\def\strane{89--97}
\documentclass[twoside]{oml}
\usepackage{latexsym,amsfonts,amssymb,amsmath,amsbsy}
\usepackage[dvips]{graphicx}
\usepackage{graphics}

\input setbmp
%\usepackage[croatian]{babel}
\newtheorem{zad}{Zadatak}[section]
\renewcommand{\thezad}{\arabic{section}.\arabic{zad}}

\pagestyle{myheadings}
\markboth{\v{Z}eljko Zrno}{Neki elegantni pristupi kod rje\v{s}avanja nestandardnih zadataka}

\title{Neki elegantni pristupi kod rje\v{s}avanja nestandardnih zadataka}
\author{\v{Z}eljko Zrno\thanks{Veleu\v{c}ili\v{s}te ``Marko Maruli\'c'' u Kninu, Petra Kre\v{s}imira IV 30,
HR-22300, Knin}
}
\date{}

\begin{document}

\setcounter{page}{89}
\maketitle

\begin{sazetak} $\,$
U matematici mo\v{z}emo odre\d{}ene probleme i zadatke rije\v{s}iti na neobi\v{c}an,
nepredvidljiv, i dosta duhovit na\v{c}in. Na nekoliko primjera koje sam podijelio 
u tri skupine pokazat \'{c}emo primjenu trigonometrije, kvadratne jednad\v{z}be i Pitagorinog 
pou\v{c}ka -- koriste\'{c}i poznate rezultate iz podru\v{c}ja koja naizgled nemaju veze s podru\v{c}jem 
iz kojeg dolazi sam zadatak. Tako da mo\v{z}emo zaklju\v{c}iti, da razli\v{c}ita podru\v{c}ja matematike 
``\v{z}ive'' u svojevrsnom ``srodstvu'' i da su jako povezana. Upravo ta \v{c}udna kombinacija 
o\v{c}iglednog i misti\v{c}nog, duhovitog i nepredvidivog -- te jedinstvo u razli\v{c}itostima je ono 
\v{s}to nas u matematici treba o\v{c}aravati i stalno nadahnjivati. Nadam se da sam kroz sljede\'{c}i 
izbor zadataka taj cilj ostvario. 
\end{sazetak}

\kljucnerijeci{elegantni pristupi, nestandardni zadaci, ma\-te\-ma\-ti\-\v{c}ka natjecanja, trigonometrija,
kvadratna jednad\v{z}ba, Pitagorin pou\v{c}ak, pou\v{c}ak o kosinusu, pou\v{c}ak o tangensima, 
antisimetri\v{c}nost relacije,
je\-dna\-d\v{z}ba tre\'{c}eg ili \v{c}etvrtog stupnja, skup $\mathbb{R}$, polukrug, kvadrat, trokut, kru\-\v{z}ni\-ca, ravnina, uspravni sto\v{z}ac,
matemati\v{c}ko ``srodstvo'', jedinstvo u ra\-zli\-\v{c}i\-to\-sti\-ma}

\begin{center}{\bf Some elegant approaches to solving non-standard tasks}
\end{center}

\begin{abstract}
We can solve certain problems and tasks in mathematics in an unusual, unpredictable and even 
witty way. We will show applying trigonometry, squared equation and Pitagora s theorem on a few 
examples I have devided into three sections using known results from the fields which seem 
not to be related with the field from which the task itself comes.
So we can conclude that the different fields of mathematics ``live'' in a kind of ``relationship'' 
and that they are strongly connected. That wierd combination of obvious and mystic witty, 
unpredictable, as well as the unity in diferences is exactly what should fascinate and constantly 
inspire us. I hope that I have achieved, through the following choice of tasks, that particular aim.  
\end{abstract}

\keywords{ellegant approaches, not up to standard tasks, mathematical competitions, trigonometry,
squared equation, Pitagora's theorem, cosinus theorem, tangens theorem, asymmetry of reletion,
equation of third or fourth degree, set $\mathbb{R}$, semicircle, square, triangle, circle, plane,
upright cone, mathematical ``relationship'', unity in differences}


\vspace*{2cm}

\noindent
Pripremaju\'{c}i u\v{c}enike za matemati\v{c}ka natjecanja, tra\v{z}enjem zanimljivih i nestandardnih zadataka, 
prinu\d{}eni smo i prou\v{c}avati raznu literaturu (\v{c}asopise, zbirke i knjige, bilo doma\'{c}e ili strane).
Takve pojedine zadatke, sa neobi\v{c}nim, nepredvidljivim, originalnim, duhovitim rje\v{s}enjima (a koji 
su se pojavljivali na raznim matemati\v{c}kim natjecanjima \v{s}irom svijeta) \v{z}elim iznijeti u ovom \v{c}lanku.
Na nekoliko primjera koje sam podijelio u tri skupine, pokazat \'{c}emo primjenu:
\begin{description}
\item[a)] Trigonometrije;
\item[b)] Kvadratne jednad\v{z}be;
\item[c)] Pitagorinog pou\v{c}ka.
\end{description}
Svakoj skupini prethodi dokaz nekih tvrdnji koje \'{c}emo koristiti u rje\v{s}avanju zadataka.
Primjenjivat \'{c}emo i op\'{c}e poznate matemati\v{c}ke \v{c}injenice.

\section{Trigonometrija}

Nacrtajmo bilo koji trokut $ABC$ i ozna\v{c}imo njegove elemente na uobi\v{c}ajen na\v{c}in.

\setbmp{3cm}{0cm}{4cm}{zrno01.bmp}

\begin{center}
Slika 1
\end{center}

Poznato je da je povr\v{s}ina trokuta jednaka polovici umno\v{s}ka stranice i visine na tu stranicu 
$P=\displaystyle\frac{1}{2}av_a$.

Iz pravokutnog trokuta $ADC$ ({\em Slika 1}) je $v_a=b\sin\gamma$, pa vrijedi $P=\displaystyle\frac{1}{2}ab\sin\gamma$.
Analogno dobivamo: $P=\displaystyle\frac{1}{2}bc\sin\alpha=\frac{1}{2}ac\sin\beta$.

Poka\v{z}imo kosinusov pou\v{c}ak. Neka je ABC bilo koji trokut. Pretpostavimo da trokut nema
niti jedan tupi kut. Slu\v{c}aj tupog kuta dokazuje se posve analogno. 
Uz oznake kao na slici ({\em Slika 1}) lako dobivamo 
\[\begin{array}{rcl}
c^2 & = & |BD|^2+|AD|^2 \\
 & = & (a-|CD|)^2+b^2-|CD|^2 \\
 & = & a^2 -2a|CD|+|CD|^2+b^2-|CD|^2 \\
 & = & a^2 + b^2  -2ab\cos\gamma.\\
\end{array}\]                                        
Poka\v{z}imo kosinusov pou\v{c}ak:
\[a^2=b^2+c^2-2bc\cos\alpha\]
\[b^2=a^2+c^2-2ac\cos\beta.\]
Podsje\'{c}amo na adicijsku formulu za trigonometrijsku funkciju tangens:
\[{\rm tg}(\alpha-\beta)=\frac{{\rm tg}\alpha-{\rm tg}\beta}{1+{\rm tg}\alpha{\rm tg}\beta},\;\;
{\rm tg}(\alpha+\beta)=\frac{{\rm tg}\alpha+{\rm tg}\beta}{1-{\rm tg}\alpha{\rm tg}\beta}.\]

\begin{zad}
Izra\v{c}unajte $A=xy+2xz+yz\sqrt{3}$, ako je $x>0$, $y>0$, $z>0$ i 
\[\begin{array}{l}
x^2+y^2+xy\sqrt{3}=169 \\
x^2+z^2=25 \\
z^2+y^2+yz=144.
\end{array}\]                                            
\end{zad}

{\bf Rje\v{s}enje.} Napi\v{s}imo dane jednad\v{z}be u sljede\'{c}em obliku
\[\begin{array}{l}
x^2+y^2-2xy\cos 150^o=169 \\
x^2+z^2-2xz\cos 90^o=25 \\
y^2+z^2-2yz\cos 120^o=144 \\
\end{array}\]
Konstruirajmo du\v{z}ine $|OB|=x$, $|OA|=y$, $|OC|=z$, tako da je $\angle AOB=150^o$,
$\angle COB=90^o$, $\angle AOC=120^o$. Dalje je $|AB|=13$, $|AC|=12$ i $|BC|=5$ ({\em Slika 2}),
tj.\ trokut $ABC$ je pravokutan.

\setbmp{3cm}{0cm}{4cm}{zrno02.bmp}

\begin{center}
Slika 2
\end{center}

\noindent
Kako je $P_{ABC}=P_{AOB}+P_{BOC}+P_{AOC}$ odnosno iz
\[\frac{5\cdot 12}{2}=\frac{xy\sin 150^o}{2}+\frac{xz\sin 90^o}{2}+\frac{yz\sin 120^o}{2},\]
slijedi da je $xy+2xz+yz\sqrt{3}=120$. Dakle $A=120$.

\smallskip

\begin{zad} Rije\v{s}ite jednad\v{z}bu $2\cos\displaystyle\frac{\pi(x+1)}{2}=x^2+\frac{1}{x^2}$.
\end{zad}

{\bf Rje\v{s}enje.} Koristiti \'{c}emo svojstvo antisimetri\v{c}nosti relacije $\leq$ na skupu $\mathbb{R}$ koje 
ka\v{z}e ($a\leq b$ i $b\leq a$)$\Rightarrow$ $a=b$. Znamo da funkcija $f(x)=\cos x$ poprima 
najve\'{c}u vrijednost $1$. Isto tako da vrijedi nejednakost $x^2+\displaystyle\frac{1}{x^2}\geq 2$ za
$\forall x\in\R$, $x\neq 0$.\\ 
Naime, znamo da vrijedi nejednakost $\left(x-\displaystyle\frac{1}{x}\right)^2\geq 0$ za $\forall x\in\R$, $x\neq 0$.
Nakon kvadriranja i sre\d{}ivanja nejednakosti dobivamo $x^2+\displaystyle\frac{1}{x^2}\geq 2$.\\
Dakle lijeva strana jednad\v{z}be je manja ili jednaka $2$, dok je desna strana ve\'{c}a ili jednaka $2$.
Stoga su obje strane zadane jednad\v{z}be jednake $2$.
\[x^2+\frac{1}{x^2}=2,\]
odnosno $x^4+1=2x^2$, ili $(x^2-1)^2=0$ pa je $x\in\{-1,1\}$.\\   
Uvr\v{s}tavanjem ovih vrijednosti u zadanu jednad\v{z}bu zaklju\v{c}ujemo da je $x=-1$ jedino rje\v{s}enje 
zadane jednad\v{z}be.

\medskip

\begin{zad} Doka\v{z}ite da je zbroj razlomaka
\[\frac{a-b}{1+ab},\;\frac{b-c}{1+bc}\;\mbox{ i }\;\frac{c-a}{1+ac}\]
jednak njihovom produktu.
\end{zad}

{\bf Rje\v{s}enje.} Uvedimo supstituciju ${\rm tg}\alpha=a$, ${\rm tg}\beta=b$, ${\rm tg}\gamma=c$, $\alpha,\beta,\gamma\in
\left<-\displaystyle\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right>$.\\
Tada je $\displaystyle\frac{a-b}{1+ab}=\frac{{\rm tg}\alpha-{\rm tg}\beta}{1+{\rm tg}\alpha{\rm tg}\beta}
={\rm tg}(\alpha-\beta)$.\\
Analogno tome je i $\displaystyle\frac{b-c}{1+bc}={\rm tg}(\beta-\gamma)$, 
$\displaystyle\frac{c-a}{1+ca}={\rm tg}(\gamma-\alpha)$.\\
Prema tome, zbroj tri zadana razlomka jednak je zbroju 
\[{\rm tg}(\alpha-\beta)+{\rm tg}(\beta-\gamma)+{\rm tg}(\gamma-\alpha).\]
Doka\v{z}imo sada tvrdnju: za brojeve $x,y,z\in\R$, za koje vrijedi $x+y+z=0$ vrijedi 
jednakost ${\rm tg}x+{\rm tg}y+{\rm tg}z={\rm tg}x\cdot{\rm tg}y\cdot{\rm tg}z$.\\
Doista, iz $x+y+z=0$ slijedi $x+y=-z$, odakle je
\[\begin{array}{l}
{\rm tg}(x+y)={\rm tg}(-z)=-{\rm tg}z\;\mbox{ ili}\\             
\displaystyle\frac{{\rm tg}x+{\rm tg}y}{1-{\rm tg}x{\rm tg}y}=-{\rm tg}z,\;\mbox{ tj.}\\
{\rm tg}x+{\rm tg}y+{\rm tg}z={\rm tg}x\cdot{\rm tg}y\cdot{\rm tg}z.\\
\end{array}\]
S obzirom da je $\alpha-\beta+\beta-\gamma+\gamma-\alpha=0$, te na osnovu gornje 
tvrdnje odmah dobivamo: 
\[\frac{a-b}{1+ab}+\frac{b-c}{1+bc}+\frac{c-a}{1+ac}=
\frac{a-b}{1+ab}\cdot\frac{b-c}{1+bc}\cdot\frac{c-a}{1+ac}.\]


\section{Kvadratna jednad\v{z}ba}

Jednad\v{z}bu oblika $ax^2+bx+c=0$, $a,b,c\in\R$, $a\neq 0$ zovemo kvadratna jednad\v{z}ba.
Rje\v{s}enja dane jednad\v{z}be su 
$x_1=\displaystyle\frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$, $x_2=\displaystyle\frac{-b-\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$.\\
U sljede\'{c}im zadacima \'{c}emo pokazati kako se u nekim posebnim slu\v{c}ajevima 
jednad\v{z}ba tre\'{c}eg ili \v{c}etvrtog stupnja mo\v{z}e pogodno transformirati u kvadratnu i 
tako do\'{c}i do rje\v{s}enja. Naravno ovo nije op\'{c}i pristup rje\v{s}avanja jednad\v{z}bi tre\'{c}eg i \v{c}etvrtog stupnja.

\medskip

\begin{zad}
Rije\v{s}ite jednad\v{z}bu $x^3-3x^2+4=0$.
\end{zad}

{\bf Rje\v{s}enje.} Napi\v{s}imo danu jednad\v{z}bu u obliku
\[2^2-2x^2+x^3-x^2=0.\]
Rije\v{s}imo sada ovu jednad\v{z}bu kao kvadratnu po koeficijentu $2$.
\[2=\frac{x^2\pm\sqrt{x^4-4x^3+4x^2}}{2}.\]
Odakle je                                    
\[2=\frac{x^2\pm(x^2-2x)}{2},\]
odnosno $x^2-x-2=0$ ili $2x=4$.
Rje\v{s}avanjem ove dvije jednad\v{z}be dobivamo:
\[\begin{array}{l}
x_1=2,\\
x_{2,3}=\displaystyle\frac{1\pm\sqrt{1+8}}{2}\Rightarrow\,x_2=2,\,x_3=-1.\\
\end{array}\]
Dakle, na\v{s}a jednad\v{z}ba ima jedno dvostruko rje\v{s}enje $x_1=x_2=2$, te jedno jednostruko $x_3=-1$.

\medskip

\begin{zad} Rije\v{s}ite jednad\v{z}bu $x^4-2ax^2+x+a^2-a=0$, gdje je $a\in\R$ fiksan.
\end{zad}

{\bf Rje\v{s}enje.} Napi\v{s}imo danu jednad\v{z}bu u obliku $a^2-(2x^2+1)a+x^4+x=0$,   
te rije\v{s}imo ovu jednad\v{z}bu kao kvadratnu po parametru $a$. Imamo
\[a=\frac{2x^2+1\pm\sqrt{(2x-1)^2}}{2},\]
odnosno 
\[\begin{array}{l}
x^2+x-a=0,\\
x^2-x+1-a=0.\end{array}\]
Rje\v{s}avanjem ovih jednad\v{z}bi dobivamo:
\[\begin{array}{l}
x_{1,2}=\displaystyle\frac{-1\pm\sqrt{1+4a}}{2};\;\;x_1,x_2\in\R\;\mbox{ za }\;a\geq-\frac{1}{4},\\
x_{3,4}=\displaystyle\frac{1\pm\sqrt{4a-3}}{2};\;\;x_3,x_4\in\R\;\mbox{ za }\;a\geq\frac{3}{4}\\
\end{array}\]
kao rje\v{s}enja dane jednad\v{z}be.

\medskip

\begin{zad} Jednad\v{z}ba $2x^2+5y^2-2xy-2x-2y+1=0$ ima jedinstveno rje\v{s}enje u 
skupu $\R^2$. Odredite to rje\v{s}enje.
\end{zad}

{\bf Rje\v{s}enje.} Napi\v{s}imo danu jednad\v{z}bu u obliku
\[5y^2-2(x+1)y+2x^2-2x+1=0.\]
Rije\v{s}imo sada danu jednad\v{z}bu kao kvadratnu po $y$  
\[\begin{array}{l}
y_{1,2}=\displaystyle\frac{2x+2\pm\sqrt{-36x^2+48x-16}}{10};\\
y_{1,2}=\displaystyle\frac{x+1\pm\sqrt{-(3x-2)^2}}{5}.
\end{array}\]
Da bi jednad\v{z}ba imala realna rje\v{s}enja mora biti 
\[3x-2=0,\;\mbox{ tj. }\;x=\frac{2}{3}.\]
Uvr\v{s}tavanjem ove vrijednosti u polaznu jednad\v{z}bu lako dobivamo $y=\frac{1}{3}$.
Dakle, $\displaystyle\left(\frac{2}{3},\frac{1}{3}\right)$ je jedino realno rje\v{s}enje jednad\v{z}be.

\section{Pitagorin pou\v{c}ak}

Za stranice $a,b,c$ pravokutnog trokuta $ABC$, kome je pravi kut nasuprot stranici $c$, 
vrijedi jednakost: $a^2+b^2=c^2$.

Tako\d er vrijedi i obrat: ako su $a,b,c$ stranice trokuta $ABC$ za koje vrijedi 
$a^2+b^2=c^2$, tada je taj trokut pravokutan s pravim kutom nasuprot stranici $c$.

\medskip

\begin{zad}
U polukrug su upisana dva kvadrata kao na slici ({\em Slika 3}). Ako je povr\v{s}ina manjeg 
kvadrata $16$, kolika je povr\v{s}ina ve\'{c}eg?
\end{zad}

\setbmp{2.5cm}{0cm}{4cm}{zrno03.bmp}

\begin{center}
Slika 3
\end{center}

{\bf Rje\v{s}enje.} Neka je $r$ polumjer kru\v{z}nice i $a$ duljina stranice ve\'{c}eg kvadrata.
Duljina stranice manjeg kvadrata je $4$.

\newpage

$\;$

\setbmp{3cm}{0cm}{4cm}{zrno04.bmp}

\noindent
Iz pravokutnog trokuta $CDO$ dobivamo: $r^2=\displaystyle\left(\frac{a}{2}\right)^2+a^2$,
a iz pravokutnog trokuta $EFO$: $r^2=\displaystyle\left(\frac{a}{2}+4\right)^2+4^2$.\\
Izjedna\v{c}avanjem $\displaystyle\left(\frac{a}{2}\right)^2+a^2=\displaystyle\left(\frac{a}{2}+4\right)^2+4^2$
dobivamo kvadratnu jednad\v{z}bu $a^2-4a-32=0$ s rje\v{s}enjima $a=8$ i $a=-4$.
Negativno rje\v{s}enje odbacujemo, pa je stranica ve\'{c}eg kvadrata $8$, a njegova povr\v{s}ina $64$.

\medskip

\begin{zad}
Kru\v{z}nica, upisana trokutu $ABC$ dodiruje stranicu $AB$ u to\v{c}ki $D$, tako da je
$|AC|\cdot|CB|=2\cdot|AD|\cdot|DB|$. Doka\v{z}ite da je trokut $ABC$ pravokutan.
\end{zad}

{\bf Rje\v{s}enje.} Neka kru\v{z}nica dodiruje stranice trokuta $ABC$ u to\v{c}kama $D,E$ i $F$ i  
uz oznake kao na {\em Slici 4}, neka je
\begin{equation}
|AB|=c=y+z,\;|AC|=b=x+y,\;|BC|=a=x+z.
\end{equation}

\setbmp{3cm}{0cm}{4cm}{zrno05.bmp}

\begin{center}
Slika 4
\end{center}

\noindent
Prema uvjetu je $|AC|\cdot|CB|=2\cdot|AD|\cdot|DB|$, odnosno $(x+y)(x+z)=2yz$,\\
tj. $x^2+(y+z)x-yz=0$. \hfill (2)

\noindent
Kako je $x>0$, $y>0$, $z>0$ i ako (2) promatramo kao kvadratnu jednad\v{z}bu 
po nepoznanici $x$ dobivamo
\setcounter{equation}{2}
\begin{equation}
x=\frac{-(y+z)+\sqrt{(y+z)^2+4yz}}{2}=\frac{-c+\sqrt{c^2+2ab}}{2}.
\end{equation}
Opseg trokuta $ABC$ je $O=a+b+c=2x+2y+2z=2x+2c$, a odavde slijedi iz (3)
\[a+b=-c+\sqrt{c^2+2ab}+c,\]
tj.
\[a+b=\sqrt{c^2+2ab}.\]
Nakon kvadriranja dobivamo
\[a^2+b^2=c^2.\]
Kako su $a,b,c$ stranice trokuta $ABC$, slijedi da je on pravokutan \v{s}to je trebalo dokazati.

\medskip

\begin{zad}
U uspravni sto\v{z}ac \v{c}ija je osnovka krug polumjera 15 upisana je kugla polumjera 10. Odredite 
polumjer kru\v{z}nice, smje\v{s}tene u ravnini paralelnoj s osnovkom sto\v{s}ca, ``du\v{z}'' koje se sto\v{z}ac 
i kugla dodiruju u to\v{c}kama pla\v{s}ta.
\end{zad}

{\bf Rje\v{s}enje.} Promotrimo presjek sto\v{s}ca proizvoljnom ravninom okomitom na osnovku, 
a koja sadr\v{z}i i visinu sto\v{s}ca. ({\em Slika 5})


\setbmp{3cm}{0cm}{6cm}{zrno06.bmp}

\begin{center}
Slika 5
\end{center}

\noindent
Ozna\v{c}imo $|VA|=s$ i $|VO|=v$, kao na slici $5$.
Znamo da vrijedi $|AC|=|AO|=15$ (kao jednaki odsje\v{c}ci na tangentama povu\v{c}enim iz to\v{c}ke $A$), stoga je 
\[|CV|=|AV|-|AC|=s-15.\]
Na pravokutne trokute $AOV$ i $CSV$ primijenimo Pitagorin pou\v{c}ak
\[v^2+15^2=s^2,\;\;(v-10)^2=(s-15)^2+10^2.\]
Rje\v{s}avanjem ovog sustava dobije se $v=36$, $s=39$. Sada iz sli\v{c}nosti trokuta $AOV$ i $CTV$ dobivamo
\[|CT|=\frac{|AO|\cdot|CV|}{|AV|}=\frac{15\cdot(39-15)}{39}=\frac{120}{13}.\]

\bigskip

Na koncu mo\v{z}emo zaklju\v{c}iti da razli\v{c}ita podru\v{c}ja matematike ``\v{z}ive'' u svojevrsnom ``srodstvu'' 
i da su jako povezana. Jedno podru\v{c}je poma\v{z}e drugo, tako da je vidno bilo -- da se Pitagorin pou\v{c}ak, 
pou\v{c}ak o kosinusu (op\'{c}enito trigonometrija) i kvadratne jednad\v{z}be pro\v{z}imaju i nadopunjuju.

Upravo ta \v{c}udna kombinacija o\v{c}iglednog i misti\v{c}nog, duhovitog i nepredvidivog -- te jedinstvo 
u razli\v{c}itostima je ono \v{s}to nas u matematici treba o\v{c}aravati i stalno nadahnjivati.
Jednostavno to je ono zbog \v{c}ega se matematika voli.

\bibliographystyle{amsplain}

\begin{thebibliography}{9}

\bibitem[1]{c1}
{\sc P. J. Taylor}, {\em Tournament of the towns, Questions and solutions}, Australian Mathematics Trust, 1993.

\bibitem[2]{c2}
KBANT, MOCKVA, 2/95

\bibitem[3]{c3}
{\sc G. Polya}, {\em Kako \'{c}u rije\v{s}iti matemati\v{c}ki zadatak}, \v{S}kolska knjiga, Zagreb, 1956.

\bibitem[4]{c4}
{\em Bilteni s matemati\v{c}kih natjecanja u R.\ Hrvatskoj} (osobno skupljanje)

\bibitem[5]{c5}
{\sc M. \v{S}ari\'{c}}, {\em Matematika poma\v{z}e matematici}, Element, Zagreb, 2006.

\bibitem[6]{c6}
{\sc B. Apsen}, {\em Repetitorij elementarne matematike}, Tehni\v{c}ka knjiga, Zagreb, 1970.

\end{thebibliography}

\newpage

$\;$

\thispagestyle{empty}

\end{document}
