')..............._~,~~~ ~.:f~x , Ekipa Sloven ije na 30. mednarodn i fizikalni ol impiad i v Padovi. Z leve proti desni: Ciri l Domin ko (vodja) . Gregor Jerše. Miran Burmen, Matej Kanduč . Urban S imonč ič . Mihael Kadunc. Primož Ziherl (vodja). Ekipa Slovenije na MMO v Romu niji . Od leve proti desni: Mojca Mik lavec. Matjaž Željko (vodja ek ipe). Jure Kališnik. Matjaž Urlep (bronasta medalja), Ajda Skarlovn ik, Dušan Jan. [rena Majcen (bronasta medalja) in Darjo Felda (č l an mednarod ne tekmova lne kom isije). I PRESEK FIZIKA NALOGE NA OVITKU M AT EM AT IK A TEKMOVANJA ZANIMIVOSTI, RAZVEDRILO REŠITVE NALOG ASTRONOMIJA RAČUNALNIŠTVO NOVICE list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje 27. letnik, leto 1999/2000, številka 3, st r a n i 129-192 VSEBINA Leon ardo da Vinci kot matem atik (Marija Vencelj) 134-135 Naloge o elipsah iz ja pon ski h templjev (K armela Milut inovi č ) 146-151 Brv in most (Andrej Likar) 132-133 K ako hit ro so se gib ali dinozavri? (Janez Strnad) 142-145 Premikanje Lu ne glede na zvezde (Marijan P rosen) 136-137 Rekonstrukcij a d reves, 2. del (Marti n J uvan) 138-141 40. mednarodna matematična olimpiada (Mat jaž Željko) 158-159 30. mednarodna fizika ina olimpiada (Ciril Dominko) 159 30. fizikai na olimpiada: P kot P adova ali kot pasji dnevi (Urban Simončič) 162-163 2000 (Martin Juvan) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 Britje (Andrej Likar) 130 Enakostranična trikot nika (Marija Vencelj) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 131 Dopolni račun (Marija Vencelj) 131 Poravnani kazalci (Martin J uvan) 131 Izlušči in dokaži prav ilo (Marija Ven celj ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 Dva faktorj a brez ničel (Marija Vencelj) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 Poslušajmo praš tevila (Mojca in Matija Lokar) 152-154 Kr ižanka "Odkritj a tisočletj a" (Marko Bokal ič) 160-161 Kako sta sklepala Nina in Žiga? - s str. 98 (Silva Kmetič) 141 St al im o sneg! - s str. 66 (Andrej Likar) , 154 AB BC CC - s st r. 67 (Mart in J uvan) 155-156 Koliko m an jših? - s str. 89 (Martin J uvan) 156-157 P re moženje - s str. 82 (Marija Vence lj) 163-164 K rižanka "Pop olni Sončev mr k" - s st r. 96 (Marko Bokal ič) . . .. 164 Laž nivi Kljukec - Odgovor na vprašanje iz zadnj e lan ske št evilke Preseka (A ndrej Likar) 165 Koliko iger? - Rešitev (p o dvojiško) s str. 67 (Marija Vencelj ) 165-166 Enob arvna kocka - s str. 67 (Marija Ven celj) 166-167 Urnik te kmovanj v letu 2000 (Darjo Feld a ) · 168- 170 34. področno t ek movanje za Sreb rno Vegovo pr iznanje - rešit ve s str. 109 (Aleksander Potočnik) . . . . 170-172 19. področno t ekmovanje iz fizike za osnovnošolce - rešit ve s st r. 114 (Mojca Čepič) 172-178 Izbirn o tekmovanje iz matemat ike za srednješolce - rešitve s str . 119 (Matjaž Željko) 178-182 Reš itve nalog s predtekmovanja sr ednješolcev iz fizike v šolskem let u 1998/ 99 - s str. 121 (Bo jan Golli) 182-188 20. med narod no matematično tekmovanje mest - pomlad anski krog - rešitve s st r . 125 (Aleš Vavpetič) . . . 189-192 Brvi in mostovi (foto Andrej Likar) . Glej t ud i članek na str. 132 1, II I , IV Slovens ki olim pijs ki ekipi na 30. fizika lni in 40. matematični medna- rodni olim piadi. Poročila so na st raneh 158, 159 in 162. . . . . . . . .. II Za vsakogar nekaj I 2000 Za vsako števko x E {1, 2, .. . ,8, 9} lahko s stikanjem števk in s št irimi osnovnimi računskimi operacijami (seštevanje, odštevanje, mn oženje in deljenj e) zapišemo število 2000 kot 2000 = (xxxx - xxx) . (x + x )/(x · x ) . Za gornji zapis po trebuj emo 11 enakih števk. Včasih lahko število upora- bljenih števk zmanjšamo. Na primer: 2000 = (1111 - 111) . (1 + 1) 2000 = 2222 - 222 Z nekaj spretnosti lahko poiščemo še krajše zapise: 2000 = 44 . 44 + 4 . 4 . 4 2000 = (5 - 5/ 5) . (555 - 55) 2000 = 999· (9 + 9)/9 + (9 + 9) /9 (9 enic) (7 dvojk) (7 štiric) (8 petic) (9 devetic) Sprašujem vas, koliko enic, koliko dvojk, koliko trojk, . .. , koliko de- vetic potrebuj emo pri najkrajših zapi sih št evila 2000 s samimi enakimi šte vkami. Naj ponovim: Pri sestavljanju zapisov so dovoljene le štiri osnovne računske operacije in stikanje šte vk. Od govore lahko pošljete na ur edništ vo Preseka. Najkrajše, pa tudi najbolj zvite rešitve bomo objavili. Seveda pa nas zanimajo t udi spretni dokazi , da zapisi , krajši od ti stih, ki jih boste našli , ne obstajajo. Martin Juvan BRITJE Opazujem znanca pri britju v kampu. Brij e se klasično , s peno in britvico. Vem, da doma uporablj a električni brivnik, in vprašam ga , čemu spre- memba, saj je v kampu tudi elektrika . Slutim, da je v naglici pozabil vzeti s sebo j električni bri vnik. Odgovor je kratek: "Ker tako porab irn manj energ ije ." Takoj podvomim, saj se je bril kakih 10 minut in ves čas je med tem tekla iz pipe vod a, cure k bi v kaki minuti napolnil litrsko posodo. Ali je imel znane c pr av? Pobrskajte po podatkih o moči električnih brivnikov in tl akih v vodovodnih nap eljavah , časih britja z električnimi brivniki in preveri t e izjavo . Andrej Likar I Za vsakogar nekaj ENAKOSTRANIČNATRIKOTNIKA Enakostranični t rikot nik včrtamo v večji enakostranični t rikotnik tako, da so st rani ce manj šega t rikotnika pr avokotne na st ranice večjega. Kolikšen del ploščine večjega trikotnika predstavlja ploščina malega trikotnika? Marija Vencelj DOPOLNI RAČUN Namesto zvezdic napiši take števke, da bo doblj eni račun množenj a pr a- vilen . 4* *x* 2* * 3 * * * 1 2 * * 4 * ****6* Marija Vencelj PORAVNANI KAZALCI Večkrat sem že naletel na naloge, povezane s položajem urnih kazalcev. Med klasične naloge t e vrste sodi tudi naslednja. Vsi vemo, da so ob polnoči urni, minutni in sekundni kazalec na običajni stenski uri porav- nani . (a) Spraš ujem vas, ali obstaja še kak drug trenutek, ob katerem so vsi t rije kazalci poravnani ? (b) Do stotinke sekunde natančno izračunajte vse čase, ob katerih st a urni in minutni kazalec poravnana. Takih časov je v prvi polovici dneva enajst : ob polnoči , malo čez eno , nekaj čez drugo, dobrih četrt čez tretj o in tako naprej do malo pred enajst o. Pri iskanju odgovorov (predvsem pri drugem vprašanju) si seveda lahko pomagat e z računalom ali pa z računalnikom. Martin Juvan Fizika I BRV IN MOST Za pr emostitev ozkega potoka ali jarka uporabimo br v. To je deska ali bru no, ki je na konceh oprto na br egova po toka. Iz izkušenj vemo, da se dolga in tanka brv pr ecej up ogne, ko hodimo po njej , pri večj i obremenitvi pa se rad a pr elomi . Oglejm o si, kaj pr avi izrek o ravnovesju navorov v primeru , ko na sredi brvi stoji mož. Br v se pod težo moža sicer nekoliko up ogne, a bomo na upogib za hip poz abili. Sile na celot no brv hitro ugotovimo. Najprej je tu skupna teža br vi in moža, na konceh pa deluj eta na brv br egova potoka navpično navzgor . Sili bregov sta enaki. Ker je vsota vseh sil na brv enaka nič , je sila enega br ega na br v enaka polovični skup ni tež i. Sedaj si oglejmo navore na br v. Op azujmo le levo polovico brvi , težo brv i pa zanemarimo . Osišče si izberemo v točki , kjer stoji mož (glej sliko 1) . Navo r njegove teže je tako enak nič . Prav tako je enak nič navor navpične komponente sile desne polovice brvi na levo. Slika 1. Navor na levo polovico brvi gled e na os v njenem težišču prispevat a le sila levega brega ter dv ojica sil Fz in Fs . Navor sile levega brega f:f skuša zavrtet i brv v smeri urinega kazalca . Z Fg smo označili t ežo moža , z 1 pa dolžino celotne brvi . Temu navoru se mora upret i navor vodoravnih komponent sil, s katerimi deluj e desna polovica deske na levo. Da bo računanje pr eprost ejše, privzemimo, da deluje desna polovica deske na levo s silama, ki ležit a v zgornji in spodnji ploskvi deske (glej skico) . Zgornja sila F z kaže proti levemu br egu, sila v spodnj i ploskvi Fs pa v nasprotni smeri . Ti sili se pojavita pr av zaradi up ogiba br vi in sta po velikosti enaki !FzI = !Fs I = Fd • Sili tvo rit a dvojico, kat ere navor je Fdh, kjer je h debelina brvi . Ta navor bi zavrt el brv v smeri, ki je nasprotna smeri gibanja urinih kazalcev. Ker brv miruje, morat a bit i navora enaka: Fdh = f:f in zato Fd = r, 4th' Iz zadnje enačbe vidimo , da je sila Fd lah ko mn ogo večja od teže Fg , sa j je razmerje 4th I Fizika mnogo večje od ena. Pri debelini brvi 5 cm in njeni dolžini 4 m je razmerje 20. Sila Fd ne sme bili prevelika, saj se pri preveliki sili brv lahko zlomi. Pri načrtovanju mostov sledi iz zahteve po ravnovesju navorov po- membno spoznanje: mostu preko široke reke ne moremo zgraditi tako, da brv poljubno podaljšamo. Razmerje 4lh bo pri široki reki veliko in zato sila Fd tolikšna, da se brv podre, tudi če je jeklena. Če želimo zgraditi most , moramo npr. odebeliti brv, da ostane razmerje 4lh ustrezno majhno. Pri kratkih mostovih to dosežejo s sestavljanjem jeklenih palic, da ni most pretežak. Včasih postavijo brv v obliki strehe (zgornja slika na III. strani ovitka). V tem primeru pomaga navor vodoravne komponente sile leve po lovice brvi na desno. Osišča pri teni ne premaknemo, sedaj pač leži na sredi vodoravne dalj ice, ki veže kraj išči brvi. Slika 2. Pri mostu na otok Pag so podpore naslonjene na lok, ki se pne med bregovoma. Najpogosteje pa navor dvojice Fz, Fs nadomestijo z navorom sil podpor (spodnja slika na III. strani ovitka) . Če je gradnja podpornih ste- brov zaradi globine vode predraga, zgradijo lok, preko katerega napeljejo brv, podpore pa na spodnjem koncu oprejo na lok (slika 2) . Namesto podpor pogosto uporabijo jeklene vrvi - zatege, ki jih pripnejo na eni strani na brv, na drugi pa na posebej zato zgrajeno oporo. Slednja je pogosto v obliki oboka, ki se pne nad brvjo. Spet drugje pripnejo vrvi na visoke stebre ali na verigo, ki jo napnejo med stebri. Arhitekti mostov se trudijo zatege postaviti čim bolj slikovito. Nekateri mostovi so postali prave znamenitosti . Zanimiv je tudi most preko Ljubljanice na vzhodni ljubljanski obvoznici (slika na naslovnici) ali most v Sevilli preko reke Guadalquivir (slika na zadnji strani ovitka) . Andrej Likar Matematika I LEONARDO DA VINCI KOT MATEMATIK Naro dni muzej v Ljubljani gosti od 3. novembra do 5. marca svetovno znano razst avo z naslovom Leonardo da Vinci - znanstvenik, izumit elj , umetnik. O sami razstavi, ki naredi na obiskovalc a izjem en vtis, čeprav ne predstavlja da Vincija kot umetnika , ampak poudarj a predvsem tehniško stran nj egovega dela , pripravlj amo daljši zapis za naslednjo številko Pre- seka. Za čas evro pske ren esanse je značilna velika vsestranost tedanji h umetnikov. Številni med njimi so bil i hkrati slikarji , kiparji , stavbe niki , pesniki , pa tudi t ehniki in naravoslovci. Najbolj izrazit o vsestranski pa je bil gotovo Leonardo da Vinci (1452- 1519), ki se je proti koncu svo- jega življenja veliko ukvarj al t udi z matematiko. Žal ni ničesar 'objavil '. Njegovo zapuščino predst avlja veliko št evilo skic, namenj enih nj egovemu lastnemu razumevanju problemov. Le redke med njimi so opremljene s skop imi raztrganimi opombami v zrcalni pisavi. Sprva so tudi raznesli da Vincijevo zapuščino na vse vetrove sveta in šele v zadnjem stoletju so jo poskusili sp et zbrati, da bi bila dostopna raziskovalcem . Zato je t ežko govoriti o konkretnih matematičnih dosežkih Leonarda da Vincija . Ost aj a vtis, da je prodrl v bist vo številnih matematičnih problemov, ime l veliko idej , da pa nečesa, kar bi lahko imenovali 'Leonardov izrek ' , ni ust varil. Za ilustracijo da Vincijevega odnos a do matem atike si oglejmo nj e- govo rešitev probl ema konstrukcije težišča t rapeza. Določanje težišč ravninskih likov pa t udi teles je Leonarda da Vinc ija še .posebej za nimalo. Na osnov i enega od Arhimedovih zapisov je ugo- tovil, da lahko konst ruiramo težišče poljubnega premočrtno omejenega ravninskega lika v principu z up orabo naslednjih dveh pravil : 1. Težišče t r ikotnika je presečišče dalji c, ki povezuj ejo oglišča t r ikotnika z razpolovišči nasprotnih stranic. 2. Lika L 1 in L 2 brez skupnih točk s težiščema T1 in T2 ter ploščinama p i in P 2 naj ležit a v ist i ravnini. Potem leži težišče T skup nega lika na dalji ci T1T2 in sicer tako, da velja Pl . TT1 = P2 . TT2 . Z uporabo ob eh pravil dobi mo preprosto konstrukcijo težišča poljub- nega t rapeza ABCD , ki jo prikazuj e slika 1. Za dokaz razdelimo trapez na dva t rikot nika ABD in DCB (slika 2) z osnov nica ma a oziroma b, skupno višino v in s težiščema T 1 oziroma T2 (ki ju konstruiramo po prvem pravilu). Matematika a D v v '3 v '3 B v razmerju Slika 2. aA 2a+b 2-x=-- a+ b ' T od osnovnic trapeza Slika 1. D b Po drugem pravilu leži te- žišče T trapeza na daljici TIT2 , tako da velja TTI : TT2 = b : a. Če izrazimo oddaljenost težišča T od osnovnice AB v obliki (1 + x) . ~,je oddaljenost težiš- ča T od CD enaka (2 - x) . ~, kjer je x : (1 - x) = b : a. Sledi 1 + x = a + 2b in a+b torej sta oddaljenosti težišča (a + 2b) : (b + 2a) . To pa že pomeni, da sta oddaljenosti na sliki 1 konstruirane točke T od osnovnic AB in CD pravi (to sta višini v podobnih trikotnikih AIBIT in CIDIT) . Po drugi strani pa leži težišče na daljici, ki veže razpolovišči obeh osnovnic trapeza. Ker ta dalj ica povezuje tudi razpolovišči daljic AlBI in CIDI, leži (zaradi AIBIT rv CIDIT) na njej tudi na sliki 1 konstruirana točka T. Opisanega dokaza ne moremo šteti za da Vincijevo 'odkritje'. Prav- zaprav ga je le izvedel, kakor tudi številne druge, na osnovi znanih trditev. Opazimo pa dvoje. Po eni strani je imel izrazit smisel za uporabnost. Princip, vsebovan v pravilih 1 in 2, je v konkretnem primeru uporabil za izpeljavo uporabne in enostavne konstrukcije, ki si jo je moč tudi zlahka zapomniti. Po drugi strani je izbrana pot do rešitve zelo lepa. Tudi matematika je bila za Leonarda da Vincija po svoje umetnost. Marija Vencelj Astronomija I PREMIKANJE LUNE GLEDE NA ZVEZDE Kos n(lba tir Lune e ! Zemlja. l sh~ ln a. Slika 1. Dn evni premik Lune na t iru okrog Zemlje in na nebu. Zarad i kroženj a se v 24 ur ah Luna navidezno premakne pri bližno za 13° (malo manj kot ped izt egnjen e roke) proti vzhodu. Za to Luna iz dneva v dan pozneje vzhaja (zahaja). ...... .......... .".'." Veliko ljudi ne razume, zakaj se Luna pr emika glede na zvezde . Pri pogledu nanj e se navidezno pr emika v levo, oziroma od zahoda proti vzhodu, če smo obrnjeni proti jugu. Naj to pojasnim. Začnimo od začetka. Opazili ste že, da Luna vzhaja na vzhodnem delu obzorja, se nato dviga na nebo, je najvišje nad obzorjem na jugu, potem se spušča in zah aja na zahodni st rani obzorja. To je navidezno dnevno gibanje L une. Ima ga zaradi vr tenja Zemlj e in poteka (kakor pri Soncu) od vzhoda proti zah od u, torej v desno. Če natančnej e opazujemo Luno, že v kratkem času zasledimo, da se počasi premika glede na zvezde. Premikanje opazimo s prostim očesom, z daljnogledom pa seveda še bo lje. Kmalu ugotovimo, da se Luna navidezno odmika od zvezd , vidnih na njeni desni (zahodni) strani, in se navidezno bliža k zvezdam, vidnim na njeni levi (vzhodni) strani. To giban je Lune na nebu pro t i vzhodu imenujemo navidezno mesečno giban je Lune. Nastane zarad i kroženj a Lune okrog Zemlje v napredni, pozitivni smeri (od zahoda proti vzhodu) . Recimo, da nas zanima, koliko se Luna pr emakne gle- de na zvezde v enem dnevu , to je v 24 urah. To izračuna­ mo takole: Ker Luna obkroži Zem- ljo v 27,3 dneva , preteče dnev- no zi 3 svoj e poti okrog Zem- lje, in sicer tako , da se dnevno na nebu premakne za zi 3 po lnega kot a , torej zi,3 .360° na dan ~ 13° na dan (vre- dnost nih a med 11,8° in 14,7° na dan) proti vzhodu. Če se kakega dne ob do- ločeni uri postavimo obrnjeni z obrazom proti jugu, pogle- damo Luno in si zapomnimo njeno lego glede na kakšno drevo, bomo z is- tega opazovališča nas lednj ega večera ob enakem času videli Luno približno 13° bo lj levo (vzhodneje) . O tem se lahko prepričate. Luno opazujte, kot je opisano. Moram pa vas opozoriti, da je Luna zelo nepredvidljiva, včasih nes ramno muhasta in se ne pokorava vedno pravilu, ki smo ga pravkar povedal i. Toda brez IAstronomija Slika 2. Prem ik Lune na nebu v 24 ur ah - fotografij a . l. . .f-- . JO I BIK 5 • • • "' ~ ~ . •e - ; -"-_. o . Marijan Prosen Slika 3. Glede na sliko 2 v zvezd ni karti vrisan ustrezni premik Lune - skica . bojazni. Kljub muhavosti bos te z lahkoto opazili njeno premikanje glede na zvezde. Le nekoliko potruditi se bo treba. Luna zaradi omenjenega navideznega pr emikanja vsak dan vzh aj a (in seveda tudi zahaja) nekoliko pozneje, in sicer za toliko, kolikor potrebuj e Zemlja, da se zavrti za 2i 3 svoj ega obrata okrog svoje vrtilne osi , to je za 2i,3 .24 ur ~ 53 minut.' Od prvega do drugega Luninega vzida (zaida) torej preteče približno 24 ur 50 min. No, to pokaže račun. Kaj pa Luna? Računalništvo I REKONSTRUKCIJA DREVES, 2. DEL V prejšnji št evilki Preseka smo v prvem delu prispevka spoznali tri pre- glede dvojiških dreves : vmesni in premi pregled ter pregled po nivojih. Za osvežitev spomina si lahko na spodnji sliki ogledate dvojiško drevo in pripadajoče preglede. c pregled po nivojih CHA K Z L M M vmesn i pregled premi pregled KMH ZCLA CHKMZAL Spoznali smo tudi, kako lahko iz vmesnega in premega pregleda rekon- struiramo drevo. Tokrat si bomo ogled ali, kako je z rekonstrukcijo drevesa, če poznamo pregled po nivojih in enega od preostalih dveh pregledov, vmesnega ali premega. Programsko kodo bomo pisali v jeziku C, zato si najprej oglejmo, kako v tem jeziku opišemo dvojiško drevo . Deklaracije so podobne kot v pascalu. Vozlišče predstavimo s strukturo (besedica struct) - to je C-jevsko poimenovanje sestavljenih tipov, drevo pa zopet s kazalcem na koren: typedef struct vozlisce *Drevo; typedef struct vozlisce { char x; Drevo levo, desno; } Vozlisce; Nekaj osnovnih funkcij za delo z drevesi (in kodo v C-ju) najdete v zbirki nalog M. Juvan, M. Zaveršnik: C naj bo (zadnji del 7. poglavja). V mesni pregled in pregled po nivojih. Tudi kadar poznamo pregled po nivojih namesto premega pregleda, se lahko rekonstrukcije drevesa lo- timo na enak način. Dodatne težave nam povzročadejstvo , da v pregledu po nivojih vozlišča levega in vozlišča desnega poddrevesa ne tvorijo več strnjenih podnizov (to dejstvo smo s pridom izkoristili pri rekonstrukciji iz premega pregleda). Računalništvo Zato bo t reba prilagoditi paramet re rekurz ivne funkcije in dopolniti iskanj e korena. Funkcija bo imela t ri parametre: kazalca zacV in konV tipa char *, ki bosta označevala pr vi oziroma zadnji znak vmes nega pregleda, in niz nivoji , ki bo vseboval pregled po nivojih , med znake pregleda pa bodo lahko vr injeni še drugi znaki. Koren poddrevesa, ki ga gradimo na rekurzivnem koraku, bo potem pr vi znak iz nivoji , ki se poj avi tudi v vmesnem pregledu. Na kratko poglejmo še korake opisanega postopka na primeru z začet­ ka prispevka. Začnemo z vmesnim pregledom K MHZCLA in pregledom po nivojih CHAK Z LM. Vzamemo pr vi znak iz pregleda po nivojih, to je C , in pogledamo, ali se poj avi v vmes nem pregledu. Tam ga najdemo in t ako določimo vm esna pregleda za levo in desno poddrevo. Sledi rekurzivni klic za levo poddrevo: vmesni pregled je KMH Z (del začetnega pr egleda do znaka C) , pregled po nivojih paje vsebovan v nizu H AKZLM ( "odvečna" znaka sta A in L ). Ponovno poiščemo koren. Poskušanj e začnemo z znakom H in takoj usp emo. Sledi nov rekurzivni klic: vm esni pregled levega poddrevesa je K M , pregled po nivojih paje vsebovan v nizu AKZLM (tokrat so "odvečni" znaki A , Z in L). Tokrat prvi kandidat za koren, znak A, ni pravi (ne pojavi se v vmesnem pregledu). Zato poskusimo z naslednjim znakom K . Ta nastopi v vm esnem pregledu in je torej koren poddrevesa na nivoju 2. Zopet sledi t a rekurzivna klica. Prvi klic za levo poddrevo se takoj konča, saj gre za prazno poddrevo. Sledi drugi rekurzivni klic, ki zgradi dr evo z vozliščem M. S tem je poddrevo, katerega koren je K , v celoti zgraj eno. Vrnemo se nivo nazaj. Tam sledi rekurzivni klic za desno poddrevo v dr evesu , katerega koren je H. Ta zgradi dr evo z vozliščem Z. Sledi vračanje do začetnega nivoja in klic, ki rekurzivno zgradi še desno poddrevo iskanega drevesa. 1* Zgradi dvojiško drevo iz vmesnega pregleda in pregleda po nivojih. Ne preverja pravilnosti vhodnih podatkov. *1 Drevo zgradi(char *zacV, char *konV, char *nivoji) { char *pomV; 1* mesto korena v vmesnem pregledu *1 Drevo kaz; 1* pomožni kazalec za novo vozlišče *1 if (zacV > konV) return NULL; 1* prazno drevo *1 1* Iščemo koren : prvi znak iz nivoji, ki je v vmesnem pregledu . *1 while (*nivoji != '\0') { pomV = zacV; while (*pomV != *nivoji && pomV <= konV) pomV++; if (*pomV == *nivoji++) break; } Računalništvo I 1* Ce so podatki pravilni, smo koren gotovo našli. *1 kaz = malloc(sizeof(Vozlisce)); 1* Naredimo novo vozliš~e . *1 kaz->x = *pomV; 1* Rekurzivna klica - zgradimo levo in desno poddrevo. *1 kaz->levo = zgradi (zacV, pomV - 1, nivoji); kaz->desno = zgradi(pomV + 1, konV, nivoji) ; return kazi } l*zgradi*1 Če je sta pr egleda dr evesa shranjena v nizih opis1 in opis2 te r je d spremenljivka t ipa Drevo , pot em fun kcijo pokličemo z d = zgradi(opis1, opis1 + strlen(opis1) - 1, opis2); Tu je strlen funkcija iz knjižnice , ki vrne dol žino niza . Poglejmo še, kako je s časovno in prostorsko zahtevnost jo funk cije. O pro storski zahtevn osti ne moremo povedati nič novega. Glede uporabe pomnilnika se funkcija obnaša praktično enako kot funkcij a za rekon- st rukcijo dr eves iz vmesnih in pr em ih pr egledov iz prvega dela pri sp evka. Pri časovni zahtevnosti pa se funkciji na pr vi pogled razlikujet a. Tokrat smo namreč up orabili še dodatno zanko za iskanje korena (poleg zanke, v kateri poiščemo mesto korena v vmesnem pr egledu, ki jo imam o v obeh funk cijah ). Vend ar pa natančnej ša analiza pokaže, da je število operacij še vedno omejeno s kvadratno funk cijo števila vozlišč dr evesa (je pa vodilni koeficient te funk cije nekoliko večji kot pri pr ejšnj em primeru). Ključna je ugotovitev , da nobenega znaka iz vmesnega pregleda ne primerjamo dvakrat z istim znakom iz pr egleda po nivojih (natančna ut emeljitev te ugotovitve zahteva nekoliko daljši razmislek , ki presega okvir tega prispevka). Premi pregled in pregled po nivojih. Premi pregled in pregled po nivoj ih sta si pr ecej podobna, zato ni pr esenetljivo, da dr evesa z njima niso enolično določena. Premi pregled AB C in pr egled po nivojih ABC ima np r. naslednjih pet dr eves: A Računalništvo - Rešitve nalog Enolična rekonstrukcija dr evesa iz pr emega pr egleda in pr egleda po nivojih t ako v splošnem ni mogoča. To ugotovitev lahko še nekoliko poost rimo. Za konec vas bom poskušal prepričati , da velja naslednja t rditev: Za vsako dvoji ško drevo V z vsaj dvema vozliščema obstaja vsaj še eno dvojiško drevo V' =1= V , ki ima enak premi pregled in enak pregled p o nivojih kot drevo V . Takole razmišljajmo. Naj bo x najbolj desno vozlišče na zadnjem nivoju (pri dr evesu iz zgleda je to vozlišče M) . Mimogrede opazimo , da je x zadnje obiskano vozlišče pri pr ernem pregledu in pri pr egledu po nivojih. Ker ima dr evo V po pr edpost avki vsaj dve vozlišči , x ni koren drevesa. Naj bo y njegov oče (v zgledu je to vozlišče K). Ločimo dve možnosti . Če je x edini sin vozlišča y (tako je v zgledu) , pot em je x lahko levi ali pa desni sin. Če je levi , ga lahko pr estavimo na desno , če je desn i, pa na levo, v obeh primerih pa ima novo drevo enak pr emi pr egled in enak pregled po nivojih kot drevo V. Kad ar pa ima y dva sinova , lahko poddrevo s tremi vozlišči , katerega koren je, zamenjamo s katerimkoli od petih dr eves z zadnje slike, pa še vedn o dobimo dr evo z enakima pr egledom a. Martin Juvan KAKO STA SKLEPALA NINA IN ŽIGA?- Rešitev s str. 98 BaA E I-- - - ----;,,?-""-- - - --\in zato lEHI =~, lEGI = ~, lEHI = lEGI+ IGHI a c - = - + IGHI · 2 2 Torej je IGHI = (a - c)j 2. Napačno sta sklepala na osnovi slike. P rivzeta lega srednjice na sliki v zastavljeni nalogi ni mogoča . S pravilne slike lahko razberemo: D c Tokrat nam da preizku s znani rezul t at c a - c c a+ c s = lEGI + IGHI+ IHFI ="2 + -2- +"2 = -2- · Silva Kmetič Fizika I KAKO HITRO SO SE GIBALI DINOZAVRI? V filmu Jurski park, ki je pr ed let i zbudil pr ecej pozornosti , je bilo mogoče videti razne vrst e plazilcev v gibanju, čeprav so že zdavnaj izumrli. Pa- leontologi so izkopali njihove kosti in jih sestavili v okostja ter skupaj z zoologi rekonstruirali živali vse do zunanj e podobe. Kako hitro so se živali gibale, pa so jim pomagali ugotov iti fiziki . Začnimo s kar se da pr eprostim zgledom, z nih alom , pri katerem je na zelo lahek drog z dolžino Il obešena drobna utež. Drog je vrtlj iv okoli vodoravne osi skozi kraj išče . Nih alo sinusno zaniha , ko ga za majhen kot epal izmaknemo iz ravnovesne lege in spustimo. Drugo nihalo z dolžino 12' ki naj bo enako sestavljeno, izmaknimo za kot ep02 iz ravnovesne lege in spust imo. Ali lahko dosežemo, da se nihali giblje ta p odobno? Ali lahko v vsakem trenutku po odklonu prvega nihala sklepamo na od- klon drugega? Najprej je jasno, da moramo čas prvega nihala t I in čas drugega nih ala t 2 začeti meriti v ustreznih trenutkih, npr ., ko prvo in drugo nihalo sp ustimo iz začetne lege. Poleg tega morata bit i oba začetna odklona enaka: epal = ep02 . Časa t 2 in tI st a v razmerju nihajnih časov t2/h = (g112/g2h)1 /2. Pri tem smo upoštevali možnost , da prvo nih alo niha na Zemlji s pospeškom pro st ega pada gI in dru go na Luni s posp eškom prostega pad a g2. Hitrosti obeh uteži sta v razmerju največjih hit rosti V2 /V1 = (g212/g1 11)1/2. Iz zveze razberemo, da je pri primerj a- nju pomemb na količina v2 / ql. Količino z enoto 1 imenuj ejo Froudovo število. Gibanji nihal sta v navedenem smi slu podobni , če sta njuni Froudovi števili enaki. Iz zveze vVg212 = vUgIh sledi za nih ali na Zem lji vVvr = 12/h. Za enako dolgi nihali na Luni in Zemlji pa velja vVvr= g2/g1. Poskusimo na hitro z enačbami izpolniti vrz eli v pr ejšnj em raz- mišljanju. Nihanje nihala opišemo z enačbo ep = epa cos (g/ I)1/2t , če začnemo meriti čas v trenutku, ko nihalo doseže največj i odklon . Raz- merj e odklonov dveh nihal je ep2 ep02 cos (92 / 12)1/2t2 ep I epal cos (gdh)l /2t 1 . Iz enačbe razberemo, da velja ep2 = epI , če velja (g2/ 12)1 /2t2 = (gdh) ~ /2 in ep02 = epal . Hitrost krajišča nihala dobimo tako, da hit rost sp reminjanja kota pomnožimo z dolžino nihala, np r . V2 = -(g2 l2)1/2ep02 sin (g2/l2)1 /2t2 ' IFizika Ne pozabimo, da smo se omejili na nihanje z majhnim odklonom, pri katerem nihajni čas ni odvisen od največjegaodklona. TU moramo odnehati, če ne želimo zadeve preveč zaplesti. T lllllllll lll llllllllllllll Slika 1. Skrajno poen ostavljen model hoj e . Težišče T po st a- vimo v vrh nog, O je os v sto- palu na tl eh. Tako smo razkrili začetek zanimivega de la mehanike, dinamično po- dobn ost , ki jo imamo lahko za razširi t ev geometrijske podobnosti . Lika sta geometrijsko podobna, če enega prevedemo v drugega, ko dolžino vsake od vseb ovanih daljic pomnožimo z določenim šte vilom. Med seboj podobna lika im at a parom a enake ustrezne kote. Gibanji dveh geomet rijsko po- dobnih sistemov sta dinamično podobni , če lahko eno prevedemo v drugo tako, da pomnožimo razsežnosti enega sistema z določenim številom , čase z drugim številom in sile s t retj im št evilom . Silo smo preračunali na m aso, kar je dalo posp ešek , in se omejili na težo. Dinamična podobnost je pomembna v primeru, da delamo načrt za kako napravo, pa smo negot ovi o tem , kako bo delovala . Tedaj izdelamo veliko cenejši pomanjšani model naprave in ga preskusimo. Razmere, v katerih bi delovala velika naprava , mor aj o ustrezati razmeram, v katerih deluj e model. Tu pride na pomoč diarnična po do bnost . Zagotovimo, npr. , da je Froudovo število za mo del enako Froudovemu št evilu za napravo, in primerj amo čase, hi trosti, sile, kakor smo nakazali. Dinamično pod obnost je vp eljal angleški inženir William Froude (izgovor i frud ) , ki je živel v letih od 1810 do 1879. Zanimal se je za gibanje ladij in izumil več merilnih naprav. Stevilo, ki so ga pozneje imenovali po nj em , je enako razmerju med dvojno kinetično energijo in spremembo potencialne energ ije 2 . ~mv2 jmgl ter je povezano z razmerj em med silo zaradi pospeševanja in težo. V nasl ednjem koraku skrajno poenosta- vljeno obde lamo hojo človeka. (Podrobneje jo je obravnaval P. Gosar v članku Meha- nika hoje in teka, Presek 13 (1985j86) 81.) Težišče človeka z dolžino nog l se spusti po krogu s polmerom l s središčem v stopalu na tleh , ko doseže najvišjo točko (slika 1). Hitrost je povezana z radialnim pospeškom v2 j l, ki je značilen za gibanje po krogu. Posp ešek ne more preseči težnega pospeška g, Fizika I če stopalo miruje na tleh . Tedaj velja v2 - a. Ta rešitev nam sicer da kva- dra te , včrtane na pr avi način , vendar se elipsi dotikat a v krajiščih velikih polosi. Matematika 151 I Sami se spoprimite še z naslednjimi nalogami. Njihove rešitve bomo objavili v naslednji številki Preseka. 1. Elipsa O(a, b) je včrtana v kva- dr at s st ranico t. Določi t , če veš, da so vsa števila a, b, t eela . 00 2. V kvadrat ABCD sta včrtana kvadrat a L (s stranico l ) in M (s stranico m) tako, da se nahaj ata v nasprotnih vogalih kvadrat a ABCD in da po dve njuni st ranici ležit a na st ranicah kvadrat a ABCD. Dve skladni elipsi, O( b,a) Jn O' (a,b), se dotikat a druga druge in kvadratov L in M . Poleg tega se elipsi dot ikata vsaka dveh stranic kvadrata ABCD (glej sliko). Pokaži, da je ploščina posamez- ne elipse enaka 1 -nlm . 2 3. Elipsa O (a, b) je včrtana v pra- vokot nik ABCD in se dotika st ranice CDv točki E te r stranice AD v točki F . Pokaži, da je AF · E D = F D . CE. c B A L ' O' D ' O D K armela Milutinovi č Zanimivosti - Razvedrilo I POSLUŠAJMO PRAŠTEVILA Človeško uho ima čudovite sposobnosti . Te so tako velike, da kot dano jemljemo dejstva, da znamo razločevati glasove, slišati posamezno besedo sred i vsesplošnega govorjenja na zabavi, razločiti zvok flavt e sredi igranja ostalega orkestra. Pravzaprav bi lahko rekli , da ima naše uho velike sposobnosti prepoznavanja vzorcev. Zato bi svoje slušne sposobnosti lahko uporabili tudi zato, da bi npr . zaslišali določene vzorce v ogromnih količinah podatkov, predstavljenih z zvoki. Ameriški matematik Caldwell je uporabil posebno shemo za posluša- nje zaporedij praštevil, da bi s pomočjo zvoka ugotovil , kakšne lastnosti imajo. Končno, sa j pogosto uporabljamo uho, da ugotovimo, kaj bi utegnilo biti narobe v delovanju motorja, oziroma stresemo škatlo, da bi po zvoku ugotovili njeno vseb ino . Za predstavitev zvokov v računalništvu pogosto uporabljamo specifi- kacijo MIDI (Musical Instrument Digital Interface). Z njo posameznemu tonu pr iredimo številko. Tako je npr . C predstavljen kot 60, Cis kot 61, D je 62 in tako naprej za skupno 128 tonov. Tako predstavitev je Caldwell uporabil za pos lušanje praštevilo Ker je praštevil neskončno , na voljo pa le 128 tonov, je uporabil le ostanke pr i deljenju, tako ime novano modularno aritmetiko. Če je kot delitelj uporabil npr. 7, bi za zaporedje praštevil 2,3,5 ,7,11,13, 17,19,23, ... zaigrali 2,3,5, O, 4, 6, 3, 5, 2, . .. Ker pa imajo ti toni v skali MIDI prenizko frekvenco, da bi jih dobro slišali, je Caldwell dodal še konstanto 55 in se tako postavil na sredino lestvice. Tako je prvo praštevilo, 2, za igrano kot ton A (57 po standardu MID I ). Ker je pri deljenju s 7 možnih le 7 ostankov, imamo seveda na voljo le 7 to nov. Na sliki vidimo skladbi Praštevila po modulu 7 in Praštevila po modulu 6. l'ht pranes tuudnlu seven (Chri s CalJ Wt U, 199i) Zanimivosti - Razvedrilo Dosedaj smo določali le višino to na. Trajanje tonov je bilo ena ko. Z razmikom med pr ašt evili pa lahko pr edstavimo tudi dolžino tona. Med prvima dvema praš teviloma 2 in 3 ni razmika, razmik 1 je med 3 in 5 ter 5 in 7, razmik 3 pa med 7 in 11. Velja, da je povprečna dolžina razmika med praštevili, manj šimi ali enakimi n , enaka naravnemu logari tmu iz n . Ost a- jajo pa odprta vprašanj a, kako so t i razrniki porazdeljeni , kako veliki so in podobno. Ne glede na to razmik lahko uporabimo za določitev dolžine to na . Caldwell se je odločil, da naj to n t raja soraz merno dolžini raz mika do naslednj ega prašt evila v zaporedju, deljeno z naravni m logari t mom iz tega praštevila . Na ta način je nastalo nekaj sklad b, kat erih notne zapise vidimo na slikah. Thr prim es IIlvduJo -Il "i th prime gap tempo (Cluis Caldwell. 1997) (Slarting with the prime1,000.003) Več o poslušanju pr aštevil in drugih števil lahko preberemo na Inter- netu na straneh http://www .sciencenews.org/sn_arc98/6_20_98/mathland.htm in http ://www.utm.edu/research/primes/programs/music/listenj. Mimogrede bomo lahko prebrali še marsikatero zanimivost o praštevilih. Na strani http://www.utm .edu/caldwell/midi/primes.cgi pa je Caldwell pripravil program, s katerim si sami zaigramo skladbo, nastalo po zgoraj opisanem vzorcu. Zanimivosti - Razvedrilo - Rešitve nalog I M#ttFMtMO!!f - lililx' Primal Sounds ftod u l 0 "ha t \:>••e' r LI 'TEN TO TH!SE PRUft9 I Ilo v 1M1IY Pt1 11'" 7 po 'S t . ~ t 1n9 at lo l:' Iltt~ t" l ' r;--- Vhl eh l n. t rWt>ellt:? 110 4 r x e ( lIIc i - t :q :::1 r U l o v nll,U:-no t e :t? r use eh. pt1n>e \j'a p:t t o c1ltterm1ne t he not e lellQ'thlt7 ( r ::~.(,.., ~,>! 'o:' . ~ ': n ,_-.. -:- i 'nus prOi;1&m ukett be fequenCtof prirne. (2. 3.~.7 . 1 l.1 3. 17.1 9., _ . ) andfcrms the the lequence ofremainden modulo the mU.II bAS t (modulus) you give For tX/llllPlt . mo dulo -1tlu aeqcecc e II ('l.3.t.3.J.1.1.3....). It tbenp lAj'$ tbIs ,cquentt &1 {the numbcffwere Doltl (nearmtddo lIot enplernent ol1l!ho nole, fOleech illilrument 5_ The rlllrnben before the inllfument nvne. ere!tIei:" code inthe ":'7!~ ~~ ~Ll]~'~-:; .t! O then begin j := Zacetek ( 'b') ; if j>=i then b := Zacetek( 'c '»=j ; end; until (not b) or (t>length(s) ); Prepoznaj := b ; end; {Prepoznaj} 156 Rešitve nalog I Štetje a-j ev , b-jev in e-j ev smo opravili s pomožno celoštevilsko funk- cijo Zaeetek. Ta kot param eter dobi znak in prešte je, koliko teh znakov je na začetku podniza niza 5 , ki se začne pri t -tem znaku. Poučna je t udi up orab a pomožne logične spremenljivke b, s katero si pomagamo pri preverjanju odnosov med števili a-j ev, b-jev in e-jev . Na po dobe n način lahko razp oznam o tudi stike nizov aib j ck , kjer od nose med i, j in k nekoliko spremenimo, na primer i < j < k ali pa i :::; j + k itd . Poleg zna kov a, b in e bi v nizih lahko dovolili še kakšne druge znake. Tako bi lahko funk cijo Prepoznaj razširili z dodatnim parametrom: nizom , ki bi vseboval ti st e znake, ki so dovoljeni pri sestavljanju nizov. Za našo nalogo bi bil to niz ' abe'. Na log za vajo torej ne manjka . Martin Juvan KOLIKO MANJŠIH? - Rešitev s str. 89 V Preseku smo pr ed časom že pisali o rešitvi podobne naloge (glej pris- peve k Iščemo besedo, Presek 26, 1998/1999, št. 6, str. 355 in 365-367) . Za dano število k je bilo t reba poiskat i tisto iz dane skupine različnih črk sestavlje no besedo, ki je med vsemi besedami, ki jih lahko sestavimo iz danih črk, po ab ecedi na k-tem mestu. Tokrat rešuj emo nasprotno nalogo (pa še namesto črk imamo števila) , ideje, ki jih bomo up orabili , pa bodo zelo podobn e. Poglejmo primer. Vzemimo permutacijo (~~ i ~ ~ ) mn ožice lN5 · Premislimo, katere permutacije so pri leksikografski ur edi tvi pred njo. Najprej so to permut acije, ki število 1 preslikajo v 1 ali 2; te h je 2 ·4! = = 48. Potem pa so tu še permut acije, ki število 1 preslikajo enako kot 'Tr v 3, prvo število, v katerem se ločij o od 'Tr, pa preslikaj o v manj še število. Če se ločijo od 'Tr pri številu 2, moraj o 2 preslikati v 1, 2 ali 3. Možnost 3 odpade, sa j se že število 1 preslika v 3. Ostaneta le 1 in 2. Takih permut acij je potem 2 . 3! = 12. Pri številu 3 se permutacija ne more razlikovat i od 'Tr , saj je 'Tr(3) = 1 najmanjša možna vrednost . Možnosti pri številu 4 so 1, 2, 3 in 4. Števila 1, 3 in 4 so že uporabljena, tako da ostane le število 2; to rej 1· Il = 1 manj ša permut acija . Permutacije, ki se s 'Tr ujemaj o na številih 1, 2, 3 in 4, se moraj o ujemati t udi v sliki števila 5, saj je spodnja vrs t ica pri vseh permutacijah množice lN5 sest avlj ena natanko iz števil 1, 2, 3, 4, 5. Če seštejemo, dobimo 48 + 12 + 1 = 61 permutacij . Permut acija 'Tr je torej pri leksikografski ur editvi permutacij množice lN5 na 62. mestu . Rešit ve nalog Povzemimo, kaj smo se naučili. Dan a naj bo permut acija 7f mno- žice lNn . Ugot ovili smo , da je permut acij , ki se s 7f ujemaj o v številih 1,2 , ... , i - 1, število i pa preslikajo v št evilo, ki je manjše od 7f(i), ravno ki' (n - i) !, kjer je ki moč množice {1, ... , 7f (i ) - 1}\{7f (1) , . . . , 7f(i - 1)} (to liko je števil , ki so manj ša od 7f(i ), a jih permutacija 7f še ni "porabila" na številih od 1 do i -1). Mesto permut acije 7f pri leksikografski ur edit vi je enako n - l 1 + L ki(n - i )! = 1 + C' (kI ' (n - 1) + k2 ) . (n - 2) + ...+ kn - 1 ) . lo i = 1 Zapišimo zgornji raz mislek kot funkcijo v programskem jeziku pascal : const maxN = 12 ; type permutacija = array [1 . . maxN] of integer ; function Prestej(perm: permutacija; n : integer) : longint ; { Pre~teje . katera po vrsti je permutacija n ~tevil perm. } var i,j : integer ; stevec : longint; { ~tevec leksikografsko manj~ih permutacij} manjsih: integer; begin stevec := O; for i:=l to n-l do begin { Zanka po elementih permutacije . } manjsih := 1; { Določimo , koliko prej~njih je manj~ih. } for j:=l to i-l do if perm[j] 48. Ker pa je 5 pic preveč , je 71 + 3d < 60. Iz neenačb 61 + 2d 2: 49 in 71 + 3d ::; 59 dobimo 1 +d < 10. Torej je d ::; 10 - I in zato 49 ::; 61+ 2d ::; 61+ 2(10 - J) = 41 + 20. Sled i I 2: 8. Če je I 2: 9, imamo 71 + 3d 2: 63, kar je preveč. Za I = 8 pa preverimo , da je d = 1 edina rešit ev. (P ri d = O namreč št ir i pice zadoščajo , pri d 2: 2 pa je 71 + 3d 2: 62.) 11/1. Če sta k in I naravni šte vili, potem mora bit i k ::; 1 000 in I ::; 100, če naj bo k2 +13 ::; 1 000 000. Takšnih parov (k ,1) pa je kvečjemu 100000. Torej je več števil, ki j ih ne moremo zapi sati kot vsoto pop olnega kvadr ata in popolnega kuba. 11/2. 1. način. Enačbo pr eob likujemo: AX·(CX - GB) = Ooziroma XX ·BX = o. Po Talesovem izreku dobimo kro žnico s premerom AB in po istem izreku sklepamo, da vse točke kro žnici ustrezaj o. 2. način. Nalogo lah ko rešimo t udi analitično . Če imaj o točke A , B , C in X kr aj evne vektorj e fi = (al , a2), b= (bl , b2), c= (Cl , C2) in iI = = (Xl, X2), nam pogoj naloge da (Xl - al , X2 - a2) . (Xl - bl , X2 - b2) = O. Enakost še preoblikujemo: (Xl - a!tb! )2 + (X2 _ a2t b2)2 = ( a ! ~h)2 + + (a2~ b2 )2. Iskana množica točk je torej kro žnic a s središčem v razpo- lovišču daljice AB in polmerom ~ I ABI . 180 Tekmovanja I 11/3. Pot egn imo tangento na t ri- kotniku ABC očrtano kro žnico Ko v točki C in na njej izberimo poljubno točko D . Premica D C je t ako tan- genta tudi na kro žnico K. Presečišči pr emi c AC in BC s krožnico K ozna- čimo s Q in P , kot kaže skica . 1 Kot med tetivo AC in t an gento rl R B CD je enak nepriležnemu kotu nad to tangento, zato je f(n), saj je f (l ) > 1. Torej je funk cija strogo rastoča. Z indukcijo lahko sedaj pokažemo f(n) 2: n + 1. Za n = 1 je to očitno. Pa denimo, da za neki n E IN velja f (n) 2: n+ 1. Sledi f(n+ 1) > f (n) 2: 2: n + 1 => f (n + 1) 2: n + 2, torej je res f (n) 2: n + 1 za vsak n E IN. Če sedaj obstaja tak n < 3001, da je f (n) > n + 1, mor a za vsak m E IN, n :::; m < 3001 veljati f (m) > m + 1, kar pokažem o z indukcijo. Naj za neki n < 3001 to velja. Če je n + 1 < 3001, dobimo f (n + 1) > f(n) > > n + 1 =? f (n + 1) > n + 2. Če to rej za neki n < 3001 velja f (n) > n + 1, velja to t udi za n = 3000 (1(3000) > 3001) . To pa je v proti slovju s predpostavko naloge f (3000 ) < 3002. Zato ne obstaja n < 3001, da bi bilo f (n) > n + 1 => f (n) = n + 1 za O< n < 3001 in f (1 999) = 2000 . k šest ic k e nic - . .~_ ~_ k - l 1_ lO k _ lIV/2. Računajmo: 666 . .. 6 - 6 ·111 .. . 1 - 6. 2:1= 0 10 - 6 · - 9-' Sledi ",1999 6 . lO k _1 - ~( 1O. 10 19 9 9 _ 1 - 1999) - .2..(102000 - 18001) L.Jk= l 9 - 9 9 - 81 . 182 Tekmovanja I IV/3. Označimodolžino stranice trikotnika ABG z a in

. = 2 W/mK , To = 20°C, Po = 105 N/m2, M = = 29 kg/kmol, R = 8300 J / kmolK. a) Začetno višino bata izračunamo iz splošne plinske enačbe PoVo = = mRTo/ M , Vo = 1rr2ho. Dobimo ho = m RTo/Mp01rr2 = = 10,6 cm. Tok teče skozi vodnik z dolžino ho in prečnim presekom S = 21rrd: 1 = U/ R = 21rrdU/ (ho = 5,9 A. b) Zar adi segrevanj a plašča se segreva plin. Temperatura narašča toliko časa , dokler ni električna moč enaka toplotnemu toku, ki se prevaj a skozi zgornjo in spodnjo ploskev 2 T - To U2 2 21rr >.~ = Ji = 21rrdU /(h , Tekmovanja če je h nova ravnovesna lega in velja V IT = Vo/To, V = Jrr2h, T = hTo/ho. Izraz za Tvstavimo v zgornjo enačbo in dobimo kvadratno enačbo za ravnovesno višino h: h2 _ h h = U 2 Ddho o (..\Tor ' s smis elno rešitvijo h = 13 cm . Skupina D 1. Podatki: m = 75 kg, F = 600 kN, S = 200 cm2 , ho = 7,5 cm , K = 1,4, PO= 105 N/m2 . Pri adiabatnem stiskanju velja pV '" = PoVo"', če je p končni tl ak , V končna pr ostornina am ortizerj a in Vo = S ho. Končni t lak je povezan z največjo dopustno silo: p = F / S . Pri doskoku se po- t encialna energija Bonda spremeni v notranj o energijo plina mgh = = L).Wn = 2m'cv (T - To) = 2m'[R/M(K - l)](T - To) , pri čemer je m' masa zraka venem amorti zerju, T končna in To začetna tem- peratura zraka v amortizerju; 2 gre na račun dveh amort izerjev . Temper aturi izrazimo iz splošne plinske enačbe in dobimo mgh = = 2 (pV - PoVa) /(K -1) = 2poSho ((p/Po)(V/Vo) - 1) /( K-1). Raz- merj e prostornin nad omestimo z razmerj em tl akov iz enačbe za adi- abato , vstavimo p = F / S in dobimo =4,2 m. 2. Podatki: a = 1,2 m, m = 20 kg, t = 6 s, m' = 0,3 kg, l = 70 cm , ep = Jr , f) = 2°. a) Navor teže na vrata izračunamo iz Newtonoveg a zakona za vrte- nje: NJ = Ja . Kotni posp ešek dobimo iz časa , potrebnega, da se vrata zasučejo za kot ep: o = 2ep/t2 , vztrajnostni mom ent vrat pa je tolikšen kot pri vrtenju palice okoli krajišča J = ~ma2 . Navor , s katerim utež deluj e na vr ata , ur avnovesi navor teže kim'gi = M = 2ma2ep/3t2, to rej mora bit i najmanj ši koeficient lep enja enak k - 2ma 2ep - O4 l - 3m'glt2 - , . Tekmovanja I b) Težišče vrat se gib lje po krož nici zradijem a/2, ki leži v ravnini, ki je za kot {j nagnjena glede na vodoravno ravnino. Ko se vrata zasučejo za kot

v ). Ko drsat a v isti smeri, je relat ivna očetova hitrost glede na sina enaka u - v, torej je interval med dvema zapo rednima srečanjema u~v' Ko pa drsata v nasp rotni smeri, je relativna hitrost u + v in dolžina tega intervala _ 1_ . Iz enakosti _ 5_ = _1_ dobimo :Y: = !!. . u +v u+v u - v v 2 2. Simetrala not ranj ega kot a pri C naj seka dalji co DE v točki F , dalji ci CF ' AB . k t č ki G 'T' •• IAGI lACIm pa naj se se ata v oc 1 . L orej Je IBGI = IBCI = = ~' Označimo središče kvadr ata ABDE z O. Štirikot nik AOB C je tet ivni, sa j je ...S A Če je ABC enakokraki trikotnik z vrhom B, točki Q in R sovp adata , zato je t udi T = R = Q. V nadaljevanju bomo dokazali trditev naloge, če je IBCI > lABI . Primer IBGI < lABI dokažemo pod obno in ga pr epustimo bralcu v razmislek . R v • IQRI - IARI-IAQI _ IACI _IABI+IACI- IBCI _ IBCI- IABIacunaJmo - - 2 2 - 2 . Trikotnik APQ je enakokrak z vrhom A, zato je O. Ker šte vilo x 2 + y2 deli 2( xy - 1), sledi 2( xy - 1) ~ ~ x 2 + y2 ali pa xy - 1 = O. Iz neenakosti 2( xy - 1) ~ x 2 + y2 sledi O~ (x-y)2+2, kar ni možno. Zato je x y = 1, kar nam da dve rešitvi x = y = 1 in x = y = -1. Naj bo x y < O. Sedaj velja -2(xy -1) ~ x 2 +y2 , torej (X + y )2 :::; 2. Zato je x + y enako O, 1 ali -1. Če je x + y = O, je x = 1 in y = -1 ali pa x = -1 in y = 1. Če je x + y = 1, je število 2(xy - 1) = = 2x 2 - 2x + 2 deljivo z x 2 + y2 = 2x 2 - 2x + 1. To velja le v primeru, ko je 2x 2 - 2x + 2 = ±1. Od tod sledi , da je x = O ali x = = 1. To ni možno, sa j smo pr edpostavili xy < O. Če paje x + y = -1 , je šte vilo 2(x y - 1) = 2x2 + 2x + 2 deljivo z x 2 + y2 = 2x 2 + 2x + 1, kar podobno kot v prejšnem primeru pripelje do protislovja . Naj bo x y = O. Tedaj je x = O in y = ±1 ali pa y = O in x = ± 1. Vse rešitve so torej (±1 , ±1), (O, ±1) , (± 1, O) . Tekmovanja I 2.a) Če sta zadnji dve števki binarnega zapisa št evila i ena ki Ol, je M(i) = = M(i + 1). Torej obstaja vsa j [10400] = 250 števil, za kat era je M(i) = M(i + 1). Podobn o velja za števila, ki imaj o v binarn em zapisu zadnje št iri števke 0111. Takih števil je [1~~0 ] = 62 in so različna od zgoraj omenjenih. Podobn o najdemo še [ 1 ~~0] = 15 šte vil z zahte vano lastnostjo, katerih binarni zapis se konča z 011111. Torej je v zaporedju obstaja vsaj 250 + 62 + 15 = 327 členov, ki so ena ki svojemu nasledniku. b) Če so zad nje št iri števke bin arnega zapisa števila i ena ke 0001,0011 , 0100, 0101 ali 0111, je M( i) = M (i + 7) . Če je zadnjih pet števk binarnega zapi sa števila i enakih 01010 ali 01110, je M( i) = M(i + 7). Če je zadnjih šest števk 011001,011011 ,011100,011101 ali 011111 ali pa zadnjih sedem 0111010 ali 0111110, je M(i) = M(i + 7). Podobno nad aljuj emo in dobimo za zadnjih 8 števk pet možnosti , za zadnj ih devet dve,. .. Torej obstaja vsaj 106 106 106 106 106 106 5[16] + 2[32] + 5["64 ] + 2[128] + ...+ 5[218 ] + 2[2 19 ] = 499976 členov , za katere je M(i) = M(i + 7). Aleš Vavpetič PRESEK list za mlade matematike, fizike, astroname in računalnikarje 27. letnik, šolsko leto 1999/2000, številka 3, strani 129 - 192 UREDN IŠKI ODBOR : Vladimir Bat agelj , Tanja Bečan (jezikovni pr egled ), Vilko Dom ajnko, Roman Drn ovšek (novice), Darjo Felda (t ekmovanja), Boj an Go lli, Marjan Hribar , Boštj an Jaklič (tehnični ur ednik) , Mart in Juvan (računalništvo), Sandi Klavžar , Bori s Lavrič , Andrej Likar (fizika) , Matija Lokar , Franci Obla k, Peter P et ek, Marijan Prosen (astronomija), Marija Vencelj (matematika, odgovorna ur ed nica). Dopisi in naročnine : DMFA - založništvo, Presek , J adr an ska c. 19, 1001 Ljublj a- na, p .p . 2964 , tel. (061) 1232-460 , št . ŽR 50106-678-4 7233. Naročnina za šolsko let o 1999/2000 je za posamezne naročnike 2 .000 SIT, za skupins ka naročila šol 1.650 SIT, posamez na številka 400 SIT, za tuj ino 25 EU R, dev izn a nakazila SK B banka d .d . Ljublj ana , val-2762 1-42961 /9, Ajdovščina 4, Ljubljana . List sofinancirata MZT in MŠŠ Založilo DMFA - za ložništvo Ofset t isk DELO - Tiskarna , Ljubljan a © 2000 Društ vo matem at ikov , fizikov in astronomov Slovenij e - 1395 Poštnina plačana pri pošti 1102 Lju bljana Brv v ob liki strehe v Portorožu je trdnejša in manj ov ira plovbo po kanalu . Že lezniški most čez Lju bljan ico v Za logu pri Ljubljani. / ;;~ f Y*'., I I. / .'. . , ~ 1 I j I / I I