Sveu cili ste Josipa Jurja Strossmayera u Osijeku Odjel za ...mdjumic/uploads/diplomski/ČAI01.pdf · napi su kao mno zenje i obrnuto, mno zenje kao zbrajanje jednakih pribrojnika

Sveuciliste Josipa Jurja Strossmayera u Osijeku

Odjel za matematiku

Ana Caic

Geometrijski pristup definiciji mnozenja

Diplomski rad

Osijek, 2013.

Sveuciliste Josipa Jurja Strossmayera u Osijeku

Odjel za matematiku

Ana Caic

Geometrijski pristup definiciji mnozenja

Diplomski rad

Mentor: doc. dr. sc. Ivan Matic

Osijek, 2013.

Sadrzaj

Uvod 1

1 Mnozenje u nasim skolama 2

1.1. Mnozenje u nizim razredima osnovne skole . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2. Mnozenje prirodnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.3. Mnozenje razlomaka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.4. Mnozenje cijelih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.5. Mnozenje racionalnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2 Geometrijska definicija mnozenja 18

2.1. Opis problema i primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.2. Matematicka pozadina problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.3. Veza povrsine pravokutnog trokuta i mnozenja . . . . . . . . . . . . . . 31

3 Zanimljivost 36

Literatura 38

Sazetak i

Zivotopis ii

3

Uvod

S pojmom mnozenja ucenici se prvi puta susrecu u drugom razredu osnovne skole.

Kasnije se pojam mnozenja sve vise produbljuje. U ovom radu cemo govoriti o novom

nacinu pristupa mnozenju brojeva.

U prvom poglavlju cemo opisati kako se mnozenje brojeva uvodi u nasim skolama.

Za razlicite obradivane skupove brojeva navesti cemo cinjenice vazne nastavniku (kljucne

pojmove, potrebno predznanje ucenika, obrazovna postignuca...), motivacijske primjere

te primjere i zadatke kakvi se obraduju u tom dijelu gradiva.

U drugom poglavlju cemo opisati novi pristup definiciji mnozenja kakav se ne

radi u nasim skolama - geometrijski pristup. Opisati cemo problem, potkrijepiti ga

primjerima i otkriti matematicku teoriju koja se krije u pozadini.

U trecem poglavlju cemo slikovito opisati vrlo zanimljiv nacin mnozenja, tzv.

kinesko mnozenje.

Ucenici se vec u petom razredu osnovne skole upoznaju s geometrijskim priborom

i osnovnim geometrijskim pojmovima (pojam pravca, pojam paralelnosti...) cije je

poznavanje neophodno za shvacanje geometrijske definicije mnozenja pa smatram da

bi geometrijsku definiciju mnozenja pojedine vrste brojeva ucenici bili u mogucnosti

usvojiti upravo u onom razredu osnovne skole u kojem se i obraduje mnozenje pojedine

vrste brojeva (od petog razreda nadalje).

1

Poglavlje 1

Mnozenje u nasim skolama

1.1. Mnozenje u nizim razredima osnovne skole

Nastavna jedinica ”Mnozenje brojeva” je dio nastavne cjeline ”Mnozenje i dijelje-

nje” drugog razreda osnovne skole koja se obraduje u 2. polugodistu. Vrijeme koje je

potrebno za obradu je 1 skolski sat. Prije same obrade, kao potrebno predznanje od

ucenika se ocekuje znanje zbrajanja jednakih pribrojnika.

Kljucni pojmovi ove jedinice su: zbrajanje, pribrojnik, mnozenje, umnozak i

faktor. Metodicka obrada se temelji na tome da se uz pomoc didaktickog materijala, a

zatim i slikom prikaze mnozenje kao zbrajanje jednakih pribrojnika. Dodatno je moguce

koristiti konkretni materijal za ilustraciju te primjere iz svakodnevnog zivota. Kao

motivaciju za usvajanje novog gradiva, ucenicima navesti matematicke price i zadatke

povezati sa sadrzajima Prirode i drustva, Hrvatkog jezika i Tjelesne i zdravstvene

kulture.

Obrazovna postignuca: razumijeti mnozenje kao zbrajanje jednakih pribroj-

nika, pisati mnozenje matematickim zapisom.

Izborni sadrzaji: -

Prijedlozi za rad s ucenicima s posebnim odgojno−obrazovnim potre-

bama: Usvojiti znak ”puta” uz pomoc strucnjaka za edukacijsko-rehabilitacijsku pot-

poru. Uz primjerenu didakticku podrsku ucenike postupno uvoditi u mnozenje, usvojiti

pojam mnozenja uz pomoc zbrajanja. Potpuno usvajanje tablice mnozenja potrebno

dugorocno planirati (kroz nekoliko razreda). Ucenike nauciti sluziti se napisanom ta-

blicom mnozenja, mehanickim racunalom i kalkulatorom.

Motivacijski primjeri

Mnozenje brojeva zapocinjemo primjerima iz svakodnevnog zivota koji su ucenicima

bliski kako bi im sto bolje priblizili situaciju koja se pojavljuje u zadatku.

2

Primjer 1.1 Za hladnog vremena vazno je jesti mnogo voca i povrca. To znaju i Lina

i Luka. Umjesto cokolada i bombona, Lina i Luka jedu narance i jabuke.

- Svaki dan pojedem 2 jabuke. Koliko ih pojedem u tjednu? – pitala je Lina Luku.

- Hm... Tjedan ima 7 dana. U ponedjeljak 2, u utorak 2, u srijedu 2, u cetvrtak 2,

u petak 2, u subotu 2, u nedjelju 2. Sad to samo treba zbrojiti i znat cu koliko ih

pojedes.

- Uf, kako dug racun! – zabrinula se Lina.

Ucenici ponove zadatak iz price, a nastavnik za svaki dan u tjednu na ploci nacrta po

dvije jabuke.

Ispod slike zapisemo racun: 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 = 14 i odgovor.

Ucenike pitamo koliko se puta broj 2 javlja kao pribrojnik. Nakon dobivenog odgovora

kazemo da racun mozemo i krace zapisati: 7 · 2 = 14. Citamo: 7 puta 2 je 14.

”Puta” je znak za mnozenje brojeva.

Primjer 1.2 Majka je na stol postavila 4 tanjura, a na svakom 5 kolaca. Mira zeli

doznati koliko je kolaca na tanjurima.

To moze doznati:

• ovako:

Ukupno je 20 kolaca.

• ili ovako: 5 + 5 + 5 + 5 = 20 → Ukupno je 20 kolaca.

• ili ovako:

Ukupno je 20 kolaca.

• ili krace ovako: 4 · 5 = 20, citamo: 4 puta 5 je dvadeset. Ukupno je 20 kolaca.

3

Na ploci rijesimo jos nekoliko zadataka tako da ucenici zbroj jednakih pribrojnika

napisu kao mnozenje i obrnuto, mnozenje kao zbrajanje jednakih pribrojnika.

Ucenicima kazemo da brojevi koji se mnoze takoder imaju svoja imena i da ih treba

zapamtiti, a taj podatak ucenici doznaju iz udzbenika.

Na kraju s ucenicima usmeno prokomentiramo sto smo danas naucili, sto je mnozenje,

kako se zovu brojevi koje mnozimo (faktori), te kako se zove rezultat koji izracunavamo

mnozenjem (umnozak).

U sljedecim satima se obraduju nastavne jedinice:

”Zamjena mjesta faktora”

”Mnozenje broja 2”



”Brojevi 0 i 1 u mnozenju”






”Mnozenje broja 9”.

Vrijeme koje je potrebno za obradu svake jedinice je 1 skolski sat. Prije same obrade,

kao potrebno predznanje od ucenika se ocekuje znanje prethodno obradenih nastavnih

jedinica. Paralelno se obraduje i dijeljenje odredenim brojem. Obrada je analogna

obradi nastavne jedinice ”Mnozenje brojeva”. Pod time se podrazumijeva slikovito

detaljno objasnjavanje mnozenja za tocno odredeni broj, uz puno vjezbanja.

Primjeri zadataka uz nastavnu jedinicu ”Mnozenje broja 3”

Zadatak 1.1 Izracunajmo zbroj jednakih brojeva i napisimo u obliku mnozenja.

3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 =6 + 3 =3 + 3 + 3 + 3 =4 + 3 =

→ Trazeni rezultat:

3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 = 186 + 3 = 93 + 3 + 3 + 3 = 124 + 3 = 7

6 · 3 = 18

4 · 3 = 12

4

Zadatak 1.2 Pomnozimo!


Zadatak 1.3 Cvjecarica je napravila 8 buketa. U svaki buket stavila je 3 ruze. Koliko

je ruza ukupno u buketima?

→ Trazeni rezultat: 8 · 3 = 24 → U buketima su ukupno 24 ruze.

Zadatak 1.4 Popunimo tablicu!

FAKTOR 3 9 4 3 3 7FAKTOR 10 6 3 2 8 5

UMNOZAK 30 6 12 9 15 21


FAKTOR 3 3 9 3 4 3 3 3 7FAKTOR 10 6 3 2 3 8 3 5 3

UMNOZAK 30 18 27 6 12 24 9 15 21

Ucenici u 2. razredu uce mnoziti do 100, u 3. razredu do 1000, a u 4. razredu do

milijun. Obrada mnozenja u 3. i 4. razredu je slicna obradi mnozenja u 2. razredu

samo su brojke vece. Uvodi se pismeno mnozenje.

1.2. Mnozenje prirodnih brojeva

Nastavna jedinica ”Mnozenje prirodnih brojeva” je dio nastavne cjeline ”Prirodni

brojevi” petog razreda osnovne skole koja se obraduje u 1. polugodistu. Vrijeme koje

5

je potrebno za obradu su 2 skolska sata. Prije same obrade, kao potrebno predznanje

od ucenika se ocekuje znanje znacenja pojmova faktor i umnozak te usvojenost tablice

mnozenja i pismenog mnozenja s jednoznamenkastim i dvoznamenkastim brojem.

Kljucni pojmovi ove jedinice su: prirodni broj, mnozenje prirodnih brojeva,

faktor i umnozak. Metodicka obrada se temelji na tome da se nakon ponavljanja

postupka mnozenja analognom primjenom postupka mnozi viseznamenkaste brojeve te

da se individualnim radom potpunije usvoji postupak mnozenja. Dodatno je moguce

ilustrirati povrsinu pravokutnika.

Obrazovna postignuca: usvojiti postupak pismenog mnozenja prirodnih bro-

jeva uz uporabu procjene te usvojiti mnozenje s 10, 100, 1000.

Izborni sadrzaji: procjena rjesenja i rjesavanje zahtjevnijih problemskih zada-

taka.


bama: Dozvoliti koristenje pomagala za tocan izracun i duze vjezbati postupak.

Takoder, osigurati didakticku podrsku kod rjesavanja zadataka mnozenja, zadatke per-

ceptivno predocavati, ponavljati nazive (prvi faktor, drugi faktor, umnozak), svojstva

mnozenja perceptivno predocavati i olaksati razumijevanje te postupno prosirivati pi-

smeno mnozenje.


Mnozenje prirodnih brojeva zapocinjemo primjerima iz svakodnevnog zivota.

Primjer 1.3 Za proslavu svog 10. rodendana Domagoj je kupio 8 litara soka. Ako 1

litra soka stoji 7 kn, koliko ce Domagoj platiti sokove?

Do odgovora cemo doci tako da broj 7 zbrojimo osam puta sa samim sobom.

7 + 7 + 7 + 7 + 7 + 7 + 7 = 56

Ili, jednostavnije, mnozenjem 8 · 7 = 56.

Dakle, Domagoj ce sokove platiti 56 kuna.

Primjer 1.4 Anja skuplja slicice iz cokoladica ”Zivotinjsko carstvo” i lijepi ih u album.

Album ima 42 stranice. Koliko slicica treba skupiti ako na svaku stranicu stane 6

slicica?

Do odgovora cemo doci tako da broj 42 zbrojimo sest puta sa samim sobom.

42 + 42 + 42 + 42 + 42 + 42 = 252

Ili, jednostavnije, mnozenjem 42 · 6 = 252.

Dakle, Anja treba skupiti 252 slicice.

6

Koristeci motivacijski primjer uvodi se pojam faktor i umnozak ili produkt. Takoder,

naglasava se da je mnozenje zapravo skraceni zapis zbrajanja (istih pribrojnika). Na

primjerima se uvode svojstva komutativnosti i asocijativnosti te distributivnosti prema

zbrajanju i oduzimanju. Kao i kod mnozenja drugih vrsta brojeva, posebna paznja

se posvecuje mnozenju broja dekadskim jedinicama, nulom i jedinicom. Na samom

pocetku se od ucenika zahtjeva da, prije samog mnozenja, procijene rezultat. Ucenici

se prisjecaju pismenog mnozenja.

Zadatak 1.5 Pismeno pomnozi:

(1) 64 · 9 =

(2) 508 · 92 =


(1) 64 · 9576

(2) 508 · 92

4572

+1016

46736

Zadatak 1.6 Izracunaj:

(1) 8 · 2 · 7 · 5 =

(2) 4 · 30 · 250 =

(3) 152 · 25 + 48 · 25 =

(4) 48 · 23 · 682 · 0 · 99 =


(1) Primjenom svojstva asocijativnosti: 8 · 2 · 7 · 5 = 8 · 7 · 2 · 5 = 56 · 10 = 560.

(2) Primjenom svojstva asocijativnosti: 4 · 30 · 250 = 30 · 4 · 250 = 30 · 1000 = 30000.

(3) Primjenom svojstva distributivnosti mnozenja prema zbrajanju:

152 · 25 + 48 · 25 = 25 · (152 + 48) = 25 · 200 = 5000.

(4) 48 · 23 · 682 · 0 · 99 = 0 jer je jedan od faktora 0.

7

1.3. Mnozenje razlomaka

Nastavna jedinica ”Mnozenje razlomaka” je dio nastavne cjeline ”Operacije s raz-

lomcima” sestog razreda osnovne skole koja se obraduje u 1. polugodistu. Vrijeme koje

je potrebno za obradu su 4 skolska sata. Prije same obrade, kao potrebno predznanje

od ucenika se ocekuje usvojenost mnozenja decimalnih brojeva i skracivanje razlomaka

te zbrajanja i oduzimanja razlomaka.

Kljucni pojmovi ove jedinice su: razlomak, mnozenje razlomaka i umnozak raz-

lomaka. Metodicka obrada se temelji na tome da se kroz razgovor na konkretnim

primjerima objasni postupak mnozenja razlomaka, da se istraze i uoce svojstva komu-

tativnosti i asocijativnosti te mnozenja s 1 i 0. Dodatno je moguce ilustrirati slikoviti

prikaz razlomaka. Kao motivaciju za usvajanje novog gradiva, ucenicima se navode

primjeri zadataka iz razlicitih podrucja koje rjesavamo s razlomcima.

Obrazovna postignuca: razumjeti i usvojiti postupak mnozenja razlomaka,

steceno znanje primjenjivati te snalazljivo i tocno racunati koristeci svojstva mnozenja.

Izborni sadrzaji: rjesavanje jednadzbi primjenom svojstva mnozenja razlomaka.


bama: usvojiti tehniku mnozenja razlomaka koristeci kalkulator, mnoziti razlomke

razlomkom (postupno i s cijelim brojem, zadati zadatke s brojevima do 20) uz pret-

hodno uvodenje u postupak rjesavanja.


Mnozenje razlomaka zapocinjemo primjerima u kojima naglasak nije na racunskom

postupku, vec na tome kako zamisliti sto se ”dogada” u zadatku, te kako logicki doci

do rjesenja. Tek nakon nekoliko takvih pojasnjenja postupno prelazimo na racunski

postupak, njegovo uvjezbavanje, uocavanje svojstava mnozenja itd.

Primjer 1.5 (Prirodni broj puta razlomak) Rijesi i objasni rezultat: 6 · 12.

Nakon zapisivanja zadatka, od ucenika se ocekuje da razmisle koje bi bilo rjesenje i

objasne zasto. Za ocekivati je da ce bolji ucenici odmah zakljuciti da je rjesenje 3, uz

objasnjenje da je to sest puta po pola necega. No, kako bi svi shvatili kako doci do

rjesenja vazno je ostale ucenike prisjetiti da je mnozenje zapravo uzastopno zbrajanje

te vrijedi

6 · 12

= 12

+ 12

+ 12

+ 12

+ 12

+ 12

= 62

= 3.

Slikovito, ukoliko zamislimo da se u zadatku radi o dijelovima kruga, imamo:

8

Primjer 1.6 (Razlomak puta prirodan broj) Rijesi i objasni rezultat: 12· 6.

Nakon zapisivanja zadatka, od ucenika se opet ocekuje da razmisle o rjesenju i njego-

vom objasnjenju. Ucenici ce vrlo lako uociti da je rjesenje jednako kao u prethodnom

primjeru uz obrazlozenje da zamijenom mjesta faktora dobivamo prethodni zadatak.

Ucenike se prisjeca svojstva komutativnosti koje vrijedi kao i kod mnozenja prirod-

nih brojeva. Ukoliko je potrebno, zadatak se moze objasniti slicno kao u prethodnom

primjeru.

Primjer 1.7 (Razlomak puta razlomak) Rijesi i objasni rezultat: 13· 12.

Ovdje se takoder, nakon zapisivanja zadatka, od ucenika ocekuje ideja kako ga rijesiti.

Buduci da je ovo vec slozeniji dio gradiva s kojim se ucenici ranije nisu susreli, samo

vrlo mali broj ucenika ce si uspjeti predociti o cemu se radi. Radi lakseg shvacanja,

zadatak cemo prvo rijecima procitati (”trecina polovine”), a zatim ga i slikovito prika-

zati.

Prvo skiciramo polovinu kruga, a zatim trecinu jedne polovine kruga.

I nakon ovoga, vrlo mali broj ucenika uocava da se radi o jednoj sestini kruga. Tek

nakon potpitanja ”Sto je crveni dio kruga cijelom krugu?”, ”Koliko takvih dijelova

trebamo da bismo prekrili cijeli krug?” i slicno, ucenici dolaze do rjesenja.

Nakon navedenih primjera krece se na racunski postupak. Koristeci prethodno nave-

dene primjere, ucenici sami naslucuju kako se mnoze razlomci (brojnik puta brojnik,

nazivnik puta nazivnik). Nastavnik naglasava vaznost skracivanja razlomaka prije sa-

mog mnozenja, ukoliko je to moguce. Slijedi uvjezbavanje postupka.


(1) 6 · 712

=

(2) 7 · 311

=

(3) 825· 15 =

(4) 518· 6 =


(1) 6 · 712

= 61· 712

= 11· 72

= 72

9

(2) 7 · 311

= 71· 311

= 2111

(3) 825· 15 = 8

25· 15

1= 8

5· 31

= 245

(4) 518· 6 = 5

18· 61

= 53· 11

= 53


(1) Sat kasni 34

minute na dan. Koliko ce zakasniti za 17 dana?

(2) Koliko je 35

od 20 kg?


(1) 17 · 34

= 171· 34

= 514

= 1234→ Za 17 dana sat ce zakasniti 123

4minuta.

(2) 35· 20 = 3

5· 20

1= 3

1· 41

= 121

= 12.

1.4. Mnozenje cijelih brojeva

Nastavna jedinica ”Mnozenje cijelih brojeva” dio je nastavne cjeline ”Cijeli bro-

jevi” sestog razreda osnovne skole koja se obraduje u 2. polugodistu. Vrijeme koje je

potrebno za obradu su 2 skolska sata. Prije same obrade, kao potrebno predznanje od

ucenika se ocekuje usvojenost pojmova vezanih uz cijele brojeve (pozitivni i negativni

brojevi, suprotni brojevi, apsolutna vrijednost), znanje zbrajanja i oduzimanja cijelih

brojeva te mnozenja prirodnih brojeva.

Kljucni pojmovi ove jedinice su: cijeli broj, mnozenje cijelih brojeva te umnozak

cijelih brojeva. Metodicka obrada se, u pravilu, temelji na objasnjavanju postupka

mnozenja cijelih brojeva na konkretnim primjerima. Kao motivaciju za usvajanje novog

gradiva, ucenicima objasniti kako je to ”alat” za rjesavanje racunskih zadataka u svim

nastavnim predmetima i ostalim zivotnim situacijama.

Obrazovna postignuca: odrediti umnozak cijelih brojeva, prepoznati zajednicki

faktor u jednostavnijim zadacima i izluciti ga te primjenjivati steceno znanje u rjesavanju

zadataka iz svakodnevnog zivota.

Izborni sadrzaji: zahtjevniji primjeri izlucivanja zajednickog faktora te

zahtjevniji zadaci sa brojevnim izrazima s vise zagrada i s opcim brojevima.


bama: mnoziti cijele brojeve uz uvazavanje stupnja usvojenosti tablice mnozenja,

prema potrebi osigurati uporabu kalkulatora te osigurati uporabu pravila mnozenja

cijelih brojeva.

10


Dobri motivacijski primjeri za mnozenje cijelih brojeva mogu biti pitanja i zadaci

s kojima se ucenici svakodnevno susrecu, a da nisu ni svjesni da su njihova rjesenja

umnozak dva cijela broja. Motivacijske primjere nastavnik sam pronalazi ili osmislja,

buduci da se u nekim udzbenicima takvi primjeri ne pojavljuju, vec se odmah krece sa

zadacima. Primjerice, kod izdavaca Element nalazimo motivacijske primjere dok kod

Profil izdavaca takvih primjera nema.

Neki motivacijski primjeri su:

• TEMPERATURA - ucenici su naucili da se temperatura zapisuje cijelim broje-

vima

Primjer 1.8 U nekom gradu u 14 sati, izmjerena je temperatura od −3◦C.

Temperatura se svakog sata smanjivala za 2◦C. Kolika je temperatura izmjerena

u tom gradu u 18 sati?

Zadatak ucenika je da zapisu i izracunaju: −3 − 2· 4 = −3 − 8 = −11. Nakon

dobivenog rjesenja, zadatak za ucenike je da razliku s lijeve strane jednakosti

−3 − 8 = −11 zapisu u obliku zbroja i zakljuce sto je umnozak negativnog i

pozitivnog cijelog broja.

Ucenici zapisuju: −3− 8 = −3 + (−8) = −3 + ((−2)· 4) = −11.

Ucenici zakljucuju da je umnozak negativnog i pozitivnog broja negativan broj te

da je njegova apsolutna vrijednost jednaka umnosku apsolutnih vrijednosti brojeva

koji se mnoze.

• NOVAC - ucenici znaju da se stanje na bankovnim racunima zapisuje cijelim

brojevima i da minus na racunu znaci dugovanje

Primjer 1.9 Markovo stanje na racunu je −144 kn, a dozvoljeni minus je 500

kn. Marko treba kupiti 5 knjiga, a cijena svake knjige je 71 kn. Moze li Marko

kupiti svih 5 knjiga?

Zadatak ucenika je da zapisu i izracunaju: −144− 71· 5 = −144− 355 = −499.

Ucenici zakljucuju da ce Marko moci kupiti svih 5 knjiga. Nakon dobivenog

rjesenja, zadatak za ucenike je da razliku s lijeve strane jednakosti

−144− 355 = −499 zapisu u obliku zbroja i zakljuce sto je umnozak negativnog i



Ucenici o mnozenju zakljucuju analogno kao u Primjeru 1.8.

11

• DUBINA - ucenici znaju da se dubina cesto usporeduje s razinom morske povrsine

i da se dubina ispod morske povrsine zapisuje negativnim brojevima

Primjer 1.10 Ronilac se nalazi 2 m ispod morske povrsine, a svake se minute

spusti u more 16 m. Na kojoj se dubini nalazi ronilac nakon 10 minuta?

Zadatak ucenika je da zapisu i izracunaju: −2−16· 10 = −2−160 = −162. Nakon

dobivenog rjesenja, zadatak za ucenike je da razliku s lijeve strane jednakosti

−2 − 160 = −162 zapisu u obliku zbroja i zakljuce sto je umnozak negativnog i




• STANOVNISTVO

Primjer 1.11 Popis stanovnistva provodi se svakih 10 godina. Prema zadnjem

popisu neko mjesto ima 7325 stanovnika. Izracunato je da se u zadnjih 10 godina

broj stanovnika tog mjesta smanjio za 43 stanovnika. Ako se nastavi takvo sma-

njivanje svakih 10 godina, koliko ce stanovnika imati to mjesto nakon 30 godina?

Zadatak ucenika je da zapisu i izracunaju: 7325−43· 3 = 7325−129 = 7196. Na-

kon dobivenog rjesenja, zadatak za ucenike je da razliku s lijeve strane jednakosti

7325 − 129 = 7196 zapisu u obliku zbroja i zakljuce sto je umnozak negativnog i


Ucenici zapisuju: 7325− 129 = 7325 + (−129) = 7325 + ((−43)· 3) = 7196.


Nakon motivacijskog primjera, slijedi uvodenje mnozenja cijelih brojeva koje je

moguce provesti na razne nacine. U udzbenicima su najcesce napisana pravila za

mnozenje cijelih brojeva s kojima se ucenici upoznaju, a nakon toga rjesavaju zadatke.

Ucenici cesto zaborave ta pravila jer ne znaju zasto ona vrijede pa da bi ih dobro

usvojili, treba im omoguciti da ih sami otkriju kroz zadatke. Slijede primjeri dva takva

zadatka i njihova rjesenja, tj. pravila za mnozenje cijelih brojeva.

Zadatak 1.9 Dopunite sljedece jednakosti: 5· 5 =

5· 4 =

5· 3 =

5· 2 =

5· 1 =

5· 0 =

Pogledajte dobivene rezultate. Usporedite ih.

12

Zapisite redom dobivene rezultate.

Koju pravilnost uocavate u zapisanom nizu brojeva?

→ Trazeni rezultati su redom brojevi: 25, 20, 15, 10, 5, 0. Ucenici trebaju uociti da se

svaki sljedeci clan niza smanjuje za 5 te na osnovu uocene pravilnosti dopuniti sljedece

jednakosti:

5· (−1) =

5· (−2) =

5· (−3) =

5· (−4) =

→ Trazeni rezultati su redom brojevi: −5, −10, −15, −20.

Takoder, neke od umnozaka zapisujemo u obliku zbroja: 4· 5 = 5 + 5 + 5 + 5 = 20.

Zadatak 1.10 Zapisite sljedece umnoske u obliku zbroja i izracunajte ga:

5· 3 =5· 2 =5· 1 =

3· 5 =2· 5 =1· 5 =


5· 3 = 3 + 3 + 3 + 3 + 3 = 155· 2 = 2 + 2 + 2 + 2 + 2 = 105· 1 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 5

3· 5 = 5 + 5 + 5 = 152· 5 = 5 + 5 = 101· 5 = 5

Nakon toga ucenici usporeduju rezultate dvaju stupaca istog retka. Ucenici odmah

uocavaju njihovu jednakost, te zakljucuju da se umnozak ne mijenja ako faktori za-

mjene mjesta. U nastavku, ucenici umnozak prikazuju u obliku zbroja, ali s negativnim

brojevima. Takoder, uocavaju pravilnost.

Slicno se na primjeru uocava pravilnost za umnozak dva negativna broja.

Kao podsjetnik pravila za mnozenje cijelih brojeva, ucenici u pocetku mogu imati

shemu predznaka:

1.faktor 2.faktor Umnozak+ + +- - ++ - -- + -

Tablica 1.1: Shema predznaka

U nastavku se ucenike upoznaje sa svojstvima komutativnosti, distributivnosti i asoci-

jativnosti u skupu cijelih brojeva, posebno se naglasava mnozenje sa 0, 1 i −1. Koristeci

13

razne materijale (nastavne listice ili druge materijale) prelazi se na uvjezbavanje zbra-

janja, oduzimanja i mnozenja cijelih brojeva.

1.5. Mnozenje racionalnih brojeva

Nastavna jedinica ”Mnozenje racionalnih brojeva” je dio nastavne cjeline ”Raci-

onalni brojevi” sestog razreda osnovne skole koja se obraduje u 2. polugodistu. Vri-

jeme koje je potrebno za obradu su 2 skolska sata. Prije same obrade, kao potrebno

predznanje od ucenika se ocekuje usvojenost mnozenja pozitivnih racionalnih brojeva,

mnozenja cijelih brojeva te poznavanje pojma reciprocni i mjesoviti broj.

Kljucni pojmovi ove jedinice su: racionalni broj, mnozenje racionalnih brojeva i

umnozak racionalnih brojeva. Metodicka obrada se temelji na tome da se na konkret-

nim primjerima objasni postupak mnozenja racionalnih brojeva, da se uoci svojstva

mnozenja racionalnih brojeva, da se razvija postupak racunanja koji se primjenjuje

u rjesavanju problemskih zadataka te da se ogranici na jednostavnije nazivnike. Do-

datno je moguce upoznati ucenike s razlicitim nacinima za provjeru logicnosti racuna

te demonstrirati slike, crteze, prozirnice i elektronicke ilustracije. Kao motivaciju za

usvajanje novog gradiva, ucenicima objasniti kako je racunska operacija mnozenja (i

dijeljenja) u skupu racionalnih brojeva ”alat” za rjesavanje zadataka u svim zivotnim

situacijama.

Obrazovna postignuca: usvojiti postupke za mnozenje racionalnih brojeva te

upotrebljavati i primjenjivati steceno znanje.

Izborni sadrzaji: razvijati sposobnost procjene rezultata i vrednovati procjenu

uporabom kalkulatora, veliki brojevni izrazi sa i bez zagrada te dvojni razlomci.


bama: dozvoliti koristenje kalkulatora za provjeru mnozenja te mnoziti brojeve uz

uporabu vidljivo istaknutoga pravila za mnozenje brojeva s pozitivnim/negativnim

predznakom.


Nema potrebe za motivacijskim primjerima buduci da su se ucenici vec susreli sa

mnozenjem razlomaka. Dovoljno je prisjetiti se, primjerice metodom pitanja i odgovora

ili jednostavnim primjerom, gradiva 1. polugodista u kojem se obradivalo mnozenje

razlomaka i nastavne jedinice ”Mnozenje cijelih brojeva” prethodne nastavne cjeline

”Cijeli brojevi”. Takoder, potrebno je uociti vezu razlomaka1 i racionalnih brojeva2.

Po potrebi, moguce je izraditi nekoliko primjera kako bi i slabiji ucenici shvatili o cemu

1Razlomak je broj oblika ab , gdje je b prirodan broj, a a prirodan broj ili nula.

2Racionalni broj je broj koji se moze zapisati u obliku razlomka kojemu je brojnik cijeli broj, anazivnik prirodan broj. Racionalni brojevi su svi pozitivni razlomci, nula i svi negativni razlomci.

14

se zapravo radi. Takoder, nastavnik napominje da racionalni brojevi mogu biti zadani

u obliku razlomaka i u decimalnom zapisu.

Nakon prisjecanja svojstava mnozenja razlomaka i cijelih brojeva, primjerima se

uvodi mnozenje racionalnih brojeva povezivanjem sa prethodno naucenim gradivom.

Vazno je zapisati svojstva mnozenja racionalnih brojeva (komutativnost, asocijativ-

nost, distributivnost, neutralni element, inverzni element). Posebnu paznju posvetiti

mnozenju racionalnog broja sa 0 i 1.

Primjer 1.12 Izracunaj umnoske:

(1) 2−3 ·

45

=

(2) −38· −4−15 =

(3) −123·(−22

5

)=

(4) 1217· 13

+ 1217· −1

4=

(5) −6.7· 7.4 =


(1) 2−3 ·

45

= −23· 45

= −2·43·5 = −8

15

(2) −38· −4−15 = −1

2· 15

= −1·12·5 = −1

10

(3) −123·(−22

5

)= −5

3· −12

5= −1·(−4)

1·1 = 41

= 4

(4) 1217· 13

+ 1217· −1

4= 12

17·(13

+ −14

)= 12

17· 4−3

12= 1

17· 11

= 117

(5) Najprije se odredi predznak3 umnoska, a zatim se pomnoze apsolutne vrijednosti

njegovih faktora: (−6.7)· 7.4 = −49.58.

Navedene primjere nastavik na ploci rjesava tako da mu ucenici sugeriraju sto treba

raditi. Ukoliko nitko ne zna, nastavnik pomaze. Obicno se ucenici, prije pocetka

mnozenja, ne sjete skratiti razlomke pa nastavnik naglasava taj bitan korak kojim si

ucenici mogu uvelike pojednostaviti dani izraz. Ovaj dio gradiva je ucenicima obicno

vrlo zanimljiv buduci da su sve to vec, u nekom smislu, naucili. Nakon navedenih

primjera, od ucenika se ocekuje da sami uoce svojstva i pravilnost po kojoj se mnoze

racionalni brojevi. Takoder, ponavlja se i redoslijed racunanja u slozenijim zadacima.

3Vidjeti Tablicu 1.

15

Ocekivani odgovori ucenika:

• Racionalni brojevi zadani u obliku razlomaka se mnoze kao sto se mnoze razlomci.

• Dovoljno je znati mnoziti cijele brojeve.

• Svojstva asocijativnosti i komutativnosti te distributivnosti mnozenja prema zbra-

janju takoder vrijede.

• Racionalni brojevi zadani u decimalnom zapisu se mnoze po pravilu mnozenja

decimalnih brojeva (nauceno u 5. razredu), a predznak umnoska se odreduje kao

za umnozak cijelih brojeva.

Nakon uvodnog prisjecanja prethodno naucenog gradiva te prosirivanja i povezivanja

gradiva, prelazi se na rjesavanje zadataka za ploci ili se dijele nastavni listici koje ucenici

samostalno rjesavaju. Ukoliko nesto nije jasno, nastavnik pomaze.


(1) −34· −8

5=

(2) 75· (−6.9) =

(3) 235·(−11

3

)=


(1) −34· −8

5= −3

1· −2

5= (−3)·(−2)

1·5 = 65

(2) 75· (−6.9) = 7

5·(−69

10

)= 7·(−69)

5·10 = −48350

ili 75· (−6.9) = 1.4 · (−6.9) = −9.66

(3) 235·(−11

3

)= 13

5· −4

3= 13·(−4)

5·3 = −5215

= −3 715


(1) −53· 14

=

(2) 75· 615

=

(3) −1711· −2

3=

(4) −59· −10

3=

(5) 53· 1−10 =

(6) −714· 115

=

(7)(− 7

14

)·(−28

21

)=

(8) 5(−9) ·

10(−2) =

(9) 5.5 ·(−2

8

)=

(10) (−22)3· (−4.6) =

16


(1) −53· 14

= −512

(2) 75· 615

= 4275

= 1425

(3) −1711· −2

3= 34

33

(4) −59· −10

3= 50

27

(5) 53· 1−10 = 1

3· 1−2 = −1

6

(6) −714· 115

= −12· 115

= −130

(7)(− 7

14

)·(−28

21

)= 1

2· 43

= 11· 23

= 23

(8) 5(−9) ·

10(−2) = 5

9· 51

= 259

(9) 5.5 ·(−2

8

)= 55

10·(−2

8

)= 11

2·(−1

4

)= −11

8

(10) (−22)3· (−4.6) = 22

3· 4610

=

= 223· 23

5= 506

15

Nakon toga se prelazi na rjesavanje slozenijih zadataka u kojima se mnozenje racional-

nih brojeva povezuje s prethodno naucenim zbrajanjem i oduzimanjem racionalnih

brojeva. Uz to, vjezba se primjena svojstava racionalnih brojeva.

17

Poglavlje 2

Geometrijska definicija mnozenja

2.1. Opis problema i primjeri

U ovom radu cemo cesto koristiti Euklidove i/ili Hilbertove aksiome planarne geome-

trije.

Euklidovi aksiomi:

(A1) Stvari koje su jednake istoj stvari i medusobno su jednake.

(A2) Ako se jednakim stvarima dodaju jednake stvari, i cjeline su jednake.

(A3) Ako se od jednakih stvari oduzmu jednake stvari, i ostaci su jednaki.

(A4) Stvari koje se jedna s drugom poklapaju medusobno su jednake.

(A5) Cjelina je veca od dijela.

Hilbertovi aksiomi:

Hilbertove aksiome dijelimo u pet grupa aksioma, a to su:

1. aksiomi incidencije (pripadanja) (8 aksioma)

2. aksiomi uredaja (4 aksioma)

3. aksiomi podudarnosti (kongruencije) (5 aksioma)

4. aksiom o paralelama

5. aksiomi o neprekidnosti (2 aksioma)

18

Aksiomi incidencije

(A1) Za svake dvije tocke A i B postoji pravac koji sadrze te dvije tocke A i B.

(A2) Za svake dvije tocke A i B postoji najvise jedan pravac koji sadrzi te dvije tocke

A i B.

(A3) Postoje najmanje dvije tocke koje pripadaju pravcu. Postoje najmanje tri tocke

koje ne leze na pravcu.

(A4) Za bilo koje tri tocke A, B i C koje ne pripadaju istom pravcu (nekolinearne

tocke) postoji ravnina π koja sadrzi te tri tocke A, B i C. Svaka ravnina sadrzi

barem jednu tocku.

(A5) Za bilo koje tri nekolinearne tocke A, B i C postoji najvise jedna ravnina koja

sadrzi tri tocke A, B i C.

(A6) Ako dvije tocke A i B nekog pravca p pripadaju ravnini π tada svaka tocka pravca

p pripada ravnini π.

(A7) Ako dvije ravnine π i ω imaju zajednicku tocku A onda one imaju jos najmanje

jednu zajednicku tocku B.

(A8) Postoje najmanje cetiri tocke A, B, C, D koje ne pripadaju istoj ravnini (ne-

komplanarne tocke).

Aksiomi uredaja

(A9) Neka su A, B i C tri razlicite tocke na pravcu. Ako tocka B lezi izmedu tocaka

A i C, onda B lezi i izmedu tocaka C i A.

(A10) Za dvije tocke A i C, uvijek postoji barem jedna tocka B na pravcu AC takva

da C lezi izmedu A i B.

(A11) Za bilo koje tri tocke na pravcu postoji tocno jedna tocka koja lezi izmedu pre-

ostale dvije.

(A12) (Pashov aksiom) Ako pravac sijece jednu stranicu trokuta i ne prolazi niti jednim

vrhom na toj stranici, onda on sijece jos barem jednu stranicu tog trokuta.

19

Aksiomi podudarnosti (kongruencije)

(A13) Ako su A i B dvije tocke pravca p i A′ tockana pravcu p (ili nekom drugom pravcu p′)tada postoji jedinstvena tocka B′ pravca p(ili nekog drugog pravca p′) koja je sa istestrane od A′ kao i B od B′ i takva da jeduzina AB kongruentna (jednaka) duziniA′B′.

(A14) Ako su duzine A′B′ i A′′B′′ kongruentne istoj duzini AB tada su i duzine A′B′ i

A′′B′′ kongruentne, tj. ako je

A′B′ ≡ AB i A′′B′′ ≡ AB tada je i A′B′ ≡ A′′B′′.

(A15) Neka su AB i BC dvije duzine koje pri-padaju pravcu p i koje nemaju zajednickihtocaka (osim B), i neka su A′B′ i B′C ′ dvijeduzine koje pripadaju pravcu p ili nekomdrugom pravcu p′ koje takoder nemaju za-jednickih tocaka (osim B′). Ako je pri tomejos

AB ≡ A′B′ i BC ≡ B′C ′

tada je i

AC ≡ A′C ′.

(A16) Neka je dan kut ∠(h, k) u ravnini π i pravacp′ u toj ili nekoj drugoj ravnini π′ i neka jeizabrana jedna strana ravnine π′ s obziromna pravac p′. Neka je h′ polupravac pravcap′ kojemu je tocka O pocetak, tada u rav-nini π′ postoji jedinstveni polupravac k′ cijije pocetak u tocki O′ takav da su kutovi∠(h, k) i ∠(h′, k′) kongruentni (jednaki) ipri tome sve unutrasnje tocke ∠(h′, k′) lezesa iste izabrane strane pravca p′. Svaki kutkongruentan je samom sebi.

(A17) Neka su A, B i C te A′, B′ i C ′ dvije trojkenekolinearnih tocaka redom, takve da je

AB ≡ A′B′, AC ≡ A′C ′ i

∠BAC ≡ ∠B′A′C ′,

tada je

∠ABC ≡ ∠A′B′C ′ i ∠ACB ≡ ∠A′C ′B′.

20

Aksiom o paralelama

(A18) Neka je a pravac i A tocka koja ne lezi na tom pravcu. Tada postoji najvise jedan

pravac koji lezi u ravnini koja sadrzi a i A te koji prolazi tockom A i ne sijece a.

Aksiomi o neprekidnosti

(A19) a Za svaku tocku B i svaki pravac p kojine sadrzi tocku B u ravnini koja je njimaodredena postoji jedinstven pravac q takavda je:

(i) q sadrzi tocku B,

(ii) p∩ q = ∅, tj. p i q su paralelni pravci.

aEkvivalentan petom Euklidovom postulatu.

(A20) (Arhimedov aksiom) Ako su AB i CD dvije duzine onda postoji prirodan broj

n takav da n kopija duzine CD, konstruiranih od vrha A duz zrake AB prolazi

kroz vrh B.

Sada cemo pokazati drugaciju interpretaciju mnozenja realnih brojeva koja koristi

samo paralelne pravce i njihove projekcije.

Osnovna cinjenica je iduca: Hipotenuza pravokutnog trokuta odredena je tockom

i njezinom projekcijom i mora biti paralelna hipotenuzi bilo koje druge tocke i njezine

projekcije. Stoga, znajuci projekciju jedne tocke (ovu tocku cemo zvati ”jedinicom”)

mozemo odrediti projekciju bilo koje druge tocke. Sada, ako zamijenimo tocku sa

duzinom, dolazimo do sljedece definicije:

Definicija 2.1 Ako su dana dva realna broja a i b, polozimo a odnosno b duz y- od-

nosno x-osi. Definiramo ab (citati kao ”a pomnozen sa b”) kao x-odsjecak pravca

paralelnog sa duzinom (0, 1), (b, 0) koji prolazi tockom (0, a).

U ovoj definiciji, (0, 1) je nasa jedinica, (b, 0) je projekcija nase jedinice odredena sa

b, a duzina (0, 1), (b, 0) je nasa jedinica hipotenuze odredena sa b. Uocimo da ova

geometrijska definicija mnozenja koristi samo paralelnost pravaca i ne pretpostavlja

nikakvo znanje o slicnim trokutima. Nadalje, da bi izbjegli kruzne zakljucke svi do-

kazi i primjeri temeljeni na definiciji koristiti ce samo osnovne argumente (argumente

utemeljene na aksiomima).

21

Primjer 2.1 Koristeci Definiciju 2.1 pomnozimo 2 i 3, a onda koristeci sukladne tro-

kute pokazimo da vrijedi 2(3) = 3 + 3.

Rjesenje:

Korak 1:

Korak 2:

Korak 3:

Korak 4: Spojimo (0, 1) sa (3, 0).

Korak 5: Sada nacrtamo pravac koji prolazi kroz (0, 2) i koji je paralelan sa duzinom

(0, 1), (3, 0). Po Definiciji 2.1, x-odsjecak ovog pravca je 2(3).

Korak 6: Vidjeti sliku ispod. Postoji tocka, A, na (0, 2), (2(3), 0) takva da je A, (3, 0)

paralelna sa (0, 1), (0, 2). Prema konstrukciji, {(0,1),(0,2),A,(3,0)} cine vrhove para-

lelograma. Ovo implicira da vrijedi A = (3, 1).

22

Koristeci poucak KSK zakljucujemo da je trokut odreden sa {(0, 1), (0, 0), (3, 0)} sukla-

dan trokutu odredenom sa {A, (3, 0), (2(3), 0)}. Stoga mora vrijediti 2(3) = 3 + 3.

Primjer 2.2 Koristeci Definiciju 2.1 pomnozimo −2 i −3, a onda koristeci sukladne

trokute pokazimo da vrijedi (−2)(−3) = 2(3).

Rjesenje:

Korak 1:

Korak 2:

Korak 3:

Korak 4: Spojimo (0, 1) sa (−3, 0).

23

Korak 5: Sada nacrtamo pravac koji prolazi kroz (0,−2) i koji je paralelan sa duzinom

(0, 1), (−3, 0). Po Definiciji 2.1, x-odsjecak ovog pravca je (−2)(−3).

Korak 6: Na slici ispod moze se jasno pokazati, koristeci sukladne trokute i Primjer

2.1, da je (−2)(−3) = 2(3).

Primjer 2.3 Koristeci Definiciju 2.1 pomnozimo 2 i −3, a onda koristeci sukladne

trokute pokazimo da vrijedi 2(−3) = −(2(3)) = −6.

Rjesenje:

Korak 1:

Korak 2:

Korak 3:

24

Korak 4: Spojimo (0, 1) sa (−3, 0).

Korak 5: Sada nacrtamo pravac koji prolazi kroz (0, 2) i koji je paralelan sa duzinom

(0, 1), (−3, 0). Po Definiciji 2.1, x-odsjecak ovog pravca je 2(−3).

Korak 6: Spojimo (−3, 0) sa (−3, 1).

Na slici iznad trokut odreden sa {(0, 1), (0, 0), (−3, 0)} je sukladan trokutu odredenom

sa {(−3, 0), (−3, 1), (2(−3), 0)}. Stoga mora vrijediti

2(−3) = −(3 + 3) = −6. Analogno se pokaze da vrijedi (−2)3 = 2(−3).

Prethodni primjeri pruzaju jednostavan vizualan uvid potreban da bi se pokazala opca

pravila oko mnozenja negativnih brojeva. Nadalje, Primjer 2.1 pruza intuitivni uvid

potreban da pokaze da se nasa definicija mnozenja svodi na ponavljanje zbrajanja, u

slucaju da se radi o prirodnim brojevima.

2.2. Matematicka pozadina problema

Produbljivanje ucenickog shvacanja mnozenja

U ovom dijelu cemo prikazati da nasa geometrijska definicija mnozenja prirodno

produbljuje ucenicko shvacanje mnozenja od prirodnih brojeva (gdje mnozenje moze

biti videno kao ponovljeno zbrajanje, odnosno zbrajanje jednog te istog broja odredeni

broj puta) do realnih brojeva.

25

Teorem 2.1 Ako je a 6= 0 prirodan broj i b bilo koji realni broj onda je ab =∑a

i=1 b.

Dokaz: Po definiciji mnozenja (0, 1), (b, 0) je paralelno s (0, a), (ab, 0). Podijelom a u

particije na jedinicne dijelove svaka particija moze biti koristena za odredivanje pra-

vokutnog trokuta na duzini (0, a), (ab, 0) (vidjeti sliku ispod). Nadalje, prema poucku

KSK, svaki od ovih trokuta je sukladan trokutu odredenom sa {(0, 0), (0, 1), (b, 0)}.Iz toga slijedi da mora vrijediti ab =

∑ai=1 b.

�

Mnozenje negativnih brojeva

U ovom dijelu cemo pokazati da je mnozenje sa negativnim brojevima potpuno

prirodno. Nadalje, dokazati cemo da negativan broj pomnozen sa negativnim brojem

daje pozitivan broj (nesto sto vecina ucenika pocetnika uzima kao dano) i da to slijedi

izravno iz nase definicije mnozenja. Takoder, nas dokaz, za razliku od tradicionalnog

dokaza, ne koristi svojstvo distributivnosti.

Teorem 2.2 Za bilo koje pozitivne realne brojeve a i b vrijedi sljedece:

1)(−a)(−b) = ab

2)a(−b) = (−a)b = −(ab).

Dokaz: Dokazati cemo prvi slucaj, a drugi slucaj ce slijediti potpuno analogno. Na slici

ispod dva manja trokuta su sukladna po poucku SKS. Nadalje, dva veca trokuta takoder

su sukladna po poucku SKS. To povlaci da je (0, 1), (b, 0) ‖ (0, a), C ako i samo ako

(0, 1), (−b, 0) ‖ (0,−a), C. Stoga, po definiciji mnozenja, mora vrijediti (−a)(−b) = ab.

26

�

Relativna velicina pomnozenih brojeva

U ovom dijelu cemo iskoristiti nasu definiciju mnozenja da slikovito pokazemo

kako produkt dva pozitivna realna broja ne mora uvijek dati broj veci od onih koje

mnozimo.

Teorem 2.3 Ako je 0 < a < 1 onda je b > 0 i time ab < b.

Dokaz: Vidjeti sliku ispod. Dokaz slijedi direktno iz Definicije 2.1.

�

27

Inverz realnog broja

Teorem 2.4 Ako je a 6= 0 realan broj onda postoji jedinstven realni broj b 6= 0 takav

da je ab = 1. Nadalje, b zovemo inverzom od a i obiljezavamo ga sa 1a.

Dokaz: Promotrimo jedinstven pravac koji je paralelan sa (0, a), (1, 0) i prolazi kroz

(0, 1). Neka b bude x-odsjecak tog pravca (vidjeti sliku ispod). Prema definiciji

mnozenja imamo ab = 1.

�

Mnozenje sa racionalnim brojevima

U ovom dijelu cemo definirati racionalne brojeve i onda pokazati kako je mnozenje

sa racionalnim brojevima povezano sa mnozenjem prirodnih brojeva.

Definicija 2.2 Neka a 6= 0 i b budu realni brojevi. Definiramo ba

:= b 1a. Kada su a 6= 0

i b prirodni brojevi, onda skup svih realnih brojeva oblika ba

ili −ba

nazivamo racionalnim

brojevima.

Lema 2.1 Ako su a i b prirodni brojevi onda je bab

= 1a.

Dokaz: Uocimo da je 1 = ab(

1ab

)= a

(b(

1ab

))= a

(bab

)i 1 = a

(1a

). Stoga, prema

Teoremu 2.4. mora vrijediti bab

= 1a.

�

Lema 2.2 Ako su a, b i c prirodni brojevi onda vrijedi acab

= cb.

Dokaz: Uocimo da je acab

= c aab

i cb

= c(1b). Stoga, tvrdnja slijedi direktno iz prethodne

leme.

�

28

Lema 2.3 Ako su a 6= 0, b, c i d 6= 0 cijeli brojevi, onda vrijedi ab· cd

= a·cb·d . Nadalje,

ab· cd

= cd· ab.

Dokaz: Dokazati cemo slucaj kada su a, b, c i d prirodni brojevi i a < b. Svi os-

tali slucajevi slijede potpuno analogno. Podijelimo (0, 1) na manje dijelove koristeci1b

(vidjeti sliku ispod). Ova podjela moze biti koristena da podijeli (0, 1),(cd, 0)

i(0, a

b

),(ab· cd, 0)

na sukladne pravokutne trokute (vidjeti sliku ispod). Uocimo, sa slike

ispod, da je bx = cd. Prema Lemama 2.1 i 2.2, mozemo zakljuciti da vrijedi x = c

d·b .

Sukladno tome,

ax = a(

cd·b

)= a·c

d·b . Nadalje, sa slike ispod, ax = ab· cd. Stoga, a

b· cd

= a·cb·d = c·a

d·b = cd· ab.

�

Poticaj za razvoj mnozenja

Sljedeca Lema je Propozicija 37 iz prve knjige Euklidovih elemenata.

Lema 2.4 P (4ABC) = P (4ABC1) ako i samo ako vrijedi CC1‖AB.

Dokaz: Pretpostavimo da vrijedi CC1‖AB. Neka je C ′ jedinstvena tocka takva da je

|CC ′| = |AB| i CC ′‖AB. Slicno, neka je C ′1 jedinstvena tocka takva da je

|C1C′1| = |AB| i C1C ′1‖AB.

29

Prema poucku SKS imamo 4C ′CA ∼= 4ABC i 4ABC1∼= 4C ′1C1B. To povlaci

|C ′A| = |CB| i |AC1| = |C ′1B|. Sada prema poucku SSS imamo 4C ′C1A ∼= 4CC ′1B.

Koristeci se slikom iznad vidimo da je

P (4C ′C1A)− P (4CDC1) + P (4ADB) = P (4C ′CA) + P (4ABC) i

P (4CC ′1B)− P (4CDC1) + P (4ADB) = P (4C ′1C1B) + P (4ABC1).

Stoga, iz prijasnjih tvrdnji mozemo zakljuciti da vrijedi P (4ABC) = P (4ABC1).

Obratno, pretpostavimo da je P (4ABC) = P (4ABC1). Neka je C1 jedinstvena tocka

takva da je CC1‖AB i CC1 ⊥ C1C1 ili C1 = C1. Koristeci samo prvi dio dokaza imamo

P (4ABC) = P (4ABC1). Iz toga slijedi da mora vrijediti P (4ABC1) = P (4ABC1)

sto je moguce samo ako je C1 = C1. Dakle, pokazali smo da je CC1‖AB.

�

Teorem 2.5 Neka su 4ABC i 4AB1C1 dva pravokutna trokuta takva da je

∠BAC = ∠BAC1 = 90◦. Povrsine ovih dvaju trokuta su jednake ako i samo ako je

BC1 paralelno s B1C.

Dokaz: Vidjeti sliku ispod.

Uocimo da je P (4ABC) = P (4AB1C1)⇔ P (4BC1C) = P (4B1BC1).

Takoder, prema Lemi 2.4, P (4BC1C) = P (4B1BC1)⇔ BC1‖B1C.

�

30

Korolar 2.1 Neka su4ABC i4AB1C1 dva trokuta za koje vrijedi ∠BAC = ∠BAC1.

Povrsine ovih dvaju trokuta su jednake ako i samo ako vrijedi da je BC1 paralelno sa

B1C.

Dokaz: Uocimo kako u dokazu Teorema 2.5 nigdje nismo koristili cinjenicu da je kut

pravi.

�

2.3. Veza povrsine pravokutnog trokuta i mnozenja

Prisjetimo se da je povrsina pravokutnog trokuta definirana na klasi ekvivalencije

u skupu pravokutnih trokuta (tj. svi sukladni pravokutni trokuti imaju istu povrsinu,

cime povrsina razdjeljuje skup pravokutnih trokuta).

Pitanje: Ako je dan skup koji sadrzi sve pravokutne trokute jednake povrsine (klasa

ekvivalencije), je li mu moguce pridruziti realan broj na dobro definiran nacin?

Odgovor: Da. U svakoj klasi ekvivalencije se nalazi pravokutan trokut koji ima jednu

katetu jedinicne duljine. Tada mozemo uzeti duzinu druge katete tog trokuta kao realni

broj koji cemo pridruziti klasi ekvivalencije.

Pitanje: Ako je dan bilo koji pravokutni trokut kako mozemo naci realni broj odreden

njegovom povrsinom?

Odgovor: Mozemo iskoristiti Teorem 2.5. Tocnije, ako je dan bilo koji pravokutni

trokut, Teorem 2.5 pruza nacin da konstruiramo drugi pravokutni trokut za kojeg

vrijedi: Povrsina tog trokuta jednaka je povrsini prvog trokuta te je jedna od njegovih

kateta jedinicne duljine.

Konstrukcija je sljedeca: Neka (0, a) i (b, 0) budu dvije katete bilo kojeg pravokut-

nog trokuta i neka katete drugog trokuta budu uzete kao (0, 1) i x-odsjecak pravca

paralelnog sa duzinom (0, 1), (b, 0) koji prolazi tockom (0, a) (Uocimo: Ovo je upravo

Definicija 2.1).

Definicija 2.3 Za pozitivne realne brojeve a i b definiramo Tab da bude pravokutni

trokut sa katetama a i b. Nadalje, povrsinu od Tab cemo obiljezavati sa P (Tab).

31

Teorem 2.6 P (Tab) = P (Ta1b1) ako i samo ako ab = a1b1.

Dokaz: Po definiciji mnozenja i Teoremu 2.5 imamo:

(1) P (4(0, 0), (0, 1), (ab, 0)) = P (Tab)

(2) P (4(0, 0), (0, 1), (a1b1, 0)) = P (Ta1b1).

Sada ako je ab = a1b1 onda, prema (1) i (2), mora vrijediti P (Tab) = P (Ta1b1).

Obratno, pretpostavimo P (Tab) = P (Ta1b1). Postoji pozitivan realan broj b2 takav da

je ab = a1b2. Iz toga slijedi P (Tab) = P (Ta1b2) i P (Tab) = P (Ta1b1)

sto povlaci da je P (Ta1b2) = P (Ta1b1). Stoga, mora vrijediti b2 = b1 i ab = a1b1.

�

Korolar 2.1 Mnozenje pozitivnih realnih brojeva je komutativno.

Dokaz: Uocimo da za realne brojeve a i b vrijedi P (Tab) = P (Tba). Prema

Teoremu 2.6, mora vrijediti ab = ba.

�

Komutativnost mnozenja

Teorem 2.7 Mnozenje realnih brojeva je komutativno.

Dokaz: Tvrdnja slijedi iz Korolara 2.1 i Teorema 2.2.

�

Asocijativnost mnozenja

Definicija 2.4 Za realne brojeve a, b i c definiramo abc = a(bc).

Lema 2.5 Ako su a, b i c realni brojevi onda a(cb) = c(ab).

Dokaz: Dokazati cemo kada su a > 0, b > 0 i c > 0 . Drugi slucajevi ce tada

slijediti iz Teorema 2.2. Prema definiciji mnozenja vrijedi (cb, 0), (0, c)‖(b, 0), (0, 1)

i (ab, 0), (0, a)‖(b, 0), (0, 1). To implicira (cb, 0), (0, c)‖(ab, 0), (0, a). Prema Teoremu

2.5, (cb, 0), (0, c)‖(ab, 0), (0, a) ako i samo ako P (Ta(cb)) = P (Tc(ab)). Nadalje, prema

Teoremu 2.6, P (Ta(cb)) = P (Tc(ab)) ako i samo ako a(cb) = c(ab). Stoga mora vrijediti

a(cb) = c(ab).

32

�

Teorem 2.8 Za realne brojeve a, b i c vrijedi a(bc) = (ab)c.

Dokaz: Prema Teoremu 2.7, imamo a(bc) = a(cb) i (ab)c = c(ab). To implicira da je

a(bc) = (ab)c ako i samo ako je a(cb) = c(ab). Prema Lemi 2.5 a(cb) = c(ab). Stoga

mora vrijediti a(bc) = (ab)c.

�

Distributivnost mnozenja

Teorem 2.9 (b+ c)a = ba+ ca za realne brojeve a, b i c.

Dokaz: Dokazuti cemo slucaj kada su a > 0, b > 0 i c > 0. Ostali slucajevi slijede

potpuno analogno. Prema definiciji mnozenja vrijedi

(ca, 0), (0, c)‖((b+ c)a, 0), (0, b+ c). Prema poucku KSK trokut {(0, 0), (0, c), (ca, 0)}je sukladan trokutu {(ba, 0), A, ((b+ c)a, 0)}, sto implicira (b+ c)a− ba = ca.

�

33

Mnozenje razlomaka

U ovom dijelu cemo mnozenje razlomaka zapisati algebarski, koristeci rezultate

iz prijasnjih dijelova, kako bismo ilustrirali da je geometrijska definicija mnozenja u

skladu sa tradicionalnim algebarskim definicijama.

Lema 2.6 Za realne brojeve b1 i b2 razlicite od nula vrijedi 1b1· 1b2

= 1b1·b2 .

Dokaz: Uocimo da je 1 = (b1 · b2)(

1b1·b2

). Nadalje, prema asocijativnosti i komutati-

vnosti mnozenja imamo: (b1 · b2)(

1b1· 1b2

)=(b1

(1b1

))·(b2

(1b2

))= 1. Stoga prema

jedinstvenosti obrata mora vrijediti 1b1· 1b2

= 1b1·b2 .

�

Teorem 2.10 Za realne brojeve a1, a2, b1, b2 6= 0 vrijedi a1b1· a2b2

= a1·a2b1·b2 .

Dokaz: Prema asocijativnosti i komutativnosti mnozenja imamo:a1b1· a2b2

=(a1

(1b1

))(a2

(1b2

))= (a1 · a2)

(1b1· 1b2

).

Nadalje, prema Lemi 2.6 imamo: (a1 · a2)(

1b1· 1b2

)= (a1 · a2)

(1

b1·b2

)= a1·a2

b1·b2 .

Stoga mora vrijediti a1b1· a2b2

= a1·a2b1·b2 .

�

Korolar 2.2 Za realne brojeve a, b, k 6= 0 vrijedi ab

= akbk

.

Dokaz: Prema Teoremu 2.10 imamo: ab

= akbk

= ab· kk

= ab· 1 = a

b.

�

Korolar 2.3 Za realne brojeve a1, a2, b1, b2 6= 0 vrijedi a1b1

= a2b2

ako i samo ako je

a1b2 = a2b1.

Dokaz: Prema Teoremu 2.10 i Korolaru 2.3 imamo

a1b2 = a2b1 ⇔(

1b1b2

)(a1b2) =

(1

b1b2

)(a2b1)⇔ a1b2

b2b1= b1a2

b2b1⇔ a1

b1= a2

b2.

�

34

Slicni trokuti

Definicija 2.5 Dva trokuta zovemo slicnima ako su im kutovi jednaki.

Lema 2.7 Ako je 4ABC pravokutan trokut sa stranicama a ≤ b < c onda je bilo koji

trokut 4A1B1C1 sa stranicama a1 ≤ b1 ≤ c1 slican trokutu 4ABC ako i samo ako

postoji k > 0 takav da je a = ka1, b = kb1 i c = kc1.

Dokaz:

(⇒) Pretpostavimo da je 4ABC slican 4A1B1C1. Bez smanjenja opcenitosti pre-

tpostavimo da je 1 ≤ a1 < a. Postoji k > 0 takav da je a = ka1. Oznacimo takoder

i jedinicnu duzinu uzduz a1. Nakon toga, konstruiramo desni trokut slican 4ABC sa

katetama 1 i r (vidjeti sliku ispod).

Prema definiciji mnozenja imamo

b1 = a1r i b = ar = k(a1r) = kb1. (3)

Konacno, prema Pitagorinom poucku (mozemo ga ovdje koristiti jer se moze dokazati

koristeci samo razmatranja o povrsini), vrijedi

a21 + b21 i a2 + b2 = c2. (4)

Prema (3) i (4) mora vrijediti c2 = (kc1)2 ili c = kc1. Stoga, slijedi tvrdnja.

(⇐) Pretpostavimo da je a = ka1, b = kb1 i c = kc1. Prema Pitagorinom poucku,

a2 + b2 = c2 sto implicira da je a21 + b21 = c21. Stoga, 4A1B1C1 mora biti pravoku-

tan trokut. Prema definiciji mnozenja, postoji jedinstveni r > 0 takav da je ar = b

i (b, 0), (0, a) je paralelno sa (r, 0), (0, 1). Sada ar = b, a = ka1 i b = kb1 implici-

raju da je ra1 = b1. Stoga je, prema definiciji mnozenja, (b1, 0), (0, a1) paralelno sa

((b+ c)a, 0), (0, b+ c). Dakle, trokuti moraju biti slicni.

�

Teorem 2.11 Ako 4ABC ima stranice a ≤ b ≤ c onda je bilo koji trokut 4A1B1C1

sa stranicama a1 ≤ b1 ≤ c1 slican trokutu 4ABC ako i samo ako postoji k > 0 takav

da je a = ka1, b = kb1 i c = kc1.

Dokaz: Uocimo da bilo koji trokut mozemo podijeliti u dva pravokutna trokuta. Ko-

risteci prethodnu lemu na svakom od pravokutnih trokuta, dobivamo trazenu tvrdnju.

�

35

Poglavlje 3

Zanimljivost

Osim klasicnog mnozenja brojeva, kod kojeg trebamo znati tablicu mnozenja, pos-

toji i drugi nacin mnozenja. Taj drugi, alternativni, nacin mnozenja se sastoji od

crtanja grupa pravaca i prebrojavanja njihovih sjecista.

Postupak:

(1) Za prikazivanje prvog faktora povucemo horizontalno onoliko grupa pravaca ko-

liko predstavljaju znamenke prvog faktora.

(2) Analogno, za prikazivanje drugog faktora povucemo vertikalno onoliko grupa pra-

vaca koliko predstavljaju znamenke drugog faktora.

(3) Prebrojimo sjecista grupa pravaca tako da:

– Krecemo iz gornjeg lijevog kuta.

– Zatim ”dijagonalno” redom sve dok ne dodemo do donjeg desnog kuta.

(4) Ako je zbroj sjecista unutar svake skupine manji od 10, umnozak je broj koji

dobijemo tako da te zbrojeve zapisemo redom kako smo ih i dobili1. U suprotnom,

umnozak je broj koji dobijemo tako da te zbrojeve zapisemo jedan ispod drugoga

sa pomacima jedno mjesto udesno2.

Zadatak 3.1 Pomnozimo 21 · 32.

21 · 32 = 672

1Vidjeti Primjer 3.12Vidjeti Primjer 3.2

36

Zadatak 3.2 Pomnozimo 57 · 81.

57 · 81 =?

40.61

+ 74617

Zadatak 3.3 Pomnozimo 213 · 1423

213 · 1423 =?

29 211 ili 9

+ 2099 11303099 20

9+ 9303099

Veza klasicnog mnozenja i alternativnog s pravcima

Neka su ab, cd− dvoznamenkasti brojevi gdje a, c predstavljaju znamenke desetica, a

b, d znamenke jedinica.

ab · cd = (10a+ b) · (10c+ d) = 100 a · c︸︷︷︸stotice

+10 (a · d+ b · c)︸︷︷︸desetice

+ b · d︸︷︷︸jedinice

Kod nas, u Zadatku 3.1, je a = 2, b = 1, c = 3, d = 2. Uvrstavanjem u gornju formulu

dobivamo da znamenka stotica u rezultatu treba biti a ·c = 2 ·3 = 6, znamenka desetica

a · d+ b · c = 2 · 2 + 1 · 3 = 4 + 3 = 7, a znamenka jedinica b · d = 1 · 2 = 2.

Znaci, trazeni umnozak 672 sto smo i dobili.

Ovaj postupak, osim za mnozenje prirodnih brojeva, vrijedi i za mnozenje cijelih

brojeva te mnozenje cijelog i prirodnog broja. Kod mnozenja cijelog i prirodnog broja

se najprije odredi predznak umnoska,a zatim se mnozi prirodne brojeve.

Ovakvo mnozenje mozda nije prakticno ni korisno, ali je zgodno i simpaticno.

37

Literatura

[1] V. Bajrovic, Matematika 6, Udzbenik za sesti razred osnovne skole, Element, 2005

[2] B. Goles, L. Krnic, Z. Lobor, Z. Sikic, Matematika 5, Udzbenik i zbirka zadataka

za peti razred osnovne skole, 1.polugodiste, Profil, 2007

[3] J. Markovac, Matematika 2, Udzbenik za drugi razred osnovne skole, Alfa, 2007

[4] J. Markovac, Matematika 3, Udzbenik za treci razred osnovne skole, Alfa, 2009

[5] J. Markovac, Matematika 4, Udzbenik za cetvrti razred osnovne skole, Alfa, 2009

[6] P.F. McLoughlin, M. Droujkova, A Geometric Approach to Defining Multiplica-

tion, dostupno na http://www.math.csusb.edu/faculty/pmclough/MP.pdf

[7] S. Sruk, Zanimljivo mnozenje, Matematika i skola, 39(2009.), 184–184.

[8] Z. Sikic, V. Drazenovic − Zitko, M. Maric, L. Krnic, Matematika 6, Udzbenik i

zbirka zadataka za sesti razred osnovne skole, 1.polugodiste, Profil, 2007

[9] Z. Sikic, V. Drazenovic − Zitko, M. Maric, L. Krnic, Matematika 6, Udzbenik i

zbirka zadataka za sesti razred osnovne skole, 2.polugodiste, Profil, 2007

[10] Hrvatski nacionalni obrazovni standard, HNOS Matematika, dostupno na

http://public.mzos.hr/Default.aspx?sec=2199

[11] http://alas.matf.bg.ac.rs/rokovi/AG/MaterijaliZaStudente/

EuclidoveAksiome.pdf

[12] http://userpages.umbc.edu/ rcampbel/Math306/Axioms/Hilbert.html

[13] http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/metodika/seminar/1112MNM2/13_

Mnozenje_cijelih_brojeva.pdf

[14] http://www.antonija-horvatek.from.hr/6_razred/01_Razlomci/

Mnozenje-razlomaka-clanak.pdf

[15] http://www.tonimilun.com/predmeti/zanimljivosti

38

Sazetak

U diplomskom radu smo naveli kada i u kojem dijelu gradiva se uvodi

mnozenje brojeva u nasim skolama. Opisali smo kako se uvodi mnozenje u pojedi-

nim razredima osnovne skole. Naveli smo razne motivacijske primjere i zadatke te

se osvrnuli na dijelove s kojima ucenici imaju problema. Nakon toga obradili smo

problem geometrijske definicije mnozenja. Problematiku smo objasnili na pri-

mjerima. Kasnije smo iskazali i dokazali teoreme, korolare i leme koje potvrduju

valjanost geometrijskog pristupa. Na samom kraju smo naveli i alternativni nacin

mnozenja prirodnih brojeva koji se sastoji od crtanja grupa pravaca i prebroja-

vanja njihovih sjecista.

Kljucne rijeci - mnozenje, paralelni pravci, pravokutan trokut, slicnost.

Abstract

In the thesis we stated when and in which part of the material we intro-

duce number multiplication in our schools. We describe how to introduce mul-

tiplication in certain grades of elementary school. We have listed a variety of

motivational examples and tasks referring to the parts with which students are

having problems (to je doslovno al ja bi bolje napisala referring to the problema-

tic parts.). After that we have processed the problem of geometric definition of

multiplication. Issues are explained in the examples. Later we stated and proved

theorems, corollaries and lemma that confirm the validity of the geometric ap-

proach. At the very least we have provided an alternative way of multiplicating

natural numbers, which consists of drawing a group of lines and counting their

intersections.

Key words - multiplication, parallel lines, right-angled triangle, similarity.

i

Zivotopis

Moje ime je Ana Caic. Rodena sam 30. studenog 1989. godine u Vinkovcima. Zivim u

Dakovu. 1996. godine upisujem prvi razred u Osnovnoj skoli ”Josipa Antuna Colnica”

u Dakovu koju zavrsavam 2004. godine. Te iste godine upisujem prvi razred Opce

gimnazije ”A. G. Matosa” u Dakovu koju uspjesno zavrsavam 2008. godine. 2008.

godine upisujem Sveucilisni nastavnicki studij matematike i informatike na Odjelu za

matematiku u Osijeku.

ii

Documents

Sveu cili ste Josipa Jurja Strossmayera u Osijeku Odjel za ...mdjumic/uploads/diplomski/ČAI01.pdf · napi su kao mno zenje i obrnuto, mno zenje kao zbrajanje jednakih pribrojnika