I Nove knjige ZGODOVINA MATEMATIKE - ZGODBE O PROBLEMIH • • • • • •• • • • ZGODOVINA MATEMATIKE ZGODBE o PROBLEMIH • • • • • • • • • • • •;; • Tokrat bomo predstavili drugo od knjig, ki sta izšli v jubilejnem, 40 . let u , zbirke Sigma. To je Zgodovina matematike - zgodbe o problemih. Delo je prevod zb irke daljših člankov, katerih avt orj i so raziskovalci v francoskih inšt itut ih za raziskave v matematičnem izobraževanju (IREM). Vsako od šestih poglavij je posvečeno do- ločenemu matematičnemu problemu , kater ega reševanje je sprožilo nast anek in razvoj kakega pomembnega de la sodobne matematike. Prvo p oglavj e pripoveduje o praštevi lih, od sta- rogrškega odkrit ja, da je praštevil neskončno mnogo, preko raznih metod za iskanje prašte- vil , do dan ašnje sp lošne uporabe praštevil v kr iptografiji . Drugo poglavje govori o pop ol- nih številih , to je številih , ki so enaka vsoti svo- jih pravih de liteljev . Pri tem je posebno zani- miv posebni odnos do števil, ko na njihove last nosti gledamo kot na odsev nji- hovega ' značaj a '. Tretje in četrto poglavje bosta navduš ila tiste z geometrijsko žilico . V prvem izvemo, kako so stari Grki izračunali velikost Zemlje , razdaljo od Zemlje do Lune in do Sonca, kako so Kopernik, Galilei, Kep ler in Newton odkrivali zakonit ost i, ki določajo gibanje zvezd, ter , kako iz Ei nsteinove relativnostne teorije mogoče sled i, da je veso lje ukrivlj eno. Dru go od geometrijskih poglavij pripove- duje o 's likarski' geometriji, to je o problemu, kako na sliki ponazoriti globino, in nas tako pripelje do osnovnih po jmov projektivne geometrije . Peto poglavje se ukvarj a z zgodovino enega najzanimivejših matematičnih problemov - reševanja enačb, predvsem polinomskih. Ta problem najdemo že v egipčanskih p apirusih in mu sledimo od antičnih časov vse do Gaussa ter drugih velikih matematikov 18. in 19. stolet ja. Rešit ev problema je obenem prva uporaba teorije grup, enega najbolj p lodovit ih pojmov sodobne matematike. Povejmo, da je, kljub mnogim, včasih zelo globokim rezult atom, razumevanje prvih petih poglavij doseg ljivo pov- prečnemu srednješolcu. Le t u in tam bo treba kakšni razlagi ver jeti na besedo, ne da bi jo povsem razumeli. Zadnje poglavje, Problem btehistobron e, je nekoliko zahtevnejše . Začenja s presenetljivo ugot ovit vij o, da sp ust po ravnem toboganu ni najhitrejši , in nadaljuj e z vp rašanjem, kakšna naj bo njegova ob lika, da bo čas spusta najkrajši . Bernoullijeva rešitev problema je eno prvih zmagoslavij takrat šele nastaj ajočega variacijskega računa. K njigo to plo priporočam vsem, ki radi pokukajo v zgodovino in v ozadje matematičnih problemov ter metod, ki jih srečaj o v šoli . Petar Paoešic I PRESEK list za mlade matematike , fizike , astronome in računalnikarje 27. le tnik, leto 1999/2000, številka 6 , strani 321-384 VSEBINA 372-379 380-384 MATEMATIKA FIZIKA ASTRONOMIJA RAČUNALNIŠTVO NOVICE NOVE KNJIGE NALOGE R EŠITVE NALOG ZANIMIVOSTI, RAZVEDRILO TEKMOVANJA LETNO KAZALO NA OVITKU Fotografija in matematika V - Leče , stekla, očala (Pe te r Legiša) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324-329 Krit erij delj ivost i s praštevili (A nton Suhado lc) . . . . 342-34 3 Koliko pijače lahko natočimo v kozarec ? (Nada Razpet) 348-35 1 O t ranzist orjih (Janez St rnad) 330-33 7 Tr ije načini določitve tež nega po sp eška (Marijan Prosen ) 344-34 7 Lokalne volitve - reš. st r. 356 (Mart in Juvan) 340-34 1 Mladinski as trono ms ki raz iskovalni tabor 2000 (Igor Grom) 34 1 Zgod ovina matem atike - zgodbe o problem ih (P et ar Paveš ič ) II Št ev ilska izp olnj evanka s sime t rijo (Marij a Ven celj) 322 Tr ina jst deliteljev (Ma rija Ven celj ) 322 Eli psa , parabola in pr avokotni tangent i (Marko Razp et ) 322 Premisli in na riši - s str. 269 (Marija Vencelj ) 337-339 Številska pir amida - s st r. 258 (Marija Vencelj) . . . . . . .. 339 Kr ižanka "J ubilej no leto našega največjega poeta" - s str . 288 (Marko Bokalič) 355 Svet lost Lun e ob mrku - s str. 258 (M itja Rosina) . 359-36 0 Dve nalogi - s str. 258 (Marko Razp et ) 36 1-362 2000 - s str . 130 (Martin J uvan) 362-365 Avala , Beograd , Cetinje. . . in fizikai na antifonetična abeceda (Primož Peterlin in J anja Majhenc) 323 Križanka "Poplava mobi ln ih telefonov" - reš. str. 365 (Marko Bokalič) ' . . 352-35 3 Obdob je zanim ivih datumov (Mark P isanski in Tomaž Pi sanski ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 354-355 Izbirn i testi za mednarodno matematično olimpiado - rešitve na log s st r . 319 (Matjaž Željko) 366-369 21. medn aro dn o matematično t ekmovanje mest - naloge (Gregor Cigler) 370-372 21. mednarod no matematično te kmovanje mest - rešit ve nalog s st r. 370 (Grego r Cigler) . Fotografije k članku na st rani 324 (fot o P et er Legiša) . 1, III Nekoliko nenavadna perspekt iva , posnet a s t eleob jekt ivom z Ljubljanskega gradu (foto Pe te r Legiša) IV Za vsakogar nekaj I ŠTEVILSKA IZPOLNJEVANKA S SIMETRIJO V vsako prazno okence izpolnjevanke vp iši po eno desetiško št evko tako, da bo do računi , nakazani v vodoravnih vrstica h, prav ilni. Pri te m izvaj amo ope racije od leve proti desni, t udi vmesni rezult a ti so naravna števila in nob eno večmestno število ne začenja s šte vko O. Dodat no velja , da je rezult a t računa v prvi (drugi, tretj i, . . . ) vodo- ravni vrsti enak vsot i števil v prvem (drugem , tret jem , . .. ) stolp cu (t e vsote so zapisane po d vodoravno črto) . []] + OIl + []] + []] Marija Vencelj TRINAJST DELITELJEV 1. Ali obstaja kakšno t ako nar avn o število, ki ima natanko t rinajst poziti vn ih deli teljev? 2. Če taka števila obstajajo, poi š či najmanj še med njimi. Marija Vencelj ELIPSA, PARABOLA IN PRAVOKOTNI TANGENTI 1. Kaj je v ravnini elipse x2/a2 + y2 / b2 = 1 geometrijsko mesto t ist ih točk, iz kat erih se tange nti na to elipso sekata pod pr avi m kotom? 2. Kaj je v ravnini parabole y2 = 2px geom etrijsko mesto t ist ih točk , iz katerih se t angenti na to par abola sekat a po d pravim kotom? Pri tem je par ameter p pozitiven . Marko Razpet IZanimivosti - Razvedrilo 323 Primož Peterlin in Janja Majhene AVALA, BEOGRAD, CETINJE. .. IN FIZIKALNA ANTIFONETIČNAABECEDA Ljudje so si izmislili razne fonetične ab ecede, da bi zmanjšali možnost napak zaradi podobno zvenečih glasov - denimo nosnikov M in N ali ustničnih zapornikov P in B - pri prenosu govora po kan alih, obremenjenih s šumom, kot sta telefon ali radio. En a bolj znanih tovrst nih ab eced, angleška "pilot ska" : Alpha, Bravo, Charlie, Delt a... , je uradna fonetična abece da več mednarodnih organizacij in zvez, med njimi mednaro dne organizacije za civilno zračno plovb o ITAO in medna ro dne zveze za te le- komunikacije ITU. . V rajnki Jugoslaviji je bila uradna fonet ična ab eceda sest avljena iz geogra fskih imen . Slovenijo sta v tem geografskem izboru zastopali Ljubljana za črko LJ in Žirovnica za Ž. Raznolik ost črk, ki jih uporablj amo za oznake fizikalnih količin, nas je, tedaj še št udente fizike, navedla na misel, da bi tudi iz njih sestavili ne- kakšno fonetično abece do. Oznake za fizikalne količine so mednarodne in so pr aviloma fonetičnega izvora, največkrat angleškega , redkeje nemškega. Da je bila stvar zabavnejša, smo našo abecedo sprevrgli v anti-fonetično . Noben "mnemotehnični pripomoček" se ni smel začeti s črko , ki jo je predstavlj al : G kot gibalna količina, na primer , ni veljalo, sa j se gibalna količina začne na črko G. Veljavni pa so opisi: A kot delo M kot navor B kot gostota magnetnega polja n kot lomni količnik c kot svetlobna hit rost P kot moč D kot gostota električnega polja Q kot to plota e kot nab oj R kot up ornost F kot sila S kot ent ropija 9 kot težnostni posp ešek t kot čas h kot višina U kot napetost 1 kot tok v kot hit rost J kot vztraj nostni moment W kot energija k kot Boltzmannova konstanta Z kot valenca l kot dolžina Včasih imamo na voljo več možnosti : a je lahko tudi posp ešek , C kapacitivnost , F prosta energija, G prost a entalpija, H jakost magne- tnega polja , entalpija (ali pa, pisano z malo, Pl anckova konstanta) , L induktivnost , p tl ak, R splošna plinska konstanta ali polmer , S površina ali pot, ipd. Pol eg generičnih oznak za spremenljivke x in y je največ t ežav s črko O. Tej se, zara di možne zamenjave z ničlo pri oznakah količin , raj e izognemo . Edina izjema je fonetična oznaka za obseg, ki jo up orablj amo v geometriji. Mat ematika I FOTOGRAFIJA IN MATEMATIKA V- LEČE, STEKLA, OČALA Imamo tanko zbiralno lečo z eno ravno in eno sferično površino (to je plankonveksno lečo ). Leča je odse k krogle spolmerom R in središčem S (slika 1). I I, I h', I I n Ff f Slika 1. Sli ka 2. Slika 3. Krožni lok O BC ima polmer lOBI = = IOCI = 1. Njegova d olžina je pr ib ližno enaka lACI = sin a in IBDI= t g o , h tg (;3 - a) = f . sin ;3 -.- =n , sm o . h SIna = R ' Od zdaj naprej bomo kot e me- rili le v redienih . Če je a majhen , je sin a ~ a ~ tg a (slika 3) . kjer je n lom ni količnik snov i, iz katere je leča. Lomlj eni žarek gre skozi gorišče G leče. Če je f goriščna razdalj a , je očitno Debelo narisani žarek prihaja vzp oredno optični osi leče in se lomi šele na zak rivlj eni strani v točki A. Daljica SA je po lmer krogle in za to pravokot na na površje. Mest o loma si povečano oglejmo na sliki 2. Velj a lomni zakon : Mat em atika Ker sta potem majhna t udi 13 in 13 - 0:, velja približno 13 .- = n , o: 13 - 0: ~ ~ f in od tod ~ -,-- 13- 0: -,-- (n -1)0: f h o:R Dobili smo formulo n - 1 R 1 f n-1 R (1) Denimo, da lečo potrebujem o za očala. Optična moč 7- je pot em pr edpisana. Če vzamemo ste klo z večj im n , iz (1) sledi , da moramo zvečati R. P ri enakem prem eru 2h t o pomeni tanjšo lečo . Osebam, ki potrebujejo večjo korekcijo vida (včasih pa tudi drugim) , dan es optiki ponujajo stekla z lomnim količnikom 1.7 ali celo "super tanka" stekla z lomnim količnikom 1.8 ali 1.9 . (Zanimivo je, da taka stekla niso lažja , saj imajo večj o gostoto). Čim večj i je lomni količnik , te m dražja so stekla. Toliko bolj pre- senetlj ivo je, da v Zeissovem kat alogu pri naj cenejšem steklu Punktal z lomnim količnikom 1.53 piše: zelo dobre upodobitvene lastnosti . Pri steklu z lomnim količnikom 1.6 piše: dobre upodobitvene lastn osti. Stekla s še višj im lomnim količnikom pa niso več deležna tovrstne pohvale. To je pove za no s tako imenovano barvno napako. Lomni količnik stekla pada z valovno dolžino: za rdečo svetlobo je manjši kot za modro . To pa po formuli (1) pomeni, da je goriščna raz dalja naše leče za modro svetlobo manjša kot za rdečo ; za vijolično pa še manj ša kot za mo dro. Morda ste že opazili, da je na fotografskih objektivih oznaka za ostrenje za infrardečo svetlobo na drugem mestu kot za navadno svetlobo. Objek- t iv ima torej za infrardečo svetlobo drugačno (večjo) goriščnico kot za običajno svetlobo. Kako bi primerj ali barvno napako dveh plankonveksnih leč z enako goriščno razdaljo in enakim premerom , a izdelanih iz različnih materialov ? Denimo, da imajo vse naše leče enako goriščno razdalj o za ru meno svet lob o (ru) z valovno dolžino D ~ 588 nm (nanometrov) = 588 .10- 9 m. Torej je Mat ematika I Rob ne žarke, vzporedne osi leče , t a prelomi za kot približno jJ - o = (n - 1)0 . Modri žarek (mo) z valovno dolžino F ~ 486 nm prelomi za kot približno (nm o - 1)0 , rdeči žarek (rd) z valovno dol žino C ~ 656 nm pa steklo manj upočasni kot mo dri in zato prelomi za manj ši kot , ki je približno enak (nrd - 1)0 . (Valovne dolžine D , F , C pripadajo trem značilnim spektralnim črtam . ) Kot med rdečim in modrim žarkom je torej približno Ker sta h, 1 dan a, je kot med modrim in rdečim žarkom sorazmeren količniku n m o - nrd nru - 1 Čim manj ši je ta količnik oziroma čim večja je njegova inverzna vrednost v = n r u - 1 tem manj leča razkloni belo svetlob o in tem manj uporabnik očal občuti barvno napako . Kvocient V je A bbeje vo število ste kla (za interval med F in C) . Giblje se nekako med 20 in 90. (E rnst Abbe je bil znan nemški optik, ki je deloval v prejšnjem stolet ju in postavil na noge tovarno Carl Zeiss.) Torej je (2) Iz (2) sledi, da je pri danem ste klu in danem polm eru h st ekelc v očalih kot 8 med modrim in rdečim žarkom sorazmeren 1- 1 , se pr avi optični moči st ekelc. Pri močnejši korekciji uporabnik bolj občuti bar vno na- pako. Zmanj šamo jo lahko le tako, da zmanjšamo po lmer h st ekelc ali pa zvečamo Abbejevo št evilo V . Matematika Prva možnost deloma poj asn i, zakaj kontaktne leče (ki imajo majhen polmer h) bolj e korigirajo vid močno kratkovidnim in daljnovidnim ljudem kot očala. Čim več dioptrij , t em debelejše so tudi leče po form uli (1). Debelina pa pr inaša še druge optične napake. Zato bi bilo zelo dobro imeti stekla z velikim lomnim količnikom in velikim Abbejevim številom - ne samo za očala, ampak tudi za druge optične pr ipr ave. Včasih so lomni količnik st ekla večali z dodaj anj em svinčevega oksida. Pri tem pa se je naglo zmanjševalo Abbejevo število. Za kristalne vaze je bilo to zaželeno, saj so se v svetlo bi mavrično iskrile. Pred pr ibližno 120 leti so nemške tovarne s sistematičnimi raziskavami ugotov ile, da lahko z barijem , borom in nekaterimi dr ugimi element i izdelajo stekla, ki so v primerjavi s prej šnjimi pri podobnih lomnih količnikih imela višja Abbejeva števila. Zelo znano je borovo BK- 7 steklo , ki ima lomni količnik 1.52 in V = 64. Uporaba novih stekel je pr inesla velik napredek v optiki in prve res dobre fotog rafske objektive. Sen o steklih z velikim lomnim količnikom in velikim Abbejevim šte vilom pa se ni uresničil. Tik pred drugo svetov no vojno so sicer odkrili, da z dodatkom redkih zemelj (predvs em lantana) dobijo stekla z zelo visokimi lomnimi količniki in s sprejemljivimi Abbejevimi števili . Ed en od nazivov za stekla s temi last nostmi je HLD (high index, low dispersion) . Iz kataloga pr ej omenjenega proizvaj alca st ekel za očala sem si prepisal podatke o najbolj uporab ljanih materialih. Navajam jih v zaokroženi obliki: n 1.53 1.6 1.7 1.8 1.9 V 58 44 40 35 30 Plastika : n = 1.5 , V = 58. Vrnimo se k sliki 1, le da bo naša leča zdaj v fotoaparatu. Vzemimo, da je h dosti manjši kot i , t ako da je h~ UJ -a)J (slika 4) . Denimo , da svetloba na lečo pr ihaja iz več raznobarvnih luči , postavljenih druga ob drugi daleč stran od leče . Če kot na sliki 4 ostra slika modre Matematika I \l~IJ ----- ~+\. Slika 4. luči nastane na filmu , potem ost ra slika rdeče luči nastane v oddaljenost i 6.J za filmom. Ker je I = {3 - a - 8, je h ~ (f + 6.Jh = (f + 6. J) ({3 - a) - (f + 6. J)8 . P rimerjajmo z gornjo enačbo , pa je (6. J)({3 - a) = (f + 6.J)8~ JO . Po (2) je JO ~ ~ ~ ({3 - a)J V V · Torej je (3) Čim večj i je J, te m bolj narazen sta sliki modre in rdeče luči . Kot vemo iz članka o globinski ostrini v naši seriji Fotografija in matematika (Presek XXV/ 4) , pri zas lonskem številu 8 ostra slika lahko nas tane po dogovoru 8/30 mm stran od filma , pa bo na filmu še sp rej e- mljivo ostra . Če hočemo obenem upodobiti modro in rdečo luč , smeta njuni sliki nastati kvečjemu 6.J = 16/30 mm nar azen . Za BK -7 ste klo z V = 64 je ustrezna goriščnica največ J ~ V . 6.J ~ 34 mm . P reme r take leče je 34/ 8 mm ~ 4 mm. Da bi hkrati dobro upodobili vse luči - od t em no rdeče do vij olične - bi bilo treb a vzet i še manj ši J. Matematika Z enost avno lečo si torej ne moremo kaj prida pomagati. Sestavimo zato akromat iz zbiralne leče in razpršilne leče (slika 5). Zbiralna leča naj ima lomni količnik ni in Abbejevo število Vi ter goriščno razdaljo h , kjer je Razpršilna leča naj ima lomni količnik n2 in Abbejevo število V2 ter goriščno razdaljo 12 , kjer je Slika 5. (V mislih zapolnite vdo lbino v razpršilni leči s plankonveksno lečo . .. ) Kot vemo , je goriščna raz dalja sestava j, kjer je 1 1 1 ni - 1 1 - n2 -=-+ - = - -+-- . j h 12 Rl R2 Zahtevamo, da je j isti za rdečo in za modro svetlobo, se pravi Od tod je Rl R2 Upošte vajmo definicijo za V = (nru- l )/ (nrd - n m o ) , pa je Ker je 1/ hru = (nl ru - 1)/ Rl , je tako Če naj bo sestav zbiralna leča , mora biti hru < - hru, zato mora biti Vi > V2 . Za akromat torej potrebujemo stekli z različnima Abbejevima številoma. Peter Legiša Fizika I o TRANZISTORJIH V prejšnji številki Preseka smo obdelali polprevodnik s primesjo. Pol - prevodniku germaniju ali siliciju dodamo majhno primes petvalentnega elementa , na primer fosfora ali arzena . :Pri sobni te mperat uri se naj šibkeje vezani elekt ron od t rga od petvalentnega atoma in kot prevcdniški elekt ron sode luje pri prevajanju , po zitivni ion pa ostan e vezan na svoj e mesto v kr i- stalu . Tako dobimo polprevodnik n . V njem se sicer pojavijo t udi vrzeli, njihova gostot a pa je veliko manjša kot gosto ta prevodniških elekt ronov. Polprevodniku lah ko dodamo majhno primes t rivalent nega elementa, na primer bora ali ga lija. Pri sobni t emperaturi atom t rivalentnega ele- menta veže elekt ron in nast ala vrzel sode luje pri prevaj anju, negati vni ion pa ostane vezan na svo je mest o v kristalu . Tako dobimo polprevodnik p . V njem se sicer poj avijo t udi prevodniški elektroni, njihova gostota pa je veliko manj ša kot gostota vrzeli. Po tem povzetku iz prejšnjih prispe vkov se lot imo p olprevodniških elem entov. Najprep rost ejši element je polprevodniška dioda, krist al pol- prevodnika z območj em n in z območjem p. Obravnavajmo le nosilce nab oja , ki prevladujejo, to je prevodniške elektrone v območju n in vrz eli v območju p. Po območju n potujejo prevodniški elekt roni in nj ihov naboj izravnajo po ziti vn i ioni pet valentne primesi, ki ostanejo vezani na svoja mesta v krist alu. Po območju p potujejo vrzeli in njihov nab oj izravn aj o negat ivni ioni trivalent ne primesi, ki ost anejo veza ni na svoja mesta v krist alu . Ob stik u n-p na meji obeh območij posamezni prevodniški elekt roni iz območj a nodtavaj o v območj e p in t am zasedejo vrzeli. Posamezne vr zeli iz območja p od tavajo v območje n in jih t am zasedejo prevodniški elekt roni. V obe h primer ih prenehaj o obstajat i pari pr evodniških elektro- nov in vrzeli. Zaradi t ega na meji območj a n pr imanjkuje prevodniških elektronov in prevlada poziti vn i naboj ionov pet valentne primesi, na meji območja p pa primanjkuje vrz eli in prevlada negat ivni nab oj ionov tri- valentne primesi (slika l a). Ob st iku nastan et a zelo tanki plast i: plast v območju 11 je naelektrena poziti vno in plast v območju p negat ivn o. Plast i s svo jima naboje ma preprečujeta , da bi prehaj ali dod at ni prevodniški elektroni iz območja n v območje p in dodatne vrzeli iz območja p v območj e 11. Povežimo z območjem n poziti vn i priključek in z območj em p nega- tivni priklj uček zunanjega izvira nap etosti. Nekaj dodatnih pr evodniških elekt ronov preide iz območja n v območje p in nekaj dodatnih vrz eli iz območj a p v območj e Il. Nekoliko se povečata pozitivni naboj ionov pet- valentne primesi na meji območja n in negativn i nab oj ionov trivalent ne I Fizika pr imesi na meji območja p, nič dr ugega. V zaporni smeri, ko je območje n povezano s pozitivnim priključkom in območj e p z negativnim, dioda ne prepušča toka. Drugače je, če območje n povežemo z negat ivn im priključkom in območj e p s pozit ivnim priključkom zun anj ega izvira . P revodnišk i elek- troni potujejo po območju n do meje in vrz eli po območju p v drugi smeri do meje. V območju na eni in drugi strani meje pr evodniški elekt roni zasedaj o vrzeli in tam pr enehaj o obstajati pari pr evodniških elektronov in vrzeli. Pri tem se sprošča energija, ki jo del kri stala navadno oddaja kot toplot o. Na priključku na meji med kovino in območjem p pa nastajajo pari pr evodniških elekt ronov in vr zeli. Prevodniški elekt roni pot ujejo po kovin i in vr zeli v nasprotni smeri po območju p , t ako da je tok sklenjen (slika lb). Dioda prepušča tok v prepustni smeri, ko je območj e n pove- zano z negativnim priključkom in območje p s pozit ivn im . Dioda usmerja. o o o • •- - - + + +o 0_ • • •- +o o • ••- + + +o 00 •- - + +. + (a) p n + - kovina Slika 1. Polp revodniška dioda , ko nanjo ni priključen zunanj i izvir napetosti (a) , in sklenjen i tok, ko je priklj učen zunanj i izv ir v prepustni sme ri (b ) . • kažejo p revodniške elekt rone, o vrze li, + pozitivne ione petva lentne prim esi in - nega ti vne ion e t rivalentne primesi, ki os t ane jo vezani na svoja mesta v kristal u . P last na stiku n-p , v kateri prevl adata naboja tega in drugega znaka , st a debeli le kako tisočino milimetra. Na osenčenem območju ob meji , ki je p recej širše o d omenje ne plasti , preneh aj o ob stajati pa ri prevodniških elekt ronov in vrzeli, na meji M med kovino in območjem p pa pa ri nastaja jo. Bolj zapleten polprevodniški element sest avimo iz dveh diod n-p in p-n ali p-ri in n-p . Tako dobimo tranzist or n-p-n ali tranzistor p-n-p . Ta bipolarna tranzistorj a bomo preskočili . Ime opozarja, da sodelujejo pri njunem delovanju pr evodniški elekt roni in vrzeli. Opisali bomo le pr eprostejše unipolarne tranzistorje, v katerih sodelujejo samo prevodniški elekt roni ali samo vrzeli. 332 Fizika I V kristalu silicija p naj bosta otočka n, ki ju imenuj mo izvir in ponor (slika 2a) . Nad območjem med njima, kana lom , je tanka plast izolatorja - silicijevega dioksida - in nad te m drobna kovinska elektroda - krmi1na elektroda. Ponor je proti izviru na poz itivni napetost i. V takih razm erah potuje le malo pr evodniških elekt ronov iz izvira po kanalu z množico vrzeli do ponora . Razmere se spremenijo, ko priklj učimo na krmilno elektrodo poz itivno napetost proti izviru. Po zitivni naboj na krmilni elektrodi privlači pr evod niške elekt rone in nekaj prevodniških elekt ronov pritegne v zelo tanko plast na površju . Ti elekt roni po površju lahko potujejo proti ponoru, ne da bi jih motile vrzeli pod površjem kanala . Čim višja je napet ost na krmilni elekt rodi, t em bolj krrn ilna elekt roda privlači pr evodniške elekt rone, te m več jih pritegne v zelo tanko plast na površju in tem večji je tok teh pr evodniških elekt ronov. Z nap etostjo na krmilni elekt rodi uravnavamo tok prevodniških elekt ronov od izvira do ponara. Tako lahko oj ačimo signal na krmilni elekt rodi ali ga kako drugače pr eoblikujemo . Med krmilno elektro do in po lprevod nikom je izolatorska plast, tako da med elekt ro do in po lprevodnikom ni to ka. To pomeni, da ni treba dovaj at i električnega dela , ko preoblikuj emo sign al. Zelo malo električnega dela se porabi le za to, da na krmilni elekt rodi pozit ivni naboj povečamo ali zmanjšamo. Zamislimo si napravo, v kater i vse pozitivne priključke in naboje zame njamo z negati vnimi in obratno, ne da bi spremenili kaj drugega. V kris talu silicija n sta otočka p izvir in ponor, ki je proti izviru na negativni nap etosti (slika 2b). Čim večja je negativna nap etost krmilne elekt rode proti ponoru , tem več vrzeli potuje po zelo tanki plasti na pov ršju pro t i po noru, Tako z napetostjo na krmilni elekt ro di ur avnavamo tok vrzeli od izvira do ponara in ojačimo ali kako drugače preob likujemo signal. n (a) L- ---I Slika 2. n MOSFET (a) in p MOSFET (b). 1 izvi r , P pon or , KE krmiIna elekt ro da, • prevodniški elek troni in o vrze li. Fizika Opi sali smo n MOSFET in p MOSFET, "delovna konj a" v današnjih silicijevih ploščicah ali "čipih" . V prvem so pomembni le pr evodniški elekt roni in v drugem le vrzeli . Nekoliko dolga kratica pomeni kovina - oksid - učinek polja - tranzistor (metal oxide semiconductor field effect transistor) . Med krmilno elekt ro do in izvirom ali ponorom ni t oka in na prevodniške elekt rone ali vrz eli v kanalu vp liva le naboj na krmilni elekt ro di s svojim električnim poljem. Uporabljajo tudi bipolarne trazistorje, ki imaj o svojo prednost - so , na pr imer , hitrejši. Vend ar so unipolarni tranzistorji manjši in zato pripravni za up orabo na silicijevi ploščici . Silicijev kristal n ali p s pre- merom dobrih deset cent imetrov vzgojijo iz taline in ga nar ežejo na t anke režnje . Na vsakem režnju naredijo več enakih ploščic , od katerih ima vsaka ploščino od enega do dveh kvadratnih cent imet rov in vsebuje do več milijonov tranzistorjev in drugih elementov. Ploščice izdeluj ejo tako, da površje režnja v vakuumu na določenih delih prekrijejo z zaščitno snovjo in pr eostale dele obdelajo. Postopek večkrat ponovijo in pri t em z zaščitno snovjo prekrijejo različne dele režnja. V vodni pari pri višji temperaturi površje silicija prevleče tanka plast silicijevega dioksida. Na silicij naparijo t rivalentno ali petvaletno primes in kr ist al segrejejo, da nastan ejo območja p ali n . Na silicij naparijo tanko plast aluminija , da nastan ejo kovinske elekt rode. Na najmanj ši sedanji tranzistor v silicijevi ploščici odpade le nekaj sto milijonin milimetra, to je nekaj sto nan ometrov, nm. V skrajnem primeru mu po dolžini ust reza stopetdeset in po globini petdeset atomov (slika 3) . Polprevodniški element i postajajo vse manjši in rabijo vse manj energije . Izku šnje kažejo, da se v poldrugem let u podvoji njihova zmogljivost (slika 4) . Odkritj e t ranzistorja leta 1947 "je imelo na raziskovanj e v fiziki večji vpliv kot katero koli drugo odkrit je ." William Sho ckley, J ohn Bardeen in Walter H. Brat t ain so let a 1956 dobili Nobe lovo nagrado za "raziskovanja polprevodnikov in odkritje tran zistorskega poj ava ." 1 1 J ohn Bardeen je ed in i dobil dv e Nobelovi nag radi za fiziko. Leta 1972 je delil z Leonom N. Coo perjem in Johnom R. Schriefferj em nagrado za teorijo superprevo- dnosti . Dv e Nobelovi nagradi sta dobila le še Marie C ur ie za fiziko skupa j s R em ijem Becquerelom in Pierrom Cur iejem in za kemijo ter Linus Pauling za kemijo in za mi r . Fizika 1 Slika 3. S posebnim prijemom so določil i gos toto no silc ev naboja v tanke m prečnem režnj u n MO SF ET (le vo) in p MOSFET (desno) . Med otočkoma, ki ustrezata izviru in pon oru, je dobro v id na krmiina elektro da. Sliko so dobili z elektrons ko hologr afijo. Del curka elektro nov so vo d ili skozi reženj na slikov no napravo in d rug i d el curka naravnost na naprav o . Spodnja slika po daja gostoto nosilcev na boj a . W . D . Rau in d rugi, T wo-dimension al mapp ing of the electros tatic p otential in trans istors byelec tro n holography , Physical Review Let t ers 82 (199 9) 2614. Slika 4 . Po Moorovern "zakonu" se v poldrugem letu podvoji ali v d vajsetih let ih desett isočkrat po- veča zmoglj ivos t polprevodniških elementov. Na navpično os je na- nesen o število bi t ov , ki jih element na 1 b rit a ns ki funt (iz let a 1990) obde la na se ku ndo . S črticami j e nak azana napoved. Zn ame- nj a od zgoraj navzd ol ust rezaj o : mehaničnim elementom, elektro- mehaničnim elementom, elek t ron- kam, t ranzistorjem, silicij evim ploščicam, m ikroprocesorj em in ploščicam iz ga lijevega arzen ida. 10' 10' 10~ • • .., * • x •• 'ti 1880 1900 ••• 1920 1940 1960 1980 2000 2020 Fizika Že let a 1874 je oče katodne cevi, Ferdinand Braun, ugotovil , da kri st al cinkove svetlice ZnS med dvema točkastima priklj učkoma v eni smeri bolj e prevaja kot v drugi. Ar thur Schuster je krog s st ikom med st arima ba- krenima žicama priključil na izmenično napetost . Ampermeter v krogu je kazal odklon v konstantni smeri, ker je usm erjala tanka plast dibakrovega oksida CU2 0 na površju stikajočih se žic. Let a 1906 so priznali patent a za usm erj anj e s karborundom SiC in silicijem . Okoli let a 1915 so v rad ijskih sp reje mnikih na veliko upor ablj ali usmern ik ali detektor s cinkovo svet lico in točkastim priključkom. Let a 1925 so up or abili usmernik s selenom in naslednjega let a usmernik z dibakrovim oksid om , ki je zmogel precejšen to k. Začeli so delati poskuse z monokristali in so spoz na li, da električna prevodn ost polp revodnikov z naraščajočo temperaturo narašča kot e- a / T s konstanto o: od 2300 do 4600 K. Izid so po jasnili z energijsko špranjo med vrho m valenčnega in dnom prevodnega pasu s širino od 0,2 do 0,4 eV . Pred drugo svetovno vojno so pri družbi Bell Telephones v ZDA spoznali, da mehanično preklap ljanj e stikal močno zmanjšuje hi trost pri telefoniranju. V njenem raziskovalnem laboratoriju so se ponovn o začeli zanimati za dibak rov oksid in pozneje za silicij , da bi mo rebiti prišli do hitrej ših stikal. S taljenjem v vakuumu so si pri zadevali do bi ti kolikor mogoče čist silicij. Pri tem so ugotovili , da so nekateri kri st ali usmerjali tako, nekateri drugače. Ene so imenovali n , druge p . Spočetka niso mogli vplivati na to, ali so do bili kristal n ali krist al p. Po naključju so dobili kristal, ki je imel na enem delu območje n in na drugem delu območje p. Iz nj ega so izrezali prvo polprevodniško diodo. Pote m so ugotovili , da je mogoče vplivati na izid pri čiščenju kri st ala z neznatno primesjo petvalentnega ali t r ivalentnega elementa. P rimesi t edaj še ni bilo mogoče določiti ne s kemij sko analizo ne spektroskopsko po izsevani svetlobi. Let a 1946 so osnovali skupino, ki naj bi raziskala delovanje polpre- vodnikov in ugotovila , ali bi bilo mogoče z njimi izdelati ojačevalnik. V skupini pod vodst vom Williama Shockleya je bi lo poleg nagraj encev še nekaj drugih raziskovalcev iz Bellovih laboratorijev, ki so sodelovali tudi z raziskovalci iz nekate rih drugih lab or atorijev. Tedaj so že znali izde lat i kristal silicija ali germanija z želeno prevodnostjo. Poskusi pa so dajali ne- pričakovane rezul t at e. Poj asnil jih je John Bard een s površinskimi stanji. Elektroni se lahko gibljejo po površju polprevodnika v dve h razsežnostih , medtem ko je po prostornini polprevodnika porazdeljen enako velik na- boj nasprotnega znaka. Po zgledu detektorj a so sestavili tranzistor s točkastima stikoma, ki je bil uporaben kot stikalo ali ojačevalnik (slika 5) . Današnji unipolarni tranzistor p MOSFET (slika 2b) je njegov bližji so- rodnik. Ime za novo napravo si je izmislil J. R. Pierce. V pogovoru je Bardee na in Brat t aina opozoril na količino , ki je pomembna za elektronke, Fizika I strmino, agleško tranconductance, in njeno obratno vr ednost, angleško transresist ance, t er tvoril besedo tranzistor . Ime se je prij elo. I l 00000 11 Slika 5. P rvi tranzist or s točkastima sti ko- ma iz leta 1947 in prij ava pat ent a , ki st a jo 17. junija 1948 vlož ila J. Bardeen in W . H. Brattain . V vezju po meni U izmenični si- gnal in R delovni upornik, točkasta stika sta emitor e , ki odda ja vr zeli v polpr evodnik n , in kolektor k, ki jih zbira, b je baza . Vlogo emitorj a v t ranzistorju pogosto prime rjajo z vlogo katode v t r iod i, vlogo kolek t orj a z vlogo anode in v logo baze z vlogo m režice. FIG. lA INVCNTORS: J. SARDCEN H'.H.BRATTAIN 8Y){""'7c.}(."r- A7T ORNCY' Leta 1949 je Shockley poj asnil delovanj e diode, predl ožil tranzistor p-n-p in dve leti pozneje t ranzistor n-p-n ter še let o poznej e obdelal učinek polj a . Vzporedno z razlago so se razvij ali te hniški prijemi. Do leta 1952 so dobival i polp revodnike n in p samo s krist alizacijo iz t aline. Tega leta so začeli izkoriščati nov postope k. Spoj ino petvalet nega ali trivalentnega elementa so nanesli na kristal polpr evodnika in krist al za dalj časa segreli , da so se atomi primesi vgradili v krist al. Unipo larni t ran zist orji so se razvili po letu 1960 , posebno še po letu 1965, ko so se navadili na kristalu izdelovati zelo tanke izolatorske plasti silicij evega dioksida . Uspeh so prinesla integrirana vezja in splošn a miniaturizacija . Nekaj časa je bil v ospredju germanij , ker ga je bilo mogoče bolje prečistiti, potem pa je prevladal silicij , ki je omogočil miniaturizacijo. V novejšem času vse več up orabljaj o ga lijev arzenid GaA s. Slika 1. Fizika - Rešitve nalog Kot se je širila uporaba polprevodniških elementov, so vakuumske elektronke postopno prihajale iz rabe. Leta 1904 je John Fleming uporabil prvo vakuumsko diodo, elektronko z dvema elektrodama, od katerih so katodo segrevali, da so iz nje izhlapevali elektroni. Take diode so upo- rabljali za usmerjanje. Dve leti pozneje je Lee de Forest sestavil triodo, v kateri je med katodo in anodo vstavil tretjo elektrodo, mrežico. Čim višja negativna napetost proti katodi je na mrežici, tem manjši je tok elektronov s katode na anodo. Triodo so uporabljali za ojačevanje. Do tridestih let so prevladale elektronke in z detektorjem so se zadovoljili le najskromnejši radioamaterji. Danes so elektronke tako rekoč pozabljene. So razmeroma velike , v njih je treba segrevati katodo, zaradi česar porabijo veliko električnega dela in se kvarijo. Za razliko od njih so polprevodniški elementi majhni, odporni in obstojni in zase ne porabijo skoraj nobenega električnegadela. Janez Strnad PREMISLI IN N ARIŠI - Rešitev s str. 269 Izberimo oznake kot na sliki 1. Začetek konstrukcije je preprost. Narišemo iskanemu trikotniku ABO očrtano krožnico s središčem O in polmerom r ter stranico AB kot tetivo te krožnice z dolžino c. Tretje oglišče O bomo konstru- irali tako, da bomo najprej poiskali točko D (skupno točko stranice a in težiščnice ta) in nato od B trivialno nadaljevali preko D do O na očrtani krožnici. Premislimo, kako poiskati točko D. Ker je D razpolovišče stranice BO, je daljica OD pravokotna na BO. Zato leži D (po Talesovem izreku o obodnem kotu nad premerom) na krožnici s premerom OB. Po drugi strani je D za ta oddaljena od točke A. Torej je D presečišče dveh krožnic: krožnice s premerom OB in krožnice JC(A, ta) S središčem v točki A in s polmerom ta. Drugi del naloge sprašuje po številu neskladnih rešitev naloge. Iz zgornjega opisa konstrukcije sledi, da ima lahko naloga dve (bodisi skladni bodisi neskladni) rešitvi, eno ali nobene rešitve . Preglejmo možnosti: I 338 Rešitve nalog I 1. c > 2r Naloga nima rešit ve, sa j stranica ne more biti večja od pr emera očrtane krožnice. 2. c = 2r S slike 2 razb eremo , da ima na- loga dve (skladni) rešitvi , če je r < ta < 2r . Sicer nima rešitve. Ak - - - - --:::..+-- +-::O'<-- - -} Slika 2. 3. c < 2r Tak primer prikazuj e slika 3. Z 01 smo označili središče krožnice s pr emerom OB (njen polmer je ~) in z EF t ist i pr emer te krožnice, ki leži na pr emi ci skozi A in 0 1. Slika 3. Rešitve nalog Za AE < ta < AF imat a krožnica s pr emerom OB in krožnica K (A , ta) dve presečišči D l in D2 , ki vodit a do dveh neskladnih rešit ev naloge, t rikot nikov AB Cl in ABC2 . Če je ta = AE ali ta = AF , imamo po eno rešitev, sicer rešit ve ni . Kako na ta odnos vplivaj o pod atki ? Na sliki 3 smo z G označili točko , v kateri st ranico c seka kro žnica s pr emerom OB. Ker je dalji ca OG pravokot na na AB (spet po Talesovem izreku), točka G razpolavlja st ranico c (ker je to tetiva krožnice s središčem v O). Če izrazimo potenco točke A glede na krožnico s premerom OB na dva načina , dobimo c ~ = A0 1 2 _ (~)2, in od tod - -2 1 2 2 AO l = 4(r + 2c ) . Dve neskladni rešit vi torej dobimo , če je ~ (J r 2 + 2c2 - r) < ta < ~ (J r 2 + 2c2 + r ) . Če je težiščnica ta enaka ali levi ali desni strani te ocene , imamo eno samo rešit ev. Sicer rešitve ni. Ma rija Vencelj ŠTEVILSKA PIRAMIDA - Rešitev s str. 258 V zastavljeni nalogi so med pripr avo pr ejšnje šte vilke Preseka iz piramide izginili narisani zidaki. Ker ni težko uganiti , kako moraj o biti postavljeni , naloge ne bomo po navljali, ampak si oglejmo le njeno rešit ev. Nalogo lahko rešimo s poskuša- njem ali jo pr evedemo na reševanje sistema dveh linearnih enačb . Ce označimo z x število na t retj em in z y število na četrtem zidaku z leve v spodnji vrsti, upoštevamo pogoje naloge ter že vp isana števila, dobimo siste m enačb x +2y +2 = 9 in 5x + 2y + 26 = 37, ki ima rešit ev x = 1, y = 3. Potem piramide ni več težko dopo lnit i. M arij a Vencelj Računalništvo - Na loge I LOKALNE VOLITVE Nedavno so se v Kašlju odločili, da kraj evno skupnost razdelijo na dva dela : Sp odnji Kašelj in Zgornji Kašelj . Seved a je treba po razdelitvi opravit i nove lokalne volitve. Žal pa sta volilna imen ika za oba Kašlja nekoliko neurejena. In tako so se v odboru za pripravo volitev spomnili Vas , kašeijskega programerskega vseznalca . Po iskati morate napake v volilnih imenikih. Vsaka oseba ima enolično določeno št irimestno identifikacijsko števil- ko. Vhodni podatki so t ri (neur ejena) za poredja števil. Vsako se konča z vredn ostj o - 1. P rvo zaporedje predstavlja seznam volivcev, torej gre za seznam ident ifikacijskih šte vilk t ist ih oseb, ki lah ko volijo. P azit i morate, da se v tem seznamu nobeno število ne pojavi večkrat; če se pojavi, izpišit e opozorilo (za vsakega volivca samo enkrat): Volivec xxxx j e prijavljen večkrat . Drugo in tretje zaporedje predstavljat a nova volilna imenika za Spodnji oziroma Zgornji Kašelj . Tu je treba preverit i več stvari. Najprej je t reba ugotovit i, ali imaj o osebe iz te h dveh imenikov sp loh volilno pravico, ali se torej nahajajo v pr vem seznamu. Če najdete osebo brez volilne pravice, izpišit e obvestilo (za vsako osebo v vsakem imeni ku sa mo enkrat): Oseba xxxx i z Spodnj ega Kaš l j a ni ma vol i l ne pravice. oziroma Oseba xxxx iz Zgornj ega Ka š l j a n i ma vo l i l ne pravice. Če se taka oseba nah aj a v obeh imenikih , izpišit e obe obvestili. Za osebe, ki imajo volilno pr avico, je t reba preveriti , da niso hk rati prijavljene v obe h Kašljih . Če so, morate izpisat i: Volivec xxxx je pri j av l jen v Spodn j em in Zgornjem Kašlju . Za volivce, ki so le v enem od obeh imenikov, je treba prever iti , da so vanj vpisani le enkrat. Obvestilo o odkriti napaki je pod obno kot pri seznamu oseb z volilno pravico: Volivec xxxx je v Spodnjem Ka š l j u prijavljen večkrat . Če gre za volivca iz Zgornjega Kašlja , v izpisu besedico Spodnj em za- menjam o z Zgor njem. Nazadnje je treba še pr everiti , da je vsak volivec IRačunalništvo - Naloge - Novice vpisan v volilni ime nik za Spodnji ali za Zgornj i Kašelj. Če odkrijete volivca, ki ni vp isan v nobenem Kašlju, morate izpisati: Volivec xxxx ni vpisan v noben volilni imenik. Za konec si oglejmo še primer. Recimo , da imamo na vhodu naslednja zaporedja števil: 0002 1234 3784 1234 8652 9399 1980 2213 8652 4321 8652 4321 3784 8652 2213 9399 1980 1234 3784 7777 1234 4321 7777 3784 0999 - 1 0002 - 1 -1 Program za pr everjanje pravilnosti voliln ih imenikov mora izpisati nasle- dnj a obvestila: Volivec 1234 je prijavljen večkrat. Oseba 4321 iz Spodnjega Kaš l j a nima volilne pravice . Oseba 7777 iz Zgornjega Kašlja nima volilne pravice . Oseba 4321 iz Zgornjega Kaš l j a nima volilne pravice. Volivec 3784 j e vpisan v Spodnjem in Zgornjem Kaš l j u . Volivec 8652 je v Spodnjem Kaš l j u prijavljen večkrat . Volivec 1234 je v Zgornjem Kašlju prijavljen večkrat. Volivec 0999 ni vpisan v noben volilni imenik Volitve so pred vrati, zato kar hitro na delo. Martin Juvan MLADINSKI ASTRONOMSKI RAZISKOVALNI TABOR 2000 Astronomsko društvo J AVORNIK Ljublj an a sporoča, da bo letošnji tabor potekal od 19.8. do 26.8. v Centru za šolske in obšolske dejav- nosti Medved na Medvedjem brdu pri Godoviču. P redvideno je de lo v petih skupinah: meteorji, sp lošna astronomija, radijska astronomija, računalniško modeliranje v astronomiji, zvezde in zvezdni sist emi . Z astrofotografijo pa se bo po želji lahko uk varj al vsak udeleženec ta- bora. Več informacij dobite pri vodji tabora Igorju Gromu - te lefon : (01) 565-13-98. Prijavite se čimprej ! P rijave sp rejemamo po telefonu, na e-naslov: marko.pust.eyahoo . com, lahko pa pišete t udi na naslov Astronomsko društvo Javornik, Ljublj ana , Kolodvorska 6. Igor Grom Matematika I KRITERIJ DELJIVOSTI S PRAŠTEVILI Profesor Rihard Zupan č i č ! je obj avi l let a 1909 v časopisu L 'Enseignement mathematique, volumen 11, na straneh 300-301 članek "Sur une question eleme nt aire de divisibilit e" . V njem je na kratko izpeljal kriterij de ljivosti naravnega števila s praštevilom. Ta preprost kriterij de ljivosti se mi zdi zanimiv, zato ga podajam v nekoliko razširjeni ob liki. Dano naj bo naravno število n , zapisano v desetiškem sistemu . Naj bo P praštevilo, večje ali enako 7. Vsako naravno število lahko zapišemo v ob liki n = 10q + r , O::::; r ::::; 9 . P rivzemimo najprej , da je število n de ljivo sp: n = 10q + r = k IP , kI E lN . Vsako naravno število , zato tudi q, lahko zapišemo v ob lik i q = k2P + m , m E ~ . Iz enačbe (2) pot em sledi (1) (2) (3) (4) Oglejmo si sedaj polinom q + rx , kjer naj x teče po celih številih. Za q in r vstavimo izraza iz formul (3) in (4) ter dobimo (5) Sedaj pokažimo, da je za vsako praštevilo P, večj e ali enako 7, mogoče izbrati celo štev ilo x tako , da bo 1 - 10x de ljivo s P; t edaj bo seveda t udi q + r x de ljivo s p. Obstaja torej x E ~, da velja 1-10x = k3P ali za neki k3 je x = (6) 1 Dr. R ihard Zupančič je b il profesor m atematike n a t ehniški faku lt eti v Ljubljani od leta 1919 do let a 1945. Bi l je t udi drugi rektor lj ublj a nske u niverze v šol skem letu 1920/21. IMat ematika celo št evilo. To dokažemo takole: Praštevila večja od 7 so seveda liha, v njihovem dekadičnem zapisu je zadnja števka eno od števil 1, 3, 7 ali 9 (5 ne more biti, ker bi bilo t ako število deljivo s 5). Za praštevila z zadnjo števko 1 izberemo zgoraj k3 = 1; za ona z zadnjo števko 3, 7 ali 9, izberemo npr. k3 = 7,3 in 9. V vseh štirih primerih bo imel produkt k3P zadnjo števko enako 1, zato bo x v formuli (6) gotovo celo število . Napravimo kr atko tabelo števil P in x : p 7 11 13 17 19 23 x -2 -1 4 -5 2 7 Op azimo , da ima enačba (6) neskončno mnogo rešitev ; poleg rešitve x = = - 5 pri P = 17 je npr. rešitev tudi x = 12 itd. Pri danem nar avnem številu n in pr ašt evilu P ~ 7 ugot avljamo deljivost števila n s p t akole: Najprej poiščemo eno rešitev x enačbe (6) in izračunamo št evilo q + rx . Če je to število deljivo s p, q + rx = k4P , vstavimo q iz te enačbe v enačbo (1) in dobimo n = 10(k4P - r x) + r = lOk4P + r (l - 10x) . Ker je x rešitev ena čbe (6) , sledi ali , n je deljiv s p. Izrek: Za dano prašt evilo P ~ 7 naj bo x ena rešitev enačbe (6). Tedaj je n deljiv s P natanko te daj, ko je q + rx deljivo sp. Primer: Vzemimo n = 7014. Zanima nas, ali je to število deljivo s 7. Ker je 7014 = 10 . 701 + 4, je q = 701 in r = 4. Pri P = 7 je ena rešit ev enačbe (6) x = -2. Po izreku izračunamo q - 2r = 701 - 8 = 693. Ker je to število veliko, moremo njegovo deljivost s 7 spet ugot avlj ati po našem izreku. Sedaj je q = 69 in r = 3, zato q+ r x = 69 - 2 . 3 = 63, ki je deljivo s 7. Torej je tudi število 693 in zat o 7014 deljivo s 7. Pogl ejmo še, ali je število 7014 deljivo tudi s 13. Sedaj vzamemo npr. x = 4 in dobimo q + r x = 717. Če za število 717 ponovno uporabimo navodilo izreka , dobimo q + rx = 99, to število pa očitno ni deljivo s 13, zato tudi 7014 ni. Anton Suhadolc Astronomija I TRIJE NAČINI DOLOČITVETEŽNEGA POSPEŠKA Pospešek prostega pad a oziroma tež ni ali gravitacijski pospešek na površju kakega vesoljskega te lesa je pomembe n podatek za to te lo. Težni pospešek na zemeljskem površju je 9 = 9,8 m/ s2 ali pr ibližno 10 m/ s2 , sicer pa se s kr aj em (zemljepisno širino) spreminja (glej pr eglednica). V Lju bljan i meri 9,805 m/ s2 . O° (ekvator) 9,780 m/s2 - najmanjši 100 9,782 m/s2 200 9,786 m/ s2 300 9,793 m/ s2 400 9,802 m/s2 500 9,811 m/s2 600 9,819 m/ s2 700 9,826 m/ s2 800 9,831 m/ s2 900 (po l) 9,832 m/ s2 - največj i I zem ljepisna širina I težni pospešek Težni posp ešek ob morski gladin i v odvisnosti od zem ljepisne širine. Težni pospešek določimo na več načinov . Omenili bomo t ri. Vse lahko oprav ijo že osmošolci. 1. Določitev z nitnim nihalom Izhaj amo iz enačbe za nihajni čas to nitnega (matematičnega) nihala z znano do lžino l . Za majhne amplit ude velja: to = 27r/f . Vzamemo eno ali dve nit ni nihali (lahko tudi več , vendar ne pret iravajmo) in vsakemu izmerimo nihaj ni čas . Najbo lje je, da izmerimo čas dese t ih nihaj ev in nato t a čas delimo z 10, da dobimo čim natančnej ša povprečno vrednost to. I Astronomija utež mirovna lega 1=1 do 2 m II 1 I /1 1 I 1 I 1 I ,..-./ I 2() I .../ --------- L ------ 1 nihaj Slika 1. Nitno nihalo; venem nihaj u pride utež od skr ajne lege na eni strani (1) do sk rajne lege na drugi st ran i (2) in nazaj do (1) . Nihaj n i čas je čas , v katerem nihalo (utež) naredi en niha j . Enačbo za to preoblikujemo v 9 = 4~~ ./ . Vst avimo vrednosti za to in l v o enačbo in izračunamo g. Teh meritev lahko naredimo veliko. Izračunamo povprečno vrednost težnega pospeška. Sestavimo tabelo: to . 4n 2 . l g=-2- to 2. Določitev s prožno vzmetjo Za prožno vzmet (vzmetno tehtnico) v območju prožnosti velja Hookov zakon: podaljšek s je sorazmeren z nat ezno silo (obremenitvijo) F = ks , kjer je k znan a konstant a vzmet i (enota Nim). Če k ne poznamo, ga pr ed meritvami težnega pospe ška še določimo. Na vzmet obesimo nekaj (t ri do pet ) uteži in vsakič izmerimo podaljšek . Vsak kvocient F I , &., .&. , . .. da k. Izračunamo povprečno vrednost . S I 82 sf Naj se vzmet podajša za s , če nanj o obes imo utež z maso m ozirom a če na ut ež deluj e sila teže Fg = mg. Vzamemo eno ali dve prožni vzm eti (lahko tudi več , a ne preti ra- vajmo) , nanju obes imo utež z znano maso m in vsakič izmerimo pod aljšek s , ko prid e do ravnovesja med F in Fg . __ _ _ "O" lega Astronomija I Slika 2. Prožna vz met z znano kon st an ta vzmeti k , na katero obesimo ut ež z maso m. Dol vleče Fg = m g, gor pa F = ks. V ravnovesj u je m g = ks , od koder sledi g = ~ . V enačbo 9 = ~ vst avimo izmerj ene vrednosti za s , m in k t er izračunamo g. Naredimo lahko veliko meri t ev in izračunamo povprečno vrednost težnega pospeška. Sestavim o tab elo: k m s ks g=- m Primerj amo povprečni vrednosti t ežnega posp eška po prvem in drugem načinu. Kritično razp ravljamo o posameznem načinu . 3. Določitev po teoriji Ker je sila teže enaka gravit acijski privlačnostni sili med dvem a telesoma v vesolju, velja mg = G~~l , če je m masa telesa , 1\1 masa Zemlj e, R polmer Zemlj e, G gravitacijska konstan t a. Po krajšanju z m dobimo 9 = G~ . To je znana enačba. Iz nje pri znanih G, Min R z lahkoto izračunamo g. Vendar vzemimo, da G in M ne poznamo, poznamo pa R = 6400 km (ta podatek učenci dobro poznajo). Astronomija Pomagam o si z gibanjem Lune okrog Zemlj e. Vzamemo, da se giblje po krožnici s poimerom r = 384 000 km = 60 R in da je obhodni čas 2 to = 27,3 dn eva . Radiaina sila pri kro ženju Pr = m vr (če je m masa krožečega te lesa , njegova hitrost v , razdalja od središča kroženj a pa r) je gravitacijska privlačna sila . Za Luno z zna nimi gornjimi pod atki velja m v; = G~~l , od koder sledi M = v~r, kar vstavimo v prvotno enačbo za e 2 2 g = R2 . ver = 'k~ . Za izračun tež nega pospeška pot rebujemo vrednosti za v in r. Ker pa je hitrost (v = 27fr = 27f·384 000 km = 1 krn/s' Luna to 27,3· 24 ·60·60 s ' se giblje s hitrostjo 1 krn/s) odvisna od obhodnega časa to, dejansko za izračun pot rebuj emo le r in to. Sedaj v enačbo vstavimo vrednosti za v , r in R t er izračunamo težni posp ešek poljubno natančno , odvisno od tega, s kako natančnimi podatki razpo lagamo. Pred leti smo si na astronomskem taboru zadali nalogo, da i zračuna­ mo g samo s podatki, ki jih znamo na pamet . Težni pospešek smo . . (1000 m /s)2 .60 R 106 m 2/s2·60 / 2 . ocenili t akole: g ~ R 2 = 6400 .103 m ~ 9,4 ms . PrI tem smo naredili 4% napako, kar pa je v okviru pouka fizike v osnovni šoli sprejemljivo. Težni pospeše k smo izračunali , ne da bi up orabili vrednost gravitacijske konstante, to je po datka, ki ga redko zna mo na pamet . Ob koncu naj povem še drobno zanimivost. Luna je zelo zapleteno vesoljsko telo. Čeprav nam je od vseh vesolj- skih te les najbliže, težko obvladamo vse njene muhavost i. Merjenja količin v zvezi z Luno so zelo zahtevna, sa j se stalno in zelo hitro spreminjajo. Seveda to velja tudi za vrednosti to in r . Vrednosti r = 60R in to = 27,3 dn eva pomeni t a povprečni vrednosti, dobljeni iz zares številnih opazovanj Lune, ki jih astronomi ne opravijo v enem t ednu ali mesecu, ampak v dolgih desetle tjih. (Opom ba: Ti dve vrednosti pr avzaprav nih ata , r = = 60R ± 3R in to = 27,3 dn eva ± 0,5 dn eva .) Da bi preveril veljavnost svojega gravit acijskega zakona , je New- to n, ki vrednosti gravitacijske konstante še ni poznal , nujno potreboval po datka za to in r . Zanju je prosil prvega kr aljevega (greenwiškega) ast ronoma Flamstee da, ki je veliko opazoval Luno in je edini razpol a- gal s tema podatkoma. Newton in Flamsteed nist a bila v prijateljskih odnos ih. Pod atka je Newton dobil, vendar šele po dolgem prepričevanju in prosj ačenju. Tako je bila Luna prvo vesoljsko te lo, na katerem je Newton uspel potrdit i ta, v vesolju splošno veljavni zakon. Marijan Prosen Matematika I KOLIKO PIJAČE LAHKO NATOČIMO V KOZAREC? Na enem izmed poletov z letalom nam je stevardesa prinesla kozarce nenava- dn e oblike. Dno je bilo kvadr atno, zgornji rob pa krožnica, ki bi jo lahko očrtali kvadratu. Del plašča so sesta- AJ vljali t rikot niki (slika 1). Kozarec smo lahko postavili v za to pr ipravljeno stoj alo t ako, da se je vanj pogre- zni l do polovice. Ker zara di slabe vidlj ivosti opazovanje okolice ni bilo zanimivo, smo se začeli pogovarjat i, kako bi izračunali , koliko tekočine bi lahko nalili do roba takega kozarca. Kaj takega si v let alu seveda ne bi mogli privoščiti , saj let alo navadno začne premet avati , br ž ko stevardese postrežejo s pij ačo . Vzemimo, da je polmer krožnice r , in zato osnovn ica kvad rat a a = nti , višina kozarca v t er da je notranjost zap olnjena . H G B Slika 1. s s AJ H s B B A Slika 2. Tr ije osnovni deli razrezanega kozar ca . Matematika LE J 1 Kozarec razrežemo na več delov , in sicer na pr avilno štirist rano pira- mido, ki ima za osnovno ploskev dn o kozar ca , št iri pir amide, katerih dva mimob ežna rob ova sta pr avokotna , in štir i četrtinske stožce, ki imaj o za osnovno ploskev četrtino kro ga (slika 2). Preden začnemo računati pro- stornino posam eznih delov, poglejmo, kako izračunamo prostornino pirami- de IJK L (slika 3), katere mimobežna rob ova IL in J K sta pr avokotna. Piramido pr esekamo z ravnino, ki vsebuje rob J K in je pravokotna na rob IL t ako, da osnovna pir amida razpad e v dve piramidi , ki imat a za osnovni ploskvi trikotnik J K E in višini l E = S I in E L = S2 . Vsota Slika 3. Pi ram ida , kat ere mimobežna ro bova JL in J K st a pravokotna. ob eh višin je ravno dolžina rob a IL . Piramida IJK L je to rej sestavljena iz dveh piramid in njena pr ostor- nina je IJKI· \I LI ·VI 6 Prostornina piramide, katere mimobežna robova st a pr avokotna , je to rej enaka šestini produkta dolžin obe h mimobežnih pr avokotnih robov in njune medseb ojne razdalje. Vrn imo se k našemu kozarcu in zapišimo prostornine posam eznih delov . P rostorn ina pravilne štirist rane piramide z osnovnim rob om a je Piramida ABES ima pravokotna mimob ežna rob ova AB = a in E S = r , zato je Matematika I Prostornina dela , ki ima za osnovno ploskev četrtino kro ga , je Skupna prostornina je Poglejmo, kak šne ob like je odprti na podstavka, v kat erega postavimo tak kozarec. Narišimo t lor is kozarca (slika 4) . D B Slika 4. T lor is kozarca . Enakokrak i t rikot nik i, ki imaj o za osnovnico stranice kvadrat a , vrh pa na robu krožni ce, so deli ravnine (na sliki so proj ekcije kr akov označene pikčasto) , zato so vodoravni prerezi kozarca sestavljeni iz daljic (na primer QP ) in delov krožni ce (P R). Z naraščajočo višin o kozarca se daljice kr ajšaj o, po lmeri kro žni c na vogalih pa večajo. Na polovici višine kozarca je ravni del enak a/2, polmer voga lnega dela kro žn ice pa r / 2. Bralec naj sam izračuna, kako se z višino spreminjata dol žin a ravnega dela in polmer voga lne krožnice. Mat ematika Za konec izdelaj mo model takega kozarc a. Mrežo prikazuje slika 5 (na risana je v pravilnem razmerju, zato jo lahko samo povečate) . Pri tem velja IGJI= 2:r= ~ , IMDI = v, lABI= rV2 , Vi = J(r - ~) 2 + V 2 = / r2 (~ - V2) + V 2 . Trikotnik GG J je enakokrak, njegova osnovnica je GJ. Stransko višino Vi izračunamo iz pravokotnega trapeza S' F' F S, označenega na sliki kozar ca na začetku članka . Slika 5. Mreža koza rca. V trgovinah je na poli cah veliko kozar cev nenavadnih oblik. Premis- lit e, če znate izračunati prostornine takih kozarcev . Seveda pa je najlaže določiti prostornino kozarca s prelivanj em tekočine v merilno posodo. N ada R azpet Zanimivosti - Razvedrilo I KRIŽANKA "P OP LAVA MOBILNIH TELEFONOV" CE9 102 ČLOVEKU HLOD, REKAV MESTNIPOMOR PODOBNE KRLJ NORMANDIJI DEL NISA VŽiVALI (NAREČNO) IN SKOPJA Z MOBILNIM TELEFONOM GALAHKO POŠLJEMO : FRIZERSKI I POSTOPEK TEKOČE ŽiVILO ~ RA< SC ~ ANC DEL, PARCElA (NAREČNO) .... .... OLIVER TR~~V~NECROMWELL MOBITELOV PAKET - SLlNAVKE ZAOTROKE VEDA STOJA POJAVNA OBLIKA DEJANJE NA ELEMENTAZ RAZLIČNO - POKRČEN IH ATOMSKO MASO LUKNJA,NOGAH VRZEL VAS VELIKA NAJVEČJ I ŽiDOVSKAZAHODNO SLOVENSKI OD0,~~KIH PISANA DRAMATIK DRžAVAPAPIGA (IVAN) V AZIJI Bt.~~~KI ~ PISATELJ P~I (JACK) PERZIJSKIKRALJ DO, RE, MI, ?,SO, . POLJSKO ~ NI LL FINSKA ZNAMKA AVS. SMUCAR B, MOBILNIH TELEFONOV (HANS) SOKRATOV POSODA GLASBENI TOŽNIK ZAOLJE ZNAKI - ~ZDRAVILNA KROGLICA DOTOK NIKO KROPILNA OSEBNI ~ ~ ZAIMEK AM. SERIF NOVINARKA (WYATI) TEPINA IME TV DESTI- LACIJA NOVINARKE - HO~AT KURIR AM. KEMIK ILLINOIS KRAJ MED ONSAGER - OPATIJOIN f---- PRILOGA LOVRANOM SANIZ DELAIN VOLANOM Slo NOVIC VELIKO GRŠKI BOG POTNISKO VETROV O LETALO - K IRIDIJ .-flfl- ~ SLOVENSKA POLJESOPRA- NISTKA ZU~P,J (IRENA) IGRISCA I Zanim ivosti - Razvedrilo ----,- PEVKA DANSKI AVTOR CLAN NAS UJETNICA TELICA, GRSKI INDIJSKO EZNIK DIMIT- FIZIK (HANS MARKO. KRAUEVSKE VODNI PREDLOG OPERATER V ROKAH JUNI[:A CIGARETNI POVEUNIK o<:ii~~oROVSKA CHRISTIAN) BOKALIC DRUŽiNE CLENONOŽEC MOBILNE TERORISTOV (NARECNO) OGOREK PRED TROJOTELEFONIJE , NAJCENEJSI , MOBITELOV , PAKET , RADIJSKO SEVANJE - NIKEU ~PORED SloIGRALKA )LSKIH (ZVEZOANA) DMETOV - - NEPRIJETEN l . GROF VONJ SADNA SILICIJ PIJACA KRAJEVNA e----- SVEOSKAe----- PROGA ZNAMKA ZLATENICA M08ILCEV ANTICNO TOLKALO P~~~~U, AVS:OPERNi MORALIST REŽISER PAKET TELESNA TEKOCINA PLOD V f---- TRDI FR.FIZIK LUPINI (LOUIS) CVRSTO ZOBNI VEZIVNO GLAS V TKIVO SLOVNICI UDAV ANG. REŽISER(CAROL) PALICAST ,MSKA ARKTICNI GOSTO'IANJE MIKROB'KAOB ILTIKU PTIC, V TUJIH f---- NJORKA OMREŽJIH KOCINA KRAJNA VZH. ROBU U UBUAN. KOTLINE LUTECIJ RIBISKA ENOTA - VRVICA ZADELO MOBITELOV KRASKIPOŽI- - IN PREDPLACNI --1 MOBIJEV PAKET RALNIK PAKET ENERGIJO GLAS. SLOG ~ Z JAMAJKE - SVIC.-MADŽ. RIBJA PIANIST JAJCECA (GEZA) KENIJSKI PRITOK ~g~~~~VODITEU VOLGE (DANIEL '---- -IGRALKAARAP) MARGRET POlT NEKDANJI SO~EDNJ I ZNAKA POBIRALEC CRKI UTINE NAROČN INE - KILOGRAM GERMANSKA BOGINJA MLADENKA USODE K~F~6D KRILATO LOKO IN BOžjE SV. DUHOM BITJE Zanimivosti - Razvedrilo I OBDOBJE ZANIMIVIH DATUMOV Ko se je prva števka letnice na silvestrovo zamenjala in smo iz leta 1999 vstopili v leto 2000, smo se po te lefonu pogovarj ali s sorodniki v Ameriki. Imeli smo občutek tisočletnega preskoka , ker so pri nas koledarji kazali že 1.1.2000 , čez lužo pa je bil še 31.12.1999. Ta zanimiv časovni moment je traj al le nekaj ur in ponovno smo spozna li milj ivost takšnih dogodkov, ki jim nismo priča ravno vsak dan . Naslednja primerlji va situacija se bo ponud ila naš im zanamcem šele čez slab ih tisoč let. Pred tem smo v Slove- niji drli gledat poslednji popolni Sončev mrk tisočletja. In pred kratk im, natnačneje 29.2.2000, smo preživljali še enega od izjemnih datumov. Kot vemo, so že Rimljani vpeljali prest opna let a in let o pod aljšali vsake št iri leta za en dan te r tako poprav ili zaost ajanje koledarja za dejanskim časom , ki je pot reben za en obrat Zemlj e okoli Sonca. Ker ta popr avek ni točen , se je nap aka nabirala v drugi smeri. Koledar je prehi teval dejansko leto. Zato so za časa pap eža Gregorja koledar še enkra t reformirali . Prestopna so t ista let a, ki so deljiva s 4. Izjema so tista let a, ki so deljiva s 100. In izjema izjem so let a , ki so deljiva s 400. To pomeni , da so bila npr. prestopna leta 1980, 1984, 1988, 1992, 1996 in bodo prestopna leta 2004, 2008, 2012 itd. Izjemoma je prestopno leto tudi leto 2000, čeprav leta 1700, 1800, 1900, 2100, 2200 in 2300 niso prest opila. Prejšnj a izjema izjem je bil 29.2.1600 in naslednj a bo čez št iristo let, 29.2.2400. Smol čki, ki so rojeni 29.2., pr aznujejo rojstni dan vsake šti ri let a. Naši sodobniki, smolčki , pa imaj o malo manj smole, ker so t udi letos lahko prazn ovali. Letošnj e leto je res izjemno. Kar dvatisoč let bo treba počakati na ponovitev . Kombinacija prestopnega leta in sp remembe pr ve števke bo na sporedu šele let a 4000, sa j 3000 ni deljivo s št iri. Nekateri datumi so zanimivi tudi z numerološkega stališča. Lani je bil zanimiv npr. datum 31.11.1999. Zapi sati ga je mogoče le z lihimi števkami. Tudi neka j dni prej, 19.11.1999, je imel datum to lastnost. Recimo mu popolnoma lihi datum. Zanimivo je, da bo pr eteklo kar nekaj časa do naslednjega popolnoma lihega datuma. Naslednji popolnoma lihi datum bo 1.1.3111. Ta pa bo tudi dvoštevski datum. Za zapis potrebujemo le dve št evki (1 in 3). P ravkar smo obhajali podoben dvošt evski datum, in sicer 2.2.2000, pred tem pa 11.11.1999. Ob a primerka odlikuje še ena posebna lastnost . Medtem ko je prvi padajoč, je drugi naraščajoč. V letu 2000 bomo pr aznovali še veliko padajočih datumov, od 2.2.2000 do 9.9.2000. Od 11.11.1999 bo treba počakati do naslednj ega naraščaj očega datuma kar nekaj časa - to bo 1.1.2222. Dvoštevski datumi up orablj ajo le dve števki. Še bolj asketski so enoštevski datumi. V preteklosti je nam najbližji 11.11.1111 , v prihodnosti pa bo to 2.2.2222. Seveda so enoštevski I Zanimivosti - Razvedrilo - Rešitve nalog edini datumi, ki so hkrati padajoči in naraščajoči . Žal ne živimo v obd obju enošt evskih datum ov. Rekli bomo, da živimo v obdobju enoštevskih datu- mov, če je od danes pa do takega izjemnega datuma preteklo manj kot 50 let . Tako bo traj alo naslednj e obdo bje enoštevskega datuma od 2.2.2172 do 2.2.2272, mi pa živimo seveda v obdobju dvošt evskih dat umov. Nas protje od popolnoma lihega datuma je popolnom a sodi datum . Med 28.8.888 in 2.2.2000 ni bilo nob enega. Letos bo zadnji na vrsti 28.8.2000, naslednji pa bo 2.2.2002. Nasprotje od enoštevskih so razno- števski datumi. Zapišemo jih s samimi različnimi števkami. Med 5.6.1987 in 5.4.2013 ne bo nobenega. Za konec pa še nekaj besed o bolj matematičnih datumih. Popolnom a praštevilski datum ima dan, mesec in leto praštevilsko. Na podoben način lahko definir amo po polnoma kvadratni datum itd . Raziščite , ali živimo v obdobju praštevilskih datumov. Mark Pisanski in Tomaž Pisanski KRIŽANKA "JUB ILEJN O LETO NAŠEGA NAJVEČJEGAPOETA" - Rešitev s str. 288 s - =- ~ ~ ~ :eM2 -, .=: PRIMtcOVl :::= .Jl:.. = .':1:', =='JUUI - _~: . R o M A N T I K A 1~=:7 o o V E T N I K 5s. B R U H A L N I K~ E R N E S T I N A-= _1lfI~ G R A Č o v ~ R A o G o N A ~ č E P= = F R A N C E ~ A M o N A L ~ A o R E S A'I::Jf.,. "5:~ I o N ~~~ L A R I S A ~ A A =:: "i!'r A J ~". ::.::: ~r:' Ž ~ - ~= P I R ~ o A N o V L T ~ v R B A G A Z _. ~ o T E K L I N A ~ T o N I K A ~ R o T U N o A V A Š T E ~ I o E ~ Č E H I N J A ~ I S E R E- El:. o L E~ v o S T o K =:. ~ L E A N ~ T A C A ': ~ D I R I G E N T = S o N E T ~ G E T o ~ ~ v S~ ~ Š ~ ~ .. N J E G o R o P = A M A N K E S K A L I ~ 1iIE5ll! ~" -= I A N ss: R A K E v ~~ o u N A J ~ o G R L J Er-- - - - - - =.: =- M N ~ M I L o Š Č I N A ~ A L E S ~ R A B I N ~ o K T A V A -, J A L o V o S T f:]r R I B N I C A= ::::: Ž A R K o r6 - E R o S = U H o 5" T R A J N A ra...::'.. ~- Računalništvo - Rešitve nalog I .LOKALN E VOLITVE - Rešitev s str. 340 Navodila za pr everj anje pr avilnost i volilnih imenikov, podana v besedilu naloge, so nekoliko razvlečena in kar zapletena. Podatek , ki bistveno vpliva na zasnovo rešitve, pa je omenjen že na začetku : vsaka oseba je enolično opisana s št irimest no ident ifikacijsko št evilko. Potencialni h volivcev torej ni več kot 10000. Rešitev bomo sprogramirali v program skem jeziku C, brez težav pa jo bo moč predelat i t udi v pascal in druge sorod ne jezike. Zmerno število volivcev nam omogoča , da v program u seznam volivcev in oba volilna imenika predst avimo s t remi tabelami sez, i mel in i me2, ki bodo vse imele po 10000 element ov. Če bi bilo potencialnih volivcev več , bi s tako zastavljeno rešitvijo lahko zašli v težave zara di pomanjkanja pomnilnika. Vrednost i elementov t ab el bodo le O, 1 ali 2. Element z ind eksom i bo imel vrednost O, če osebe z identi fikacijsko št evilko i ne bo v seznamu volivcev oziroma v pripadajočem volilnem imeniku, vrednost 1, če se bo v seznamu oziroma imeniku poj avila natanko enkra t , in vrednost 2, če se bo poj avila večkrat . Da ne bomo preveč potratni s pomnilnikom , bodo element i tabele t ipa char (v C-ju se tudi znaki obnašajo kot majhna števila). Opi šimo še, kako poteka preverjanje seznama volivcev in obeh volilnih imenikov. Najprej v zanki preberemo identi fikacijske številke volilnih upravičencev . Upo ra bili bomo zanko do . Seznam številk se konča z vrednostjo - 1, zato tedaj , ko preberemo to vrednost , z br eak končamo zanko. Ident ifikacijsko številko preberemo v spremenljivko oseb a . Če ima sez [oseba] vrednost O, to vre dnost le popravimo na 1. Če ima sez [oseba] vrednost 1, vrednost povečamo na 2, hkrat i pa tudi izpišemo obvest ilo, da je volivec večkrat pr ijav ljen . Kadar ima sez [oseba] vre- dnost 2, ne storimo ničesar (obvest ilo o večkratni prij avi smo že izpisali pri spremembi vrednost i z 1 na 2, ponovljenih obvest il pa ne smemo izpisovati ). Na enak način preberemo t udi podat ke o osebah iz volilnih imenikov za Spo dnji in Zgornji Kašelj. Razlika je le pri preverj anju in izpisovanju opozoril. Tokrat izpišemo opozorilo, ko prvič naletimo na osebo , ki ni na seznamu volivcev (vrednost s ez [oseba] je enaka O, pa tudi imel [oseba] oziroma i me2 [oseba] mora imet i vrednost O) . Ko so vsi podatki prebran i, opravimo še preost ala št iri preverjanj a . Vsako od njih je sestavljeno iz zanke for , v kateri spremenljivka oseba preteče vse možne identi fikacijske številke. Pogoji , ki jih pri posameznem preho du preverjamo, so: I Računalništvo - Rešitve nalog kaj pr everj amo sez [oseba] ime1 [oseba] ime2 [oseba] ose ba, prijavljen a != O != O != O v obeh Kaš ljih oseb a, večkrat prijavljena != O 2 O-- -- v Spod njem Kaš lj u oseb a , večkrat pr ij avlj en a != O O 2-- -- v Zgornjem Kašlj u vo livci , ki ni so vpisan i != O O O-- -- v no benem Kaš lju Program v C-ju je nekoliko daljši, kot so običajno rešitve v Preseku, a programersko ni posebej zahteven: #include #define MAX 10000 1* zgornja meja za število vol i vce v *1 #define NI Zl "Oseba 'lo04d iz 'los nima volilne pravice .\n" #define NI Z2 "Volivec 'lo04d je 'los.\n" int main(void) { char sez [MAX] int oseba; {O}, imel [MAX] {O} , ime2 [MAX] {O}; do { 1* Pregled seznama vol i vcev . *1 scanf("'lod", &os eba ); if (os eba == -1) break; 1* konec seznama volivcev *1 if (s ez [os eba] == O II sez[oseba] == 1) { ii (s ez [oseba] == 1) printf (NIZ2 , oseba, "prijavlj en vel:krat" ) : sez[oseba]++: } } "hile (1); do { 1* Pregled volilnega imenika za Spodnji Kaš e l j. *1 scanf (lI'l.d" , &:oseba); if (oseba == -1 ) break; 1* konec i menika *1 if ( ime l [os eba] == O II imel[oseba] == 1) { if (sez[oseba] == O && i mel[oseba] == O) printf (NIZ1 , oseba, "Spodn j ega Kašlja"); imel [oseba]++; } } "hile (1) ; Računalništvo - Rešitve nalog I do { 1* Pregled volilnega imenika za Zgornji Kašelj . *1 scanf("%d", &oseba); if (oseba == -1) break; 1* konec imenika *1 if ( ime2 [os eba] == O I I ime2[oseba] == 1) { if (sez[oseba] == O && ime2[oseba] == O) printf (NIZ1, oseba, "Zgornjega Kašlja" ) ; ime2 [oseba] ++; } } "hile (1 ) ; 1* Poiš~emo osebe, ki so prijavljene v Spodnjem in Zgornjem Kašlju. *1 for (os eba = O; oseba < MAX; oseba++) . if (sez [oseba] ! = O && amet Ioseba] != O && ime2 [oseba] ! = O) printf(NIZ2, os eba, "prijavljen v Spodnjem in Zgornjem Kašlju"); 1* Iš~emo ve~kratne prijave v imenik za Spodnji Kašelj. *1 for (oseba = O; oseba < MAX; oseba++) if (sez[oseba] != O && imel[oseba] == 2 && ime2[oseba] == O) printf (NIZ2, oseba, "v Spodnjem Kašlju prijavljen ve~krat") ; 1* Iš~emo ve~kratne prijave v imenik za Zgornji Kašelj . *1 for (oseba = O; oseba < MAX ; oseba++) if (s ez [os eba] != O && ime2[oseba] == 2 && imel[oseba] == O) printf(NIZ2, oseba, "v Zgornjem Kašl j u prijavljen ve~krat " ); 1* Iš~emo volivce , ki niso vpisani ne venem ne v drugem Kašlju. *1 for (os eba = O; oseba < MAX; oseba++) ii (sez [oseba] ! = O && imel [oseba] == O && ime2 [oseba] == O) printf("Volivec %04d ni vpisan v noben volilni imenik .\n" , oseba) ; return O; } Ker ima revij a Presek majhne strani , smo si pri vrs ti cah , ki vsebujejo dalj še izpise, pomagali s simboličnima konstantama NIZi in NIZ2 in tako malce skrajšali t e vrsti ce. Program bere pod atke s standardnega vhoda. Če ga želite pr eizkusiti z večj o količino pod atkov, te najprej pripravite na datot eki , nato pa prevedeni pr ogram poženite iz ukazn e vrstice in vhod pr eusmerite na dato teko (npr. volitve [ACI. .....B c: P R Označimo z Mrazpolovišče st ranice B. Tr ikot niku D E F očrtana krožnica je krožnica devetih točk t rikot nika ABC, zato poteka skozi točko M . Dokazati je torej potrebno le še, da je št irikotnik PRM Q tetivni. Po izreku o potenci točke na krožnico tako zadošča dokazati IDPI ·IDM \ = IDRI·IDQI · (2) I Tekmovanja Kot a O sledi Xk+l > O (saj iz X k+ l = 8 + r = O sled i 8 = r = O in zato Xk = sb + r = O), je c 2: 1. Denimo, da je c 2: b. P otem obstaja nar avno število n , tako da za vsak m 2: n velja X m = X n = C 2: b. Zapišem o X n = sb + r , O :::; r < b. Potem je X n + l - X n = 8(1 - b) , kar je strogo negati vno, saj je b > 1 in 8 2: 1 zarad i X n 2: b. To pa je v nasprotju s predpost avko , da je X m = X n za vsak m 2: n. Če je število a deljivo z b- 1, velja po točki (b) c == a == O (mo d (b - 1)) , torej j e c večkratnik š t e vila b - 1. Zaradi o cene 1 ::::: c ::::: b - 1 je c = b - 1. Če pa šte vilo a ni deljivo z b - 1, zapišemo a = 8(b - 1) + r, kjer je 8 celo število in 1 :::; r :::; b - 2. Neenačbi 2 - b :::; -rT :::; - 1 in 1 :::; c :::; b - 1 sešt ejemo in dobimo 1 - b < 3 - b :::; c - r :::; b - 2 < b - l . Ker je c == a == r (mod (b- 1)), je c - r večkratnik šte vila b- 1, ki je večj i od 1 - b in manjši od b - 1. Torej je c - r = O oz. c = r , kar smo želeli dokazati. Matjaž Že lj ko Tekmovanja I 21. MEDNARODNO MATEMATIČNO TEKMOVANJE MEST Na 20. matematičnem t ekmovanju mest so naslednji naši tekmova lci pre- jeli pohvale: Jure Kali šnik , Matj až Urlep (oba ŠC Celje - Gimnaz ija Lava) , Irena Majcen , Ajda Skarlovnik (obe Gimnazija Bežigrad) , Mojca Miklavec (Škofijska klasična gimnaz ija Ljubljana) in Katj a Prnaver (II. gi- mn azija Maribor) . Na jesenskem krogu letošnjega 21. matematičnega tekmovanja mest so te kmovalci reševali naloge v dveh delih , lažje naloge v prvem delu in težje naloge v drugem delu . Prva skupina (prvi del) 1. (a) P ravokot ni t rikot nik, nar ejen iz papirja , prepognemo vzdolž ravne črte t ako, da se oglišče ob pravem kotu prekrije z enim izmed ostalih dveh ogli š č . V kakšnem razmerju se te daj delita diagonali nastalega šti rikot nika? (2 točki ) (b) Pravokotni trikotnik, narejen iz papirja , ima ploščino 1. Vzdolž ravne črte ga prepognemo t ako, da se oglišče ob pr avem kotu prekrije z enim izmed ost alih dveh oglišč. Doblj eni št irikotnik prerežemo vzdolž diagonale iz preostalega oglišča. Papir razpade na nekaj kosov, ki jih zrav namo. Določi ploščino najma njšega od kosov, ki jih dobimo. (2 točki) 2. Za vsako trojico celih števil a, bin c, ki zadoščajo enačbi a+b+ c = 0, izračunamo šte vilo d = a1999 + b1999 + c1999 . (a) Ali je lahk o d = 2? (b) Ali je lahko d praštevilo? (2 točki ) (2 točki ) 3. V ravnini leži n premic tako, da vsaka izmed njih seka natančno 1999 ostalih. Določi št evilo n . (Poišči vse možnosti. ) (4 točke) 4. V Italiji proizvaj aj o ure, katerih urni kazalec naredi en obhod v 24 urah , minutni kazalec pa naredi en obhod vsako uro. Minutni kazalec je daljši od urnega. Pri običajnih ur ah urni kazalec v 24 ur ah naredi dva obhoda , medtem ko minutni nar edi obhod vsako uro . Koliko položaj ev kazalcev na it alijanski uri je možno videti (t j. so smiselni) tudi na običaj ni uri ? (4 točke) I Tekmovanja 5. Na pravokotnih kart ah velikosti 2 x 1 je narisana ena izmed diagonal. To pomeni, da im amo dve različici kart (glede na izbiro ene izmed dveh diagonal). De nimo, da im amo na voljo neomejeno število obeh t ipov kart . Ali je možno iz 18 kart sestaviti tak kvadrat velikost i 6 x 6, da nobeni dve kraj išči d iagonal na kartah ne sovpadata? (4 točke) D ruga skupina (prvi de l) 1. Presečišče simetral kot ov danega t r ikotnika ABC povežemo z nje- gov im i oglišči . Tako dobimo tri nove t rikotnike, od katerih je eden podoben trikotniku ABC. Določi kote t rikotnika A BC. (4 točke) 2. Do ka ži, d a obstaja neskončno mnogo lihih naravnih števil n , za katera je 2n + ti sestavljeno število. (Naravno število m je sestavljeno, če ga lahko zapišemo kot produkt števil, različnih od m in 1.) (4 točke) 3. V prostoru leži ti ravnin tako , da vsaka izm ed njih seka natančno 1999 ostalih ravnin . Določi število n. (Poišči vse možnosti.) (4 točke) 4. Ali je mo žno na številsk i premici izb rati 50 intervalov (la hko se med- sebojno sekajo) , ki zadoščajo naslednjima zaht evam a: (a) do lžine int ervalov so vsa števila 1, 2, 3, ,50; (b) kraj išča int ervalov so vsa števila 1, 2, 3, , 100? (4 točke ) 5. Na pravokotnih kart ah velikost i 2 x 1 je narisana ena izm ed diagonal. To pomeni, da im am o dve različici kart (glede na izb iro ene izm ed dveh diagonal) . De nimo, da imamo na voljo neomejen o število obeh t ipov kart. Ali je možno iz 32 kart sestavit i tak kvadrat velikosti 8 x 8, da nobeni dve krajišči di agonal na kart ah ne sovpadata? (4 točke) Oglejmo si še nekaj zanimivejših nalog iz drugega de la . P rva skupina 1. (0) Dana je šahovnica velikosti 8 x 8. Na vsakem izmed polj gornje vodoravne vrste stoj i črna šahovska figura, na vsakem izmed p olj spodnje vod oravne vrste pa stoji bela šahovska figura . Veni potezi se lahko po ljubna figura prem akne na sosednje prosto polj e v navpični ali vodoravni smeri. Določi najmanjše število potez, po katerih črne figure stojijo v spodnj i vrsti in bele figure v gornji vrsti šahovn ice . (3 točke) (b) Ist i problem na šahovnici velikosti 7 x 7. (4 točke) Tekmovanja I 2. Neumorna Tomaž in Peter sestavljata zaporedje šte vil. Začneta z nar avnim št evilom, nato Tom až prejšnjemu št evilu pri št eje eno izmed njegovih števk in dobi naslednje šte vilo v zaporedju, za njim pa je na vrsti Peter , ki zadnjemu številu zaporedja odš t eje eno izmed njegovih števk ter dobljeno število vpiše na konec zaporedja. Tako izmenično podaljšujeta svoj e zaporedje. Dokaži, da se neko naravno število v njunem zaporedju ponovi vsaj st okrat . (8 točk) 3. Iz pravokotnega lista papirja izrežemo N pr avokotnih lukenj , pr i čemer so st ranice lukenj vzporedne robovom list a. Preost anek pap irja raz režemo na pravokotne kose. Kakšno je najmanjše možno število n teh kosov? (Pokaži, da je v vsakem primeru ostanek možno razrezati na n pravokotnikov in da v nekaterih pri merih ostanka ne moremo razrezati na manj kot npravokotnikov.) (9 točk) Druga sk u p in a 1. (a) Ut eži z masami Ig, 2g, 3g, . .. , IOOg razdelimo v posod i pr imer- jalne tehtnice t ako, da je tehtnica v rav novesju . Dokaži, da lahko iz vsake izmed posod odvzam emo po dve utež i t ako , da se ravnovesje ohra ni. (4 točke) (b ) Naj bo n naravno število večj e od 3, za kat erega je možno n uteži z masam i I g, 2g, 3g, . . . , ng razdelit i v posodi tehtnice tako, da je te htnica v rav novesju. Ali je možno za vsako tako število iz vsake izmed posod odvzeti po dve ut eži tako, da se ravnovesje ohrani? (4 točke) 2. Na veliki šahovnici je označeno 2n polj , ki jih lahko doseže t rdnjava, ne da bi pri t akem premiku preskočila kakšno neoznačeno polje. Do- kaži, da je lik, ki ga tvo rijo označena polja, možno razrezati na n pr avokotnikov. (8 točk) 3. Dokaži, da ima konveksni polieder z IOn st ranskimi ploskvami vsaj n ploskev z enakim številom st ranic. (8 točk) Gregor Cigler 21. MEDNARODNO MATEMATIČNO TEKMOVANJE MEST - R ešitve nalog s str. 370 Rešitve n alog prvega d el a P rva sk u pina 1. Naj bo ABC papi rnat i pr avokotni trikotnik s pravim kotom v oglišču C . Naj bo D P daljica , vzdolž katere prepognemo trikotnik, pri čemer . 1 Tekmovanja točka F leži na stranici AB, točka D pa na stranici B C . Očitno je točka D razpolovišče stranice B C in dalj ica DF pravokotna na B C. Daljici D F in AC st a vzporedni in točka Frazpolovišče stranice AB. Označimo z G presečišče da- ljic AD in CF . (a) Točka G je težišče t r ikotnika ABC , zato je AG DG = C G : FG = 2 : 1. n (b) Ko štirikotnik prerežemo, je najmanjši košček t r ikot nik GC D . Ker je ploščina t rikot nika ABC enaka 1 in je D razpolovišče st ranice B C , je ploščina t rikot nika ACD enaka ~ . Ker je AD : DG = 3 : 1, je ploščina t rikotnika GC D enaka i . 2. Če je katero izmed št evil a, b, c enako O, je t ud i d = O. Privzemimo, da so a, b,c neničelna števila in da st a števili b in cenako predznačeni . Definirajmo e = - b in f = -r-C . Tedaj je a = e + f in velja 1998 d = (e + J) 1999 - e 1999 - f1 999 = L (19:9) e 1999-k f k o, k=l Če naj bo d pozitivno šte vilo, je e, f > O. Ker je 1999 pr aš t evilo, je vsak binomski koeficient delj iv s 1999, zato je tudi št evilo d delj ivo s 1999. (a) d ne more biti enako 2. (b) Če je d pr aš t evilo, je enako 1999. Iz gornje enačbe pa vid imo, da je d > 1999, to rej d ne mor e bi ti prašt evilo. 3. Den imo, da imamo k družin medseb ojno vzpore dnih premic (vse premi ce ene družine so paroma vzporedne, premici iz različnih družin pa sta nevzporedni). Iz pogoj a dob imo , da je skupno število premic v poljubnih k - 1 poddru žinah enako 1999. Od tod sledi, da vsaka družina vsebuje n - 1999 prem ic, zato vse družine vseb ujejo enako šte vilo premic. Sledi , da k - 1 deli 1999, zato je bodisi k = 2 in n = = 3998 (dva nevzporedna snopa premic) bod isi k = 1998 in n = 2000 (šop premi c). I 374 Tekmovanja I 4. Naj bo kot , ki ga minutni kazalec na obeh urah oklepa s svojo začetno lego, enak 248, O ::; 8 < 15°. Tedaj je kot , ki ga z izhodiščnim položaj em oklepa urni kazalec običajne ure, enak 28+m·30° (m E ~) , kot , ki ga z izhodiščnim položaj em oklepa urni kazalec it alijanske ure, pa 8 + n · 15° (n E ~) . Dobimo enačbo 8= (n -2m)15° , od koder zaradi omejite v za kot 8 dobimo 8 = o. Od tod dobimo 12 možnih položaj ev za n = 0,2 , . .. , 22. 5. Da , to je možno. Eno izmed možnos ti prika- zuje skica. D ruga skupina (' 1. 2. 3. Naj bo I središče trikotniku ABC . \ včrtane krožnice. ~ Označimo 3, zato je m sest avljeno število. Denimo, da imamo k družin medsebojno vzporednih ravnin (vse ravnine ene dru žine so paroma vzporedne, ravnini iz različnih družin pa sta nevzporedni). Iz pogoja dobimo, da je skupno število ravnin v pojubnih k - 1 poddružinah enako 1999. Od tod sledi, da vsaka družina vsebuje n - 1999 rav nin , zato vse družine vsebujejo enako ravnin. Sledi, da k -1 deli 1999, zato je bodisi k = 2 in n = 3998 (dve Tekmovanja nevzp oredni družini ravnin) bodisi k = 1998 in ti = 2000 (ravnine s skupno pr emico). 4. Označimo z a vsoto števil v levih kraj iščih intervalov in z b vsoto števil v desnih krajiščih intervalov. Tedaj velja a + b = 1 + 2 + ...+ + 100 = 5050 in b - a = 1 + 2 + ...+ 50 = 1275. Od tod dobimo 2b = 6325 , kar ni možno, zato takih intervalov ne moremo izbrati . 5. Da , to je možno. Eno izmed možnost i prikazuje skica. Rešitve nalog drugega dela Prva skupina 2. (a) Postavimo figur e v začetni položaj in opaz ujmo polju bni stolpec dane šahovnice. Vsaj ena figura iz izbran ega stolpca je morala med pr emikanj em do končnega po ložaja naredi ti vsaj en vodoravni po- mik (sicer se figur i 'zalet ita'). Od to d vidimo, da mo ramo naredi ti najmanj 7 . 8 . 2 + 8 = 120 pot ez. Konstruirajmo sedaj zaporedje natanko 120 potez, ki nas pripelje do končne postavitve. V prve m in drugem stolpc u napr avimo naslednje poteze: Belo figuro v prvem stolpc u pomaknemo tri polja navzgor. Črno figura v dru gem stolpcu pomaknemo šest polj navzdol, zatem enkrat levo (v prvi stolpec) in še enkrat navzdol. Tako je ta črna figura na koncu svoje poti . Belo figura iz drugega stolpca pomaknemo sedemkrat navzgor na njeno končno mesto. Črno figura iz prvega stolpca pomaknemo enkrat navzdol, enkrat desno (v drugi stolpec) in nato le še navzdol do končnega položaj a. Nazadnje pomaknemo navzgor do prve vrste še belo figuro iz prvega sto lpca . Na opi sani način smo le dvakrat vodo rav no prem aknili figure. Postop ek ponovimo še v preost alih parih sosednjih stolpcev . 376 Tekmovanja I (b) Podobno kot v primeru (a) ugotovimo, da bo potrebnih najmanj 91 potez. Kot zgoraj lahko v prvih šestih stolpcih zamenjamo figure , pri čemer naredimo le eno vodoravno potezo na stolpec. V sedmem stolpc u tedaj pomaknemo belo figuro za tri po lja navzgor, črno za dve polji navzdol, eno polje v levo, dve polji navzdol, eno polje v desno in nato do konca navzdol. Nazadnje pomaknemo do konca navzgor še belo figuro . Tako smo za sedmi stolpec porabili dve vodoravni potezi, kar skupaj znaša 92 potez. Denimo, da lahko figure preuredimo v 91 potezah. To pomeni, da v vsakem stolpcu natanko z eno figuro naredimo en vodoravni pomik. Opazujmo skrajno levi (prvi stolpec) šahovnice in privzemimo , da z be lo figuro tega stolpca naredimo en vodoravni pomik (sicer prezrcalimo šahovnico čez njeno vodoravno simetralo). Jasno je, da se ta figura pomakne v desno. Ker bo na koncu zaseden vrh drugega stolpca, moramo vodoravno premakniti tudi be lo figuro v drugem stolpcu. Če bi jo pomaknili v tretj i stolpec, bi morali vsaj eno izmed preostalih bel ih figur pomakniti v prvi stolpec, pri čemer bi nar edili vsaj dve vodoravni potezi . Ker črnih figur v prvih dveh stolpcih ne premikamo vodoravno, ostaneta v istih stolpcih. Sedaj ponovimo enako sklepanje za tretji in četrti stolpec ter nazadnje še za peti in šesti stolpec. Tudi ta dva para stolpcev na koncu vsebujeta enake figure kot na začetku, zato morata figuri iz sedmega stolpca ostati v tem stolpcu. Jasno je, da z enim samim vodoravnim pomikom ena izmed figur zamenja stolpec, kar ni mogoče. S tem smo pokazali, da je najmanjše možno število potez enako 92. 2. Denimo, da njuno zaporedje ni navzgor omejeno. Naj bo x število v zaporedju , ki ga je dobil Tomaž, in y prvo naslednje število, ki ga je dobil Tomaž . Velja Iy - xl < 10 (vmes je Peter odštel števko, zatem pa Tomaž prištel neko števko). Če v zaporedju števil , ki jih tvori Tomaž, izpustimo pravilno izbrane člene, dobimo naraščajoče zapo- redje števil, ki naraščajo s korakom, manjšim od 10. Tako dobimo v zaporedju neko število x, katerega vse števke, razen morda enic, so enake 9. Ni se težko prepričati, da nobeno število, ki ga dobita v zaporedju za številom x, ne presega x + 10, zato je zaporedje ome- jeno, kar je v protislovju s predpostavko. Ker je zaporedje navzgor omejeno in so vsi členi očitno nenegativna cela števila, se kako število v zaporedju gotovo po javi vsaj stokrat. 3. Pokažimo, da je n = 3N+1. Naj bodo luknje pravokotniki AiBiCiDi, i = 1, . . . , N . Izberimo luknje tako, da njihova središča ležijo na isti premici, vzporedni stranicam AiDi , in je dolžina stranice AiBi enaka iT, pri čemer je x dolžina krajše od stranic kosa papirja. Denimo , da Tekmovanja smo t ak kos papirja razrezali na pravokotnike. Izberimo dve daljici izmed 3N + 1 daljic AiBi , BiCi , AiDi in CnDn t er po eno točko iz notranjosti izbranih daljic . Ko papir razrežemo, nobeni dve tako izbrani točki ne moreta ležat i v skupnem pravokotniku, saj njuna zveznica seka vsaj kako izmed lukenj. Kosov je zato vsaj 3N + 1. Naj bo sed aj iz kosa papirj a izr ezanih N pravokotnih lukenj . Po- daljšajmo navpične stranice lukenj na obe strani do prve luknje ali pa do roba papirja, če 'podaljšek ' ne seka nobene luknje. Vzdolž 'podaljškov ' razrežemo papir. Če k vsaki luknji pridružimo tri pra- vokotne kose, ki vsebujejo oglišči Ai in Di , in nazadnje dodamo še pravokotni kos ob desni stranici skrajno desne luknje (lahko je več takih lukenj ) , smo na ta način prešt eli vse pravokotne kose, za to j ih je očitno kvečjemu 3N + 1. Druga skupina 1. (a) Uteži z masami od Ig do ng razdelimo v dve posodi t ehtnice. Pobarvajmo uteži na desni strani tehtnice z rdečo in uteži na levi strani z modro barvo. Maksimalno podmnožico uteži ist e barve, katerih mase so zaporedna št evila, imenuj mo sprimek. Denimo, da imamo vsaj tri rdeče sprimke. Odstranimo najtežjo utež s maso xg iz rdečega sprimka z naj lažjimi utežmi in naj lažjo utež s maso yg iz rdečega sprimka z najtežjimi utežmi . Ker imamo vsaj tri rdeče sp rimke, lah ko najdemo različni modri ut eži s masama (x + l)g ter (y - l)g. V op isani situaciji torej lahko iz posod vzamemo po dve uteži, ne da bi se podrlo ravnovesje . Privzemimo sed aj , da imamo kvečjemu po dva sprimka ist e barve. Če imamo en sprimek z vsaj dvema utežema, ki ne vsebuje uteži z masama Ig in ng, lahko iz njega vzamemo naj lažjo in najtežjo utež, ki imat a masi ag in bg, hk rati pa na drugi strani najdemo uteži s masama (a-1)g in (b+ l)g. Denimo, da imamo en rdeč in dva modra sp rimka. Potem rdeči sprimek ne vseb uje uteži s masama Ig in ng, zato lahko privzamemo, da vsebuje le eno ut ež. Tedaj bi morala ta ut ež t ehtati n(n + 1) / 4 , kar pa v primeru ti > 4 ni mogoče . Imejmo sedaj po dva sprimka ist e barve. Lahko privzamemo, da obstaja rdeči sprimek , ki ne vsebuje uteži s masama I g in ng, t er modri sprimek z enako last nost jo. Naj bo ut ež z maso Ig pobarvana rdeče . Tedaj je vsota m as rdečih uteži enaka ((1 + 2 + ... + k - 1) + (k + 1))g in vsota mas modrih ut eži enaka (k + ((k + 2) + ...+ n))g. Od tod dobimo k(k - 1) 2+(k+l) n(n + 1) 4 378 Tekm ovanja I ki za n = 100 nima cele rešitve. V edinem preostalem pr imeru imamo en rdeč in en moder sprim ek. Dobimo enačbo ki v pr imeru n = 100 tudi nima celih rešitev , s čimer je t rd itev točke (a) dokazana. (b) Vzemimo, n = 20 in k = 14. Tedaj velja 2k(k + 1) = n(n+1) . Na levo damo ut eži z mas ami od Ig do 14g, na desno preostale. J asno je vsota mas poljubnih dveh uteži z leve manjša od vsote mas pojubnih dveh uteži z desne st rani, zato je odgovor na vprašanje (b) nikalen. 2. Dokazali bomo , da lah ko lik razrežemo na kvečjemu n kosov. Središča označenih polj naj bodo vozlišča grafa G, v katerem so povezana središča polj, ki imajo skupno stranico. Tedaj je G povezan graf, v katerem ima vsako vozlišče največ štiri sosede. Za poljubn o vozlišče v grafa G lahko konstrui ramo po dgraf F , v kat erem ima v ist o valenco (število sosedov) , gra f F pa je dr evo, ki vsebuje vsa vozlišča grafa G. Rec imo , da v grafu G obstaja vozlišče v s sodo valenco. Tedaj je vozlišče v v grafu F povezano s sod im številom dreves. Ker je šte vilo vozlišč sodo, ima vsaj eno od teh poddreves sodo vozlišč , zato lahko F razbijemo na dve poddrevesi s sodo vozlišči in uporabimo ind ukcijo. Privzemimo sedaj, da imaj o vsa vozlišča grafa Gliho valenco in v grafu G naj demo cikel dolžine 4 (skupek št irih polj s skupnim ogliščem) . Tvorimo po dgr af H , ki vsebuje vsa vozlišča grafa G, cikel dolžine 4, vsako vozlišče tega cikla pa je povezano z enim dr evesom. Če ima za kako od vozlišč cikla graf, ki sestoj i iz tega vozlišča in z njim povezanega drevesa, sodo število vozlišč , lahko uporabimo indukcijo. V nasprotnem primeru opazujemo dve sosednji vozlišči cikla skupaj z njima povezanima dr evesoma in nato up orabimo indu kcijo. Privze- mimo naza dnje, da je G brez ciklov dolžine 4 (lik na šahovnici ne vsebuje štirih polj s skup nim ogliščem) , v katerem imajo vsa vozlišča liho valenco (enako 1 ali 3). Postavimo šahovnico v koordinatni sistem, tako da imajo središča polj celošt evilske koordinate. Naj ima polje (O, O) valenco 1 in soseda (0, 1) z valenco 3. Privzamemo lahko, da ima po lje (0,1) soseda (-1, 1) in (1, 1) (sicer lik primerno zasukamo). Če imata polji (- 1,1) in (1, 1) valenco 1, je n = 2 in lik lah ko očitno razrežemo na 2 kosa . V nasprotnem primeru lahko pr ivzamemo , da ima polje (1,1) valenco 3. Ker polje (1, O) ni označeno , sta označeni polji (1,2) in (2, 1) . Po lje (1,2) ne more imet i I· Tekmovanja valence 3, sicer bi bilo označeno vsaj eno izmed polj (0, 2) ali (2,2) , v obeh primerih pa bi dobili 4 označena polj a s skupnim ogliščem. Od to d vidimo , da je ima lahko le polj e (2, 1) valenca 3. Indukti vno ugotovimo, da središča polj z valenca 3 ležijo na premi ci y = 2, kar pomeni , da im amo n + 1 polj na premi ci y = 1 in n - 1 pr eostalih polj , ki ležijo izmenom a nad in pod to premico. Ta lik sestoji iz pravokotnika velikost i (n + 1) x 1 in n - 1 kvadratk ov, skupno to rej iz n pravokotnikov. S tem je dokaz končan . 3. Na j bo v število oglišč in e šte vilo robov danega polied ra. Iz E ulerjeve formule dobimo v - e + IOn = 2. Ker iz vsakega vozlišča izhaj ajo vsaj t rije robovi in je rob skupen dvema ogliščema, velja 3v :s: 2e. Od tod dobimo IOn ?,: 1+ 2. Naj bo a, število ploskev s ki stranicami, k: < k2 < .. . < km' Pot em je lil Denimo, da je m > 10 in al , . . . , am < n . Pot em velja alkl + a2k2 + .. .+ amkm 2 IOn ?': 6 + ?': > (n - l )k l + (n - 1)k2 + ...+ (n - l )k lO + lOku + 2 > 6 - > (n - 1)3 + (n - 1)4+ · .. + (n - 1)12 + 130 +2 = 75n. 6 2 V id imo, d a je 10 75n + 67 n ?,: 6 ' kar seveda ni mo žno. Torej je m :s: 10, od kod er dobimo vsaj en indeks i, za katerega velja a; ::::: n . Gregor Cigler Letno kaz alo 1 PRESEK - list za mlade matemat ike, fizike , astro- name in računalnikarje - 27. letnik, leto 1999/ 2000, številke 1-6, strani 1-384 MATEMATIKA Fotografija in matematika IV - Fresnelova leča (Peter Legiša) 4-9 Zlati pravokotnik (Marko Razpet) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 34-43 Katera praštevila so vsote dveh kvadratov naravnih števil? (Iva n Vidav) 68-71 Leonardo da Vinci kot matemat ik (Marija Vence lj) 134-135 Naloge o elipsah iz japonskih te mp ljev - reš. str . 228 (Karmela Milutinovič) 146-151 O šte vilih, ki jih lahko zapišemo s sa mimi enakimi števkami (Ivan Vidav) 200-205 Ob neki nalogi (Jože Grasselli) 259-264 Fotografija in matematika V - Leče , st ekla, očala (Pet er Legiša) 324-329 Kriterij deljivosti s pr ašt evili (Anton Suha dolc) 342-343 Koliko pij ače lahko natočimo v kozarec? (Nada Razpet ) 348-351 FIZIKA Vrzeli kot nosilci naboja v kristalih (Janez St rnad) 10-15 Kdo potrebuje de bele noge? (Vida Kariž Merhar) 44-45 Elektroni in vrzeli v polprevodniku brez primesi (Janez St rnad) 72-77 Prepovedani pas (Andrej Likar) 90-93 Brv in most (Andrej Likar) 132-133 Kako hitro so se gibali dinozavri? (Janez St rnad) 142-145 Merj enje gostote z uro (Andrej Likar ) 210-213 Leonardo da Vinci in fizika (Janez Strnad) 216-222 Elektroni in vrze li v polpr evodniku s prim esjo (Janez Strnad) 276-282 O tranzistorj ih (Janez Strnad ) 330-337 RAČUNALNIŠTVO Kraljice napadajo - reš. st r. 108 (Boštjan Brešar) 16-21 Rekonstru kcija dr eves , 1. del (Mart in Juvan) 78-82 Rekonstru kcija dreves, 2. del (Martin Juvan) 138-141 Prvo te kmovanje iz Unixa (P rim ož Pe terlin, Aleš Košir) , 208-209 Analogno digit aln a pr etvorba (Jože Pahor) 270-274 Lokalne volit ve - reš. str. 356 (Martin Juvan ) 340-341 Letno kazalo ASTRONOMIJA Deklinacija Sonca (Marijan Prosen ) 22-24 Ozvezdj a (Marijan Prosen ) 84-89 Premikanje Lune glede na zvezde (Marijan Prosen ) 136-137 Osmi ca (Marijan Prosen ) 206-207 Bližnj e Ven erino navid ezno prečkanj e Sonca (Marijan Prosen ) 266-269 Trije načini določitve težnega posp eška (Marijan Prosen ) 344-347 NOVICE David Hilbert (1862- 1943) - Ob stoletnici Osnov geome tr ije in skorajš nji stoletnici Hilb ertovih problemov (Marija Ven celj) 26-31 Uspe hi naš ih dijakov na olimpiadah se nadaljujejo (Iz ur edništva) 83 40. mednarodna matematična olimpiada (Matjaž Željko) 158-159 30. mednarodna fizikaina olimpiada (Ciril Do minko) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 159 30. fizikaina olimpiada: P kot Padova ali kot pasj i dnevi (Urban Simončič) 162-163 Leon ardo da Vinci, znanstvenik, izumitelj , umetnik (Janez Strnad) 196-198 Drugo sredozemsko matematično tekmovanje (Darjo Felda) 213-214 Mladinski as t ronomski raziskovalni tabor 2000 (Igor Grom) 341 N OV E KNJIGE Marijan in St ana P rosen : Prvi pogled (Darja Delač Feld a) 215 Mihaela Triglav : Meteorj i - Ob izidu nove "Sigme" (Matjaž Omladič ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. XVIII Zgod ovin a matematike - zgodbe o problemi h (Pet ar Paveši č ) . . . . . . . . . .. XX II R EŠITVE NALOG Zaplet ena sončna ura - Odgovor na vprašanje iz zadnje lanske številke Preseka (Andrej Likar) 52-55 Deklinacija Son ca - Odgovor na vprašanja s st r. 22 (Marijan Prosen) 95 Prepisovanje knj ig - s st r. 25 (Mar tin J uvan) 104-10 7 Lažnivi Kljukec - Od govor na vprašanj e iz zadnje lanske šte vilke P rese ka (Andrej Likar) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165 382 N ALOGE Letno kazalo I Da se t i zmeša - reš. str. 108 (Marija Vencelj) 2 Št iri točke - dve razdalji - reš. str. 94 (Marij a Vence lj) 2 Kvadratne rože - reš . st r. 99 (Mart in Juvan) 3 Tr i zanimive - reš. str. 83 (Dragoljub M. Miloševi č , prev. Barbara Japelj ) 3 Na loga s pr ob lemom - reš. str. 102 (Marij a Vence lj) 24 Prepisovanj e knjig - (Matija Lokar) 25 Lahek kript aritem - reš. st r . 101 (Marija Vencelj) 43 Zložen ki - reš. str. 107 (Dragoljub M. Miloševi č ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 Stalimo sneg ! - reš. str. 154 (Andrej Likar ) 66 Koliko iger? - Rešit ev (po dvoji ško) st r. 165 (Marija Vencelj) . . . . . . . . . . . .. 67 ABBCCC - reš. st r. 155 (Martin J uvan) 67 Enobarvna kocka - reš . st r. 166 (Marija Vencelj) 67 Premoženje - reš. str. 163 (Mar ija Vencelj) 82 Koliko manj ših? - reš. st r . 156 (Martin Juvan) 89 Kako sta sklepala Nina in Žiga? - reš. str. 141 (Silva Kmetič) 98 2000 - reš. st r . 362 (Martin Juvan) 130 Britje - reš. st r . 198 (Andrej Likar) 130 Enakostranična t r ikot nika - reš. st r. 205 (Marija Vencelj ) . . . . . . . . . . . . . . . . 131 Dopolni račun - reš . st r . 227 (Marija Vencelj ) 131 Poravnani kazalci - reš. st r. 232 (Martin Juvan ) 131 Izlušči in dokaži pravilo - reš. st r. 226 (Marija Vencelj ) 145 Dva faktorj a brez ničel - reš. st r. 231 (Marija Vencelj) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 Piransko sonce - reš. str. 265 (Andrej Likar ) 194 Krožni diagram - reš. st r . 283 (Martin Juvan) 194 Številska kri žanka - reš . str. 287 (Urška Demšar) 195 Višine trikotnika - reš. st r. 275 (Marija Vencelj) 195 Največje pr aštevilo - reš. str. XIX (Marija Vencelj) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 195 Tr ikotnika - reš. st r. 283 (Dragoljub M. Miloševi č] 222 Satovje - reš. str. 285 (Ma rtin Juvan) 223 Številski uganki - reš. st r . 264 (Marija Vencelj) 226 Svetlost Lune ob mrku - reš. st r. 359 (Mitja Rosina) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 258 Dve nalogi - reš. st r. 361 (Marko Razpet ) 258 Št evilska piramida - reš. str. 339 (Marija Vencelj) 258 Premisli in nar iši - reš. str. 337 (Marija Vencelj) 269 Številska izpolnjevanka s simetr ijo (Marij a Vencelj) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322 Trinajst delit eljev (Marij a Vencelj) 322 Elipsa , par abola in pravokotni tangenti (Ma rko Razpet) 322 Letno kazalo TEKMOVANJA 35. tekmovanje za Zlat o Vegovo priznanje (Aleksander Potočnik) 56-57 19. državno te kmovanje iz fizike za osnov nošolce (Mojca Čepič) 57-59 37 . fizikalno t ekmovanj e srednješolcev Sloven ije (Ciril Dominko) 59-62 43. matematično tekmovanje srednješolcev Slovenij e (Matj až Željko) 62-64 34. področno tekmovanje za Srebrno Vegovo prizn anj e - reš . st r. 170 (Aleksa nder Potočnik ) 109-11 4 19. področno tekmovanje iz fizike za osnovnošolce - reš . str . 172 (Mojca Čepič) 114-119 Izbirno tekmovanje iz matem atike za sre dnješ olce - reš. st r. 178 (Matjaž Željko) oo • •••• • • • • • oo oo oo oo oo oo • • • • • • •• • • oo oo oo oo oo ••• ••• 119-121 Naloge s fizikalnega predt ekmovanja sred nješ olcev Slovenije v šolskem let u 1998/ 99 (Ciril Dominko) 121-125 20. mednarodno matemat ično tekmovanje mest - pom ladansk i kro g - reš . st r. 189 (Aleš Vavpetič) 125-128 Urn ik tekmovanj v let u 2000 (Darjo Felda) 168-170 Rešitve nalo g s pred tekm ovanja sred nješo lcev iz fizike v šolskem let u 1998/ 99 - s st r . 121 (Bojan Go lli) . oo oo oo oo oo •• • • • • • oo oo oo oo. 182-188 35. državno t ekmovanje za Zlat o Vegovo prizn anj e - reš . st r. 290 (Aleksander Potočnik) 235-236 19. državno tekmovan je iz fizike za osnovno šolce - reš. st r. 291 (Mo jca Čepič) 237-243 43 . matemat ično t ekmovanje srednješolcev Slovenij e - reš. st r. 300 (Matjaž Željko) oo • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • 244-246 Naloge z državnega fizikalnega t ekmovanj a srednješolcev Slovenije v šolskem let u 1998/ 99 (C iril Dominko) 246-2 54 40. mednarodna matematična olimpiada - Rešitve izbranih nalog s st r . 158 (Matjaž Željko) . . . oo oo oo oo oo . oo oo • • • • oo oo oo oo oo oo • • • •• • 254-256 Rešit ve nalog z državn ega tekmovanja iz fizike v šolskem letu 1998/ 99 - s st r. 246 (Bojan Golli) oo oo •• oo • • oo • •••••••• • •• • oo • • • • • • • 304-313 Rešitve nalog s prvega tekmovanja iz Unixa - s st r . 208 (P rimož Peterl in in Aleš Košir ) 313-319 Izb irni testi za med narodno matematično olimpiado - reš. st r . 366 (Matjaž Željko ) 319-320 21. mednarodno matemat ično tekmovanj e mest - reš. st r. 372 (Gregor Cig ler) oo oo • • • • • • • • • • • • • • oo oo • • • • • • • • • • • • 370-372 Letno kaza lo I ZA NIMIVOSTI - RAZVEDRILO Zakaj je 7 oznaka za šte vilo sedem? (Matija Lokar) 15 Iskrica (Tatjana Hernaus) 21 Križanka "Merje nje časa" - reš . st r. 103 (Marko Bokalič) 32-33 Verižn i ulomki in astronomija (Marino Pavletič) 46-51 Ozvezdja nekoliko drugače (Marijan P rosen) 66 Kr ižanka "P opolni Sončev mrk" - reš . str. 164 (Marko Bokalič) 96-97 Poslušajmo praštevila (Mojca in Matija Lokar) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152-154 Kr ižanka "Odkritja tisočletja" - reš . str . 234 (Marko Bokalič) 160-161 Križanka o velikem znanstveniku, izumitelju in umetniku - reš . str. 284 (Marko Bokalič) 224-225 Križanka "Jubilejno let o našega največjega poeta" - reš. str . 355 (Marko Bokalič) 288-289 Aval a , Beograd, Cetinje in fizikaIna antifonetična abeceda (Primož Peterlin in Janja Majhenc) 323 Križanka "P oplava mobiln ih te lefonov" - reš. str. 365 (Marko Bokalič) 352-353 Obdobje zanimivih datumov (Mark Pisanski in Tomaž P isa nski) 354-355 P R E SEK list za m lade m a temat ike, fizike , astr o name in računalnikarje 27. le t nik, šolsko le to 19 99 / 2000 , številka 6, strani 321 - 384 UR E DNIŠKI ODBOR: Vladimir Batagelj, Tanja Bečan (jezikovni pregled), Vilko Do majnko, Ro man Drn ovšek (nov ice) , Darjo Felda (t ekmovanja) , Bo jan Go lli, Marjan Hribar, Boštjan Jaklič (tehnični ur ednik) , Martin Juva n (glavni urednik, računalništvo) , Sandi Klavžar, Boris Lavrič, Andrej Likar (fizika) , Mati ja Lokar , Franci Oblak , Pe ter Petek , Marijan Prosen (astronomija), Marija Vencelj (matema- t ika, odgovorna urednica). Dopisi in naročnine : DMFA - za ložništvo, Presek, Jadranska c. 19, 1001 Ljublja- na, p .p . 2964 , tel. (061) 1232-460 , št. ŽR 50106-678-47233. Naročnina za šolsko let o 1999 /2000 je za posamezne naročnike 2 .000 SIT, za sk upinska naročila šo l 1. 650 SIT, posamezna številka 40 0 SI T , za tuj ino 25 EUR, de vizna nakazila SKB banka d .d . Ljubljana, val-27621-42961/9 , Ajdovščina 4, Ljubljana. List sofinanc irata M ZT in MŠŠ Založi lo DMFA - za ložništvo Ofset t isk DELO - Tiskarna, Ljublj ana © 2000 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije - 1423 Poštnina plačana pri pošti 1102 Ljubljana Akromatična predleča je precej debelejša in težja od enako močne enostavne predleče, naredi pa seveda tudi precej boljšo sliko. Močno povečan voga l slike, narejene s 400 milimetrskim objektivom, kaže t.i. sekundama ali pre- ostalo barvno napako . Ceprav je goriščnica enaka za modro in rdečo svet lobo, so "iz kontrole ušle" nekatere druge barve : robovi črk so na eni strani obarvani vijolična, na drugi zeleno .