostala 4 kvadrata dobijemo tako da svaki od trapeza nadopunimo troku-tom do kvadrata.

49. (1 bod) Parkirnu kartu vozila moguce je platiti SMS porukom. Ako se u drugojzoni Osjecko - baranjske zupanije kupnja ostvaruje na broj 8312, a u prvoj zoniBrodsko - posavske zupanije na broj 8351, na koji se broj ostvaruje kupnja u drugojzoni Pozesko - slavonske zupanije?

Rjesenje: Svaki SMS broj kojim ostvarujemo kupnju parkirne karte pocinje brojem8. Druga dva broja oznacavaju drugi i treci broj pozivnog broja zupanije, a zadnjibroj oznacava parkirnu zonu. Stoga je trazeni broj jednak 8342!

50. (2 boda) Preko sheme od 9 tocaka prema slici treba nacrtati (povezanu) izloml-jenu crtu od 4 ravna poteza, tako da time svih 9 tocaka bude precrtano i to svakajedanput.

• • •• • •• • •

Rjesenje:

51. (2 boda) Koji je slijedeci clan niza:

2, 11, 20, 22, 101, 110...

Rjesenje: ovo su brojevi zapisani u bazi 3, u bazi 10 bi se radilo o brojevima 2, 4,6, 8, 10, 12, pa 14, tj. rjesenje je 112.

10

52. (1 bod) Za koliko je zbroj 100 + 101 + 102 + · · ·+ 299 manji od zbroja 300 + 301 +302 + · · ·+ 499 ?

Rjesenje: U oba zbroja ima 200 pribrojnika, pa trazenu razliku mozemo napisatiu obliku:(300 + 301 + 302 + · · ·+ 499)− (100 + 101 + 102 + · · ·+ 299) = (300− 100) + (301−101) + (302− 102) ++ · · ·+ (499− 299) = 200 + 200 + 200 + · · ·+ 200︸ ︷︷ ︸

200puta

= 40000.

Dakle, prvi zbroj je za 40000 manji od drugog!

53. (2 boda) Odredite znamenke a i b ako vrijedi:

a · b · ab = bbb

gdje ab oznacava dvoznamenkasti broj sa znamenkama a i b, a bbb oznacava trozna-menkasti broj sa znamenkom b !

Rjesenje: Troznamenkasti broj bbb zapisemo u obliku b ·111, skratimo b u polaznojjednakosti i dobijemo a · ab = 111. Stoga broj 111 treba prikazati kao umnozakjednoznamenkastog i dvoznamenkastog broja a i ab. Jedina takva mogucnost jea = 3 i b = 37!

54. (1 bod) Dani pravokutnik rastavite na dva trokuta i dva peterokuta!

Rjesenje:

55. (2 bod) Koji je najmanji broj koji podijeljen brojevima 2, 3, 4, 5, 6 daje redomostatke 1, 2, 3, 4, 5?

Rjesenje: Neka je n broj koji trazimo. Buduci da n dijeljen s 2 daje ostatak 1,broj n + 1 je djeljiv s 2. Ostatak dijeljenja s 3 daje ostatak 2, pa je n + 1 dijeljiv s3. Analogno, n+1 mora biti dijeljiv s 4, 5 i 6. Najmanji zajednicki djelitelj brojeva1, 2, 3, 4, 5 i 6 je 60. n + 1 = 60, odnosno n = 59.

56. (1 bod) Koja je posljednja znamenka zbroja 1! + 2! + 3! + . . . + 100! ?

Rjesenje: Svi brojevi oblika n! za n ≥ 5 zavrsavaju s nulom. Posljednja znamenkaovog zbroja je posljednja znamenka zbroja 1! + 2! + 3! + 4!, a to je 3.

57. (2 boda) Nadite razlicite znamenke x, y i z u izrazu

xzy+xyz

yzx

11

Rjesenje: x = 4, y = 9, z = 5. U srednjem stupcu, y+z daje znamenku z. To znacida je y 0 ili 9. Buduci da je y prva znamenka u dobivenoj sumi, ne moze biti 0, paje y = 9. Dva x−a u prvom stupcu zbrojeni daju y = 9. Buduci da je 9 neparan,prenosi se jedinica, pa je x + x = 8, odnosno x = 4. Buduci da je y = 9 i x = 4,slijedi da je z = 5 (vidi se iz zadnjeg stupca).

58. (1 bod) Neka je x1 = 1 i xn = nxn−1

, za svaki n > 1. Izracunaj x1 · x2 · x3 . . . x2n.

Rjesenje: (x1 · x2)(x3 · x4)(x5 · x6) . . . (x2n−1 · x2n) = 2 · 4 · 6 . . . (2n) = 2n · n!

59. (3 boda) Dva plemena zive na otoku. Oni koji zive na zapadnoj strani uvijek govoreistinu a oni koji zive na istocnoj strani uvijek lazu. Znanstvenik koji je posjetio otokzaposlio je domorodca iz centra kao vodica po otoku, i odlucio ga zadrzati samoako govori istinu. Smislio je nacin na koji je provjerio govori li domorodac istinuili ne :”Idi i pitaj onog domorodca u daljini na kojoj strani otoka zivi.” Kada sevodic vratio, odgovorio je znanstveniku: ”Kaze da zivi na zapadnoj strani.” Je ga liznanstvenik zadrzao kao vodica? Kako mozes odrediti govori li vodic istinu ili ne?

Rjesenje: Ako je pitani domorodac s istocne strane, odgovorio bi da je sa zapadnestrane i vodic, ako govori istinu, rekao bi takoder ” zapadna strana”.Ako je pitani domorodac sa zapadne strane, odgovorio bi da je sa zapadne strane ivodic, ako govori istinu, rekao bi takoder ” zapadna strana”.Ako je pitani domorodac s istocne strane, a vodic ne govori istinu, domorodac birekao da je sa zapadne strane a vodic bi prenio ”istocna strana”.Ako je pitani domorodac sa zapadne strane, a vodic ne govori istinu, domorodac birekao da je sa zapadne strane a vodc bi prenio ”istocna strana”.Kako je vodic prenio ”zapadna strana”, tada vodic govori istinu.

60. (1 bod) Ako je satu potrebno pet sekundi da otkuca set, koliko mu je sekundipotrebno da otkuca dvanaest?

Rjesenje: Ako se mjere intervali izmedu prvog i slijedeceg otkucaja itd., moze seizbrojiti 5 intervala izmedu otkucaja. Kako je potebno pet sekundi da sat otkucapet intervala, potrebna je jedna sekunda za jedan interval. Izmedu otkucaja 1 i 12imamo 11 vremenskih intervala, pa je potrebno 11 sekundi da bi sat otkucao 12.

61. (1 bod) Imamo tri kutije koje su oznacene sa ”Jabuke”, ”Narance” i ”Jabuke inarance”. Svaka od ovih oznaka je netocna. Bez gledanja u kutiju, smijes zavuciruku i izvaditi samo jedno voce iz jedne kutije. U koju bi kutiju trebao zavuci rukukako bi mogao kutije oznaciti pravilnim oznakama?

Rjesenje: Kako su kutije pogresno oznacene, treba zavuci ruku u onu koja jeoznacena sa ”Jabuke i narance” Ako dobijes jabuku, tada to mora biti kutija sajabukama. Ako dobijes narancu, tada to mora biti kutija sa narancama. Nakon stooznacis tu kutiju, zamijeni oznake na drugim kutijama.

62. (1 bod) U pet kutija nalazi se ukupno 200 kuglica. U prvoj i drugoj kutiji su 104kuglice, u drugoj i trecoj 86 kuglica, u trecoj i cetvrtoj 68 kuglica, a u cetvrtoj ipetoj kutiji ima 60 kuglica. Koliko ima kuglica u svakoj kutiji?

Rjesenje: U 2., 3., 4. i 5. kutiji ima 146 kuglica, slijedi u 1. imaju 54 kuglice.Dalje se lagano da u 2. ima 50 kuglica, u 3. 36, u 4. 32 i u 5. kutiji 28 kuglica.

12

63. (2 boda) Otac zeli podijeliti zemlju petorici svojih sinova. Jedan sin mu je najdrazii njemu zeli dati cetvrtinu zemlje kao na slici: Kako moze podijeliti ostatak zemljena cetiri dijela jednake velicine i oblika?

Rjesenje:

64. (1 bod) Proucite prilozenu sliku. Koliko kvadrata biste morali nacrtati da bistedobili sliku koja prikazuje 20 ovakvih stuba?

Rjesenje:

1 + 2 + 3 + + 19 + 20 = [20(20 + 1)]/2 = 420/2 = 210 kvadrata.

65. (3 boda) Nastavite slijedeci niz

5, 41, 149, 329, . . .

Rjesenje: Polazimo od niza0, 2, 4, 6, 8, . . .

mnozeci ga s 3 dobijemo niz0, 6, 12, 18, 24, . . .

kvadriranjem clanova toga niza dobijemo

0, 36, 144, 324, 576, . . .

dodavanjem broja 5 slijedi trazeni niz

5, 41, 149, 329, 581, . . . .

66. (1 bod) Koliki je zbroj svih parnih troznamenkastih brojeva koji se mogu napisatipomocu znamenki 0, 1, 2, pri cemu se znamenke smiju ponavljati?

Rjesenje: Trazeni troznamenkasti brojevi su

100, 102, 200, 202,110, 112, 210, 212,120, 122, 220, 222,

a njihov zbroj je 1932.

67. (2 boda) Neka je an = 6n + 8n. Odredite ostatak pri djeljenju a2008 s 49.

Rjesenje: 2. Za parni n an mozemo napisati u obliku:

an = 6n + 8n = (7− 1)n + (7 + 1)n = 7n −(n

1

)7n−1 +

(n

2

)7n−2 + · · ·

13

−(

n

n− 1

)7 + 1 + 7n +

(n

1

)7n−1 +

(n

2

)7n−2 + · · ·+

(n

n− 1

)7 + 1

= 2(7n +(n

2

)7n−2 + · · ·+

(n

n− 2

)72 + 1)

= 49 · 2 · (7n−2 +(n

2

)7n−4 + · · ·+

(n

n− 2

)7) + 2

pa je ostatak pri djeljenju s 49 bilo kojeg parnog clana ovog niza jednak 2!

68. (1 bod) Funkcija f(x) zadovoljava f(x + 2) = f(2 − x) za sve realne brojeve x.Jednazba f(x) = 0 ima tocno cetiri rjesenja. Koliki je zbroj tih rjesenja?

Rjesenje: Ako je broj x1 rjesenje, tada je i broj 4 − x1 takoder rjesenje (jer jex1 = 2 + t i 4− x1 = 2− t). Znaci rjesenja su : x1, 4− x1, x2, 4− x2 i njihov zbrojje jednak 8.

69. (2 boda) U cemu je problem?

Rjesenje: Ako primjenimo Pitagorin poucak na gornji trokut, uz pretpostavku daje duljina stranice kvadratica 1, imamo:

132 + 52 = 169 + 25 = 194 ⇒ duljina hipotenuze je√

194,

a racunanjem hipotenuze zbrajanjem hipotenuza malih trokuta imamo:

82 + 32 = 64 + 9 = 73,

te52 + 22 = 25 + 4 = 29.

U ovom slucaju hipotenuza trokuta iznosi√

73 +√

29, a to je razlicito od√

194.Zakljucak: gornji lik nije trokut vec konkavan cetverokut. Cetvrti vrh se nalazi nadodiru vrhova dva trokuta.

70. (1 bod) Dali je broj 100 clan sljedeceg niza

1, 4, 7, 10, ... ?

Rjesenje: Da! Clanovi niza zu brojevi oblika 3k + 1, k ∈ N, a 100 = 3 · 33 + 1.

71. (1 bod) Upisite broj koji nedostaje

3 7 166 13 289 19 ?

Rjesenje: Brojevi u drugom retku aritmeticke su sredine brojeva prvog i trecegretka, trazeni broj je 40.

14

72. (2 boda) Cetrdeset i pet jednakih biljeznica ima ukupno x70y stranica. Kolikostranica ima svaka biljeznica?

Rjesenje: Kako je 45 = 9 · 5, to je ukupni broj stranica pojedine biljeznice djeljivs 5 i 9. Osim toga, broj stranica je takoder paran jer svaki list biljeznice ima dvijestranice. Zbog parnosti i djeljivosti s 5 slijedi da je posljednja znamenka umnoska0. Zbog djeljivosti s 9, zbroj znamenaka mora takoder biti djeljiv s 9, pa je prvaznamenka nuzno 2. Dakle, ukupni broj stranica je 2700, a odatle lako izracunamoda svaka biljeznica ima 60 stranica.

73. (1 bod) Farmer Felix zeli posaditi zivicu oko svog polja. Dimenzije polja u metrimadane su na slici, no Felix zeli sa svih strana ostaviti 10 metara prostora izmedu polja izivice kako bi nesmetano mogao voziti svoj traktor. Koliko metara zivice Felix moraposaditi?

Rjesenje: Mora posaditi 220 + 120 + 70 + 50 + 150 + 70 = 680 metara zivice(dimenzije zivice zbrajane su u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu,pocevsi od najdulje stranice lika na slici).

74. (3 boda) U prazne kvadrate upisite brojeve 1, 2, . . . , 8 tako da sve horizontalne ivertikalne jednakosti budu ispunjene.

Rjesenje:

75. (1 bod) Nastavite slijedeci niz

4, 7, 9, 11, 14, 15, 19, . . .

Rjesenje:4, 7, 9, 11, 14, 15, 19, 19, 24, . . .

brojevi na neparnim mjestima rastu za 5, a na parnim mjestima za 4.

76. (2 boda) Spajanjem krajeva triju sibica dobivamo jednakostranican trokut. Je lispajanjem krajeva devet sibica moguce sastaviti sedam jednakostranicnih trokuta?Ako je, kako?

Rjesenje: Moguce je. Konacna konstrukcija su dva tetraedra sa jednom zajednickomstranom.

77. (1 bod) Proucite kvadrate na sljedecoj slici. Povrsine kvadrata F i H iznose 16cm2,a povrsina kvadrata B 25cm2. Nadite povrsine svih ostalih kvadrata.

15

Rjesenje: Stranica kvadrata B duga je 5cm, a stranica kvadrata F 4cm. Slijedi daje stranica kvadrata E duga 1cm, dakle PE = 1cm2. Dakle, stranica kvadrata Cduga je 6cm, odnosno PC = 36cm2. Slijedi da je stranica kvadrata D duga 7cm,odnosno PD = 49cm2. Pomocu kvadrata B i F saznajemo da je stranica kvadrataA duga 9cm, pa slijedi da je PA = 81cm2. Duljina stranice kvadrata G jednaka je(aA+aF )−aH = 9cm (sto je ocito iz polozaja kvadrata A, F, G i H na slici), daklePG = 81cm2.

78. (2 boda) Svaki od prikazanih kvadrata upisan je veci kvadrat tako da se vrhoviupisanog kvadrata poklapaju sa polovistima stranica veceg kvadrata. Koliki udiopovrsine najveceg kvadrata zauzima obojena povrsina?

Rjesenje: Oznake: a = duljina stranice najveceg kvadrata; P = povrsina najvecegkvadrata; P1 = povrsina prvog upisanog kvadrata; P2 = povrsina drugog upisanogkvadrata; P3 = povrsina treceg upisanog kvadrata; P4 = povrsina cetvrtog up-isanog kvadrata.

Povrsina najveceg kvadrata iznosi P = a2. Ocito je duljina dijagonale prvog up-isanog kvadrata jednaka duljini stranice najveceg kvadrata, dakle a. Odavde slijedida je P1 = a2/2. Nadalje analognim zakljucivanjem slijedi: P2 = a2/4, P3 = a2/8i P4 = a2/16.

Povrsina obojenog dijela slike je: [(a2/8)− (a2/16)]/2 = a2/32.

79. (1 bod) Kako iz 38-postotne i 54-postote otopine dobiti 42-postotnu otopinu?

Rjesenje: 3:1 (na svaku jedinicu mjere 54%-tne otopine treba uzeti 3 jedinice mjere38%-tne)

80. (3 boda) Ucitelj je imao 7 kapa: 2 crne i 5 bijelih. Stavio je po jednu kapu naglave svoja tri ucenika tako da oni vide kape svojih kolega, ali ne i svoju. Zatim jesvakome postavio pitanje: Koje boje je kapa na tvojoj glavi? Prvi ucenik je rekaoda ne zna. Drugi ucenik je dao isti odgovor. Koje boje je kapa na glavi trecegucenika?

Rjesenje: Bijela!

81. (1 bod) U jednoj leguri zlato i srebro pomijesani su u omjeru 2:3, a u drugoj 3:7.Koliko treba uzeti prve, a koliko druge legure da bi se dobila nova legura u kojoj suzlato i srebro pomijesani u omjeru 5:11?

Rjesenje: 1:7 (na svaku jedinicu mjere prve treba uzeti 7 jedinica mjere drugelegure.)

82. (1 bod) Upisite broj koji nedostaje

1 3 52 4 83 6 124 7 −

Rjesenje: Broj u trecem stupcu = broj u prvom stupcu · 2 + broj u drugom stupcu.Nedostaje broj 15.

16

83. (1 bod) Zbroj 5 brojeva je 20070. Ako je svaki od njih za 2008 veci od prethodnog,koji su to brojevi ?

Rjesenje: Treba rijesiti jednadzbu

5x + 2008(1 + 2 + 3 + 4) = 20070,

odakle je x = −2. Prema tome rijec je o brojevima −2,2006,4014,6022,8030.

84. (3 boda) Zamijeniti slova znamenkama tako ta racun bude tocan (razlicitim slovimaodgovaraju razlicite znamenke):

ILIJI + LITAR = PIJACE

Rjesenje: 69656 + 96078 = 165734.

85. (1 bod) Kako je moguce da dva oca i dva sina pojedu tri jabuke, a da svatko odnjih pojede jednu jabuku?

Rjesenje: To su tri osobe: djed, djedov sin, unuk (sin djedova sina).

86. (1 bod) Nastaviti niz:

sedamnaest, cetrnaest, dvanaest, pedeset, cetiri, devet, sest,

Rjesenje: Broj slova u nazivu broja se smanjuje za jedan. Zadnji clan niza je brojciji zapis ima tri slova - imamo cetiri moguca rjesenja: dva, tri, pet, ili sto.

87. (1 bod) Izracunajte

1 + 2− 3− 4 + 5 + 6− 7− 8 + · · ·+ 2005 + 2006− 2007− 2008.

Rjesenje: Uocimo da od 2008 pribrojnika mozemo napraviti 501 zbroja na sljedecinacin

1+(2−3−4+5)+(6−7−8+9)+· · ·+(2002−2003−2004+2005)+2006−2007−2008 = −2008.

88. (2 boda) Odredite sljedeca dva clana u nizu

7, 9, 12, 13, 17, 17, , ,

Rjesenje: Promatramo li razlike (n + 1)-vog i (n− 1)-vog clana niza uocavamo dasu one redom 5 i 4 prema tome sljedeca dva clana su 22 i 21.

89. (1 bod) Nije tesko naci tri prirodna broja x, y, z za koje vrijedi

x2 + y2 = z2.

Primjerice x = 3, y = 4, z = 5 je jedno moguce rjesenje, jer vrijedi

32 + 42 = 9 + 16 = 25 = 52.

17

Mozete li naci neka tri prirodna broja x, y, z za koje vrijedi

1

x2+

1

y2=

1

z2?

Rjesenje: Kako vrijedi 32+42 = 52, dijeljenjem ove jednakosti s umnoskom 32·42·52

dobivamo jednakost1

42 · 52+

1

32 · 52=

1

32 · 42

tj.1

202+

1

152=

1

122.

Dakle, x = 20, y = 15, z = 12 je jedno moguce rjesenje jednadzbe

1

x2+

1

y2=

1

z2.

90. (2 boda) Odredite zadnju znamenku u produktu od 2008 osmica

8 · 8 · 8 · 8 · · · 8.

Rjesenje: Ispisimo prvih nekoliko produkata i promatrajmo zadnju znamenku:81 = 8, 82 = 64, 83 = 512, 84 = 4096, 85 = 32768, · · · .Uocavamo da se na mjestu zadnje znamenke periodicki pojavljuju redom 8, 4, 2, 6. Sobzirom da je ostatak pri djeljenju broja 2008 brojem 4 jednak 0 na zadnjem mjestuje znamenka 6.

18