Решење двадесетог недељног задатка – Застава Шведске

    Како је застава Шведске димензија 10:16, онда је њена ширина a=10k, а дужина b=16k, где је k неки позитиван реалан број. Површина целе заставе је P=a∙b=160k2. Према услову задатка, ширина жутог крста једнака је половини ширине сваког плавог поља, па закључујемо да је ширина плавог поља 4k, док је ширина жутог крста 2k.

    Површину крста PŽ можемо израчунати тако што од збира два жута правоугаоника, првог који се простире по дужини и другог по ширини заставе, одузмемо површину квадрата који се налази у њиховом пресеку.

PŽ  = 2k∙16k + 2k∙10k – 2k∙2k = 32k2 + 20k2 – 4k2 = 48k2

    Онда је збир површина плавих поља PP=P–PŽ=160k2 – 48k2=112k2.

    Дакле, однос заступљености плаве и жуте боје на застави Шведске износи:

PP : PŽ = 112k2 : 48k2 = 112 : 48 = 7 : 3

    Одавде закључујемо да жута боја заузима 30% површине заставе.

Zadatak 20-4

Решење деветнаестог недељног задатка – Необичне особине броја 2014

    Од свих претходника броја 2014 који са њим имају заједничку особину да им је последња цифра већа од збира осталих цифара, најближи је број 2009. Дакле, последњи пут је то био случај пре 5 година.

    Од свих претходника броја 2014 који са њим имају заједничку особину да су им све цифре различите и да им је последња цифра већа од збира преосталих цифара, најближи је број 1709. Дакле, последњи пут је нека година испуњавала ову особину пре 305 година.Zadatak 19-2

Решење осамнаестог недељног задатка – Осмоугаона слагалица

    Приметимо да се дати осмоугао састоји од два подударна правоугаоника страница а и и једног квадрата странице а. Дакле, његова површина је

P = 2∙a∙2a + a2= 5a2

    Квадрат који би требало саставити разрезивањем овог осмоугла на 5 делова има исту површину као и дати осмоугао, па му је страницаZadatak 18-11

    На првој слици је приказан начин разрезивања осмоугла на 5 делова. Сва четири правоугла троугла добијена овим разрезивањем су подударна и дужине њихових хипотенуза су једнаке дужини странице траженог квадрата.

Zadatak 18-9

    На другој слици је приказано како би разрезане делове требало поставити да се добије тражени квадрат.

Решење седамнаестог недељног задатка – Колико је сати?

    Најпре приметимо да угао између два нумерисана подеока на аналогном часовнику износи дванаести део пуног угла, то јест 30˚. Тај угао минутна казаљка опише за 5 минута, а сатна казаљка за 1 сат.

    На првом сату је 10:15. Конвексни угао између сатне и минутне казаљке мањи је од угла од 150˚ за четвртину угла од 30˚, који је сатна казаљка описала за четвртину сата. Дакле, тај угао је

Zadatak 17-7

Zadatak 17-4 10-15

    Други сат приказује 5:02. У овом случају од угла од 150˚ би требало одузети угао који је минутна казаљка прешла за 2 минута (12˚) и додати угао који је сатна казаљка прешла за исто то време – два шездесета, то јест тридесети део угла од 30˚ (дакле, 1˚).

Zadatak 17-8

Zadatak 17-5 5-02

    Време приказано на трећем сату је 12:53. Конвексни угао између сатне и минутне казаљке одређујемо тако што од угла од 60˚ одузимамо угао који је минутна казаљка прешла за 3 минута (18˚) и додајемо угао који је сатна казаљка прешла за 53 минута.

Zadatak 17-9

Zadatak 17-6 12-53

Решење шеснаестог недељног задатка – Цврчак у соби

    Тачка у коју би цврчак доспео након првог скока налази се на луку кружнице полупречника 2m чији се центар налази на кружној линији полупречника 1,5m, а који припада унутрашњости собе. Тачка са овог лука најближа центру собе одговара скоку који би садржао поменути центар и налази се на растојању 0,5m од њега. Приметимо да се цврчак, ма како даље буде скакао, не може приближити центру собе на мање растојање од овог.

    Дакле, цврчак може доспети у све тачке кружног прстена унутрашњег полупречника 0,5m и спољашњег полупречника 1,5m – представљеног на слици. Цврчак, такође, може доспети до сваке тачке на ободима овог прстена.

    Означимо са P1 површину собе, са P2 површину круга у који цврчак не може да скочи, а са Pp површину обојеног кружног прстена у који цврчак може да доспе.

    Тада је:

P1 = r12π =1,52π = 2,25π m2

P2 = r22π =0,52π = 0,25π m2

Pp = P1-P2 = 2π m2

    При томе је:

Zadatak 16-15

    Дакле, део површи пода собе у који цврчак може доспети представља приближно 89% површине собе.

Zadatak 16-13

Решење петнаестог недељног задатка – Складиштење цеви

    Посматрајмо попречни пресек цеви и граничника приказан на слици. Задатак се своди на одређивање странице x квадрата који додирује две кружнице које се међусобно додирују и чија једна страница припада заједничкој спољашњој тангенти тих кружница. Нека је t тангента датих кружница у њиховој заједникој тачки Е. Тангента t је уједно и оса симетрије дате слике, па полови посматрани квадрат.

    Четвороугао OAKE је квадрат странице 1m јер су му сви углови прави, а две суседне странице OA и OE су полупречници кружнице. Нека је C теме квадрата у коме он додирује прву кружницу, а D подножје нормале из тачке C на полупречник OA те кружнице. Троугао ODC је правоугли са хипотенузом OC=1m, која је такође полупречник кружнице. Катете овог троугла су:

OD = OA – AD = OA – x = 1 – x  и DC = AB = AK – BK = 1  – x/2 .

    Применом Питагорине теореме на овај правоугли троугао одређујемо тражену страницу квадрата x.

Zadatak 15-10    Како је x<1, одбацујемо решење x=2. Дакле, страница квадрата, то јест тражена ивица коцке износи x=0,4m=40cm.

Zadatak 15-9

Решење четрнаестог недељног задатка – Бегунчев спирални пут

Означимо са А1 стартну тачку бегунчевог пута, а са А2, А3, А4, А5,… редом тачке у којима он скреће. Према условима задатка важи следеће:

А1А2=10km, А2А3=5km,А3А4=2,5km, А4А5=1,25km, А5А6=0,625km,… итд.

Очигледно је Zadatak 14-7

Познато је да су сви правоугли троуглови код којих је однос катета исти, међусобно слични. На основу овог следи да су троуглови ∆А1А2А3 и ∆А2А3А4 слични и да је α1= α2 и α3= α4 (на слици).

Zadatak 14-6

Нека је C пресечна тачка дужи А1А3 и А2А4. Tроуглови ∆А2А3C и ∆А2А3А4 су слични јер имају два пара једнаких углова (α12). Дакле, угао код темена C у троуглу ∆А2А3C је прав (следи или из сличности троуглова или из услова да је α23=90˚). Исти закључак следи за сваки од троуглова ∆АiАi+1C.

Из свега наведеног закључујемо да су правоугли троуглови ∆А1А2C, ∆А2А3C, ∆А3А4C, ∆А4А5C,… међусобно слични. Приметимо да је тачка C теме правог угла сваког од ових троуглова. Хипотенузе ових троуглова, чије дужине опадају по геометријској прогресији, образују бегунчев пут, а њихово заједничко теме C (пресечна тачка дужи А1А3 и А2А4) представља граничну тачку овог спиралног пута.

Zadatak 14-3