KRATKOČASNE VŽiGALICE - rešitve so na III. str. ovitka 49 50 51 52 53 45. Sestavi iz štirih vžigalic vzorec, v katerem bo 16 pravih kotov! 46. Iz šestih vžigalic sestavi 3 enake kvadrate! Pri tem smeš prelomiti dve vžigalici. 47. Iz devetih vžigalic sestavi šest kvadratov! 48. Sestavi 3 enake kvadrate najprej iz 10 , nato pa še iz 11 vžigalic! 49. al Prestavi 4 vžigalice , da dobiš 3 enakostranične t rikot- nike! bl Prestavi 4 vžigalice, da dobiš 4 enake rombe! cl Prestavi 3 vžigalice, da dobiš 6 paralelogramov! 50 . Odstrani 4 vžigalice, da ti osta- nejo štirje enaki trikotniki. 51. Odstrani 3 vžigalice, da ti ostane- jo tr ije trikotniki ! 52. V Davidovi zvezdi je 8 trikotni - kov. a) Prestavi 2 vžigalici , da do - biš 6 trikotnikov! b) Prestavi 6 vžigalic, da dobiš 6 rombov! L -=ILILI \ \\\\\ 53. Iz 16 vžigalic sestavi puščico! al Prestavi 10 vžigalic, da dobiš 8 enakih enakostraničnih trikotnikov! b) Prestavi 7 vžigalic, da dobiš 5 enakih pa ralelogramov! PRESEK- FIZIKA TEKMOVANJA NOVE KNJIGE RAČUNALNiŠTVO NALOGE RAZVEDRILO RAČUNALNiŠTVO MATEMATIKA NOVICE REŠiTVE NALOG list za mlade matematike, fizike in astronome 14 (1986/87) številka 3, strani od 129 - 192 VSEBINA Jabolko in Luna - Ob tristo letnici Newtonovih Principov (Janez Strnad) 130 Utrinki (Izbral in prevedel Janez Strnad) 137.143 22. republ iško tekmovanje osnovnošolcev iz matematike - rešitve str. 187 (Aleksander Potočnik) 138 16. zvezno tekmovanje osnovnošolcev iz matematike - rešitve str. 190 (Aleksander Potočnik) 142 Tošič R., Zbirka rešenih zadataka iz matematike - Brojevi (Marjan Vaqsjal 144 Smu llyan R., Šahovske skr ivnosti Sherlocka Holmesa (Peter Petek) 144 Štalec 1. in dr., Zbirka vaj iz aritmetike, algebre in analize za 3. razred srednjih šol (Ciril Velkovrh) . . 182 K ako računalnik nariše krožnico (Andrej Vitek) 145 Mlad im Vegovcem za ogrevanje - rešitve str. 183 (Aleksander Potočnik) 156 Presekov koledar II (Ciril Velkovrh) : . . . . 157 BOLJ ZA ŠALO KOT ZARES - Poiščite tatu. Nogomet. Nenavadna plošča - rešitev str. 192 (Izbrala in prevedla Dušica Boben) 155. 169 Kratkočasne vžigalice - rešitev str. III (R . Rojko) . II Astronavtiko na znamkah so nam poslali Andreja iz Celja , Marko in Petra iz Ljubljane IV BISTROVIDEC - Bi ljard (Vladimir Batagelj) 158 PREMISLI IN REŠi - Kaj izpiše naslednji program- rešitev iz P-1 - Vsota dveh potenc (PPetekl . . . 159 ŠTEVILSKA KRIŽANKA (Franci Ob lak) . . . . . . . . 160 LOGO na računalniku Spectrum - SOLl /LCSI Sinclair Logo (V. Batagelj, B. Horvat, T . Pisanski) 162 Trikotn iška števila (Jože Grasselli) 170 Magični kvadrat 4n x 4n (Borut Zalar) 175 Prof. dr. Ivan Kuščer - novi častni član društva (Ciril Velkovrh) 178 Druga letna šola fizike (Nada Razpeti . . . . . . 179 7. letna šola mladih matematikov, Bled 86 (A .Potočnik). 180 27 . med narodna matematična olimpiada (Jože Fabčič) 181 Številska križanka iz P/XIV-1 (Franci Oblak) 189 Slika na ovitku . Newton in padajoče jabolko. Japonski lesorez iz prejšnjega stoletja priča, da je zgodba razširjena po vsem svetu. Lesorez ima v svoji zbirki Stillman Drake in je posnet iz njegovega članka Newton 's apple and Galileo's dialogue (Newtonovo jabolko in Galilejev Dia log) iz Sc ientific Americana 243 (1980) '122 (2). 129 '-1-/'""r L "" JABOLKO IN LUNA Ob tristoletnici Newtonovih Principov Menda pozna Isaaca Newtona (slika 1) več ljudi po zgodbi o jabolku in Luni kot po gravitacijskem zakonu, na katerega naj bi ga navedla, in po osnovnih zakonih mehanike. Večina življenjepiscev povzema zgodbo po Voltairu, ki jo je slišal od Newtonove nečakinje. Okoli leta 1666 je bila cambriška univerza več kot poldrugo leto zaprta zaradi kuge. Triindvajsetletni Newton seje tedaj vrnil v rodni kraj Woolsthorpe na materino kmetijo. Knjige je pustil v Cambridgu in je imel veliko časa za razmišljanje. Naključje je naneslo, da je razmišljal na vrtu, ko je z jablane padlo zrelo jabolko . Newton je razglabljal o tem, zakaj pade jabolko. Vprašal se je, Slika 1. Isaac Newton (1642 -1727). Newton je živel v zelo razgibanem času. Leta 1649 so usmrtili kralja iz katoliške dinastije Stuartov, ki se je z ap lete I v boj sp arla- mentom. Do leta 1660 je bi - la Anglija republika. Takrat so se vrnili na prestol Stuarti. Toda leta 1688 so pregnali kralja iz te dinastije v s/avni revo/uc iji in si izbrali protestantskega kralja. V tem času so s pogodbami določ ili meje k raljeve ob lasti in ločili zakonodajno in izvršilno oblast te r tako po- ložili temelje demokratični držav i. 1. Newton je vztrajno zastopal stališče univerze prot i samovolji katol iškega kralja . Pozneje so ga izvolili v parlament. Redno je hodil na seje, a se na njih ni ogla- šal. Bil je povzd ignjen v ple - miški stan in je postal najprej nadzornik in nato upravnik držav ne kovnice de narj a. 130 zakaj ostane Luna v nesp remenjeni razdalj i. Na Luno mora delovati ista sila kot na jabolko. le da je zarad i večje oddaljenosti šibkejša. Zgodba o jabolku in Lun i ni zašla samo v skoraj vse Newtonove življenjepise, ampak tudi v mnoge učbenike. Zbudi zanimanje. preprosta je in lahko si jo je zapomniti, tako da pripravi učenca na gravitacijski zakon . V zgodovin i človeštva ni večjega imena, kot je Newtonovo, in ni ga človeškega dela, ki b i doseglo viš ino njegove knjige Principi. Dejstvo, da je to mojstrsko delo prvič omo- gočilo, da so ljudje prodrli v globino narave in da je z bleščečo lučjo osvetl ilo mehanizem, ki giblje nebesna telesa, pojasnjuje, zakaj so na pisatelja te knjige gledali kot na človeka, ki je prekosil človeški rod. To nam tud i pojasnjuje, zakaj je najznamenitejši nadaljevalec njegovega dela, Laplace, lahko rekel: "Ta knjiga se bo ohranila kot spomenik veleuma, k i nam je odkril največji zakon vesolja." Prav zaradi tega je Lagrange resignirano vzkliknil : " New to n je lah ko srečen, da je imel nalogo, pojasniti sestav sveta . Žal je nebo samo eno." ln zato je slednjič njegov najslovitejši pevec , Voltaire, zaklical: "Večne prvine, Najvišjega znan ke, ne žge ljubosumja v vas veli ki Newton?" P. Ro u sseau, Zgodovina znanosti, DZS, Ljubljana 1955, str . 272 Anekdota pravi , da je Newton izrekel gravitacijski zakon, ko je op azoval padanje zrele ga jabolka z drevesa. Resnica je nekoliko drugačna. Newton je izrekel gravitacijsk i zakon šele po skrbnem pr imerj anj u padanja jabolka z gibanjem Lune. J.Ferbar. F .Plevn ik, Fizika za 8.razred, DZS, Ljubljana 1975, st r . 59 Manj znano obliko zgodbe navaj a W. Stu keley v Memoirs of Sir Isaac Newton 's Life (Spom ini na življenje sira Isaaca Newto na): "Po kosilu (pri Newtonu v Lon donu) je bilo toplo vreme. Preš la sva na vrt in pi la č aj v senci jabl an . Bila sva sama. Med drug im mi je sir Isaac pripovedoval . da mu je v čisto enakih okoliščinah pad la na pamet prva misel o gravitaciji. Sprožilo jo je [abol - ko . ki je pad lo. ko je pog reznjen v misli sedel na vrt u . Zakaj pade jabo lko vedno navpično, zakaj ne post rani , ampak vedno proti središču Zemlje? Če snov tako privlač i d rugo snov. mo ra obstajati sorazmernost z njeno množino. Zarad i tega jabolko prav ta ko pr iv l ač i Zemljo kot Zemlja jabolko . Zato mora obstajat i sila, podobna ti sti, ki ji pravimo teža in ki sega po vsem veso lju ." Nekateri pisci o b Newtonovem prisilnem bivanju v Woolsthorpu ne varču ­ jejo z vznesenimi besedami. Pierre Rousseau je v Zgodovini znanosti zap isal: "Človeštvo bi lahko brez škode prečrtalo v svoji zgodovini dobo od Arhimedo- ve smrti do Descartesovega rojstva s pridržkom , da bi se pri tem ohranilo New- 131 tonovo bivanje v Woolsthorpu. (Ni čisto jasno, kako je to mis lil, saj je bi l Ren~ Descartes rojen že leta 1596, medtem ko je Newton živel v Woolsthorpu s kratko prekin itvijo od 1665 do 1667.) Če bi vsako od obeh časovnih obdobij položi li na skledico tehtn ice, in sicer osemnajst stoletij na eno stran in dve let i na d rugo , verjetno ose mnajst stoletij ne bi tehtalo več. V času tega bivanja v Woolsthorpu je namreč Newton iznašel infinitezimalni raču n , odkril splošno težnost ter se lot il teorije svetlobe. Čuval pa se je, da b i komu kaj pokazal; prvič zaradi tega, ker še ni izved el dokončnih dokazov, in drugič zaradi teg a, ke r je kazal nagonsk i odpor pred javnostjo in razpravljanjem ." Letos je m inilo tristo let , odkar je Isaac Newton v knjig i Principia methe- matica philosophiae naturalis (Matematične osnove naravoslovja *) postav il temelje mehanike (slika 2). Prav zarad i obletnice smo se spomnili na zgodbo o jabolku in Luni. V Principih je Newton prvič navedel tri osnovne zakone me hanike in gravitacijsk i zakon . V zadnjem od treh delov Principov z naslovom Sistem sveta je precej pozornosti namen il Lun i in je obdelal njeno gibanje okol i Zemlje. Sli ka 2. Naslo vn a stran p rv e izdaje Princ ip ov iz leta 1687 . Dovoljenje za tis k j e knjiga dob il a leto prej. a tisk anje se je z av le k lo . PHILOSOPHI1E N A T UR. A LI S P R 1 N C 1 P 1 A MATHE M ATICA· A UfOf(' 7s. N EWTO N, Tri". CPiJ" ~~nf.11J• ..w. ~hrbc{C'OI Pro(d fore L.flfiJ1/~• .se s«iubtlsJegO- telmovcxt7jo.. IZ ma!blna"tie .za. ZLATO VEGOVO PR/2NANJE IJI1FA SRS /(ot;Jer !J8S I HEN , Karel Destovnik-Kajuh, Ljub ljana; Jernej GRUDNIK, Šlandrove br iga- de, Ljubno ob Savinji ; Jože ROTAR , Antona Tomaža-Linharta, Radovljica: Mat jaž KUKOVEC, Velj ka Vlahoviča , Ljubljana; Mirjana TODOROV iČ, l.ucijana Seljaka, Kranj; Nina ŽNIDARŠiČ, Milana Šuštaršiča , Lj ubljana; Slavko KORENČ, IX . korpusa NOVJ, Nova Gorica; Tat jana RUDOLF , Pohor- skega odreda, Slovenska Bist rica; Danilo BERTALANiČ , Daneta Šumenjaka , Murska Sobota; Gr iša PLANINC, Cir i la Kosmača , Piran; Janko MEDJA, France Prešeren, Kranj; Liza SLIVNIK, pro f.dr . Josipa Plemlja, Bled; Matej ČERNI ­ GOJ, Antona Ukmarja , Koper; Milan ORNIK , Srečko Rojs-N iko , Volič ina; Nataša POŽAR , Edvarda Kardelja, Lucija; Nina KOKALJ, Padlih prvoborcev, Ž ir i; Primož PODRŽAJ, Maksa Peča rj a, Ljubljana; Sašo STOJANOViČ , Katje Rupena, Novo mesto; Simona STORMAN, Bratov Juhart, Šempeter v Savinjsk i dolini in Tomislav LUŠIČ, nar. heroj a Rajka, Hrastn ik . 8. razred I. nagrada: Renata NOVAK, Zvonka Runka, Ljubljana; II. nagrada: Vilko LEBEN , Prešernove brigade, Že lezniki in A lenka KAV - KLER, Franc Rozman-Stane, Maribor; III. nagrada: Rok PESTOTN IK , Toneta Seliškarja, Ljubljana. Priznanja so osvojili še: Grega BIZJAK, Šmarje pri Jelšah; Marko PINTERiČ, Prežihov Voranc, Maribor; Mateja ŽEPiČ, France Prešeren, Kranj; Primo ž POTOČNIK, Ketteja in Murna, Ljubljana; Samo GERKŠiČ, Zvonka Runka , Ljubljana; T ine TRETJAK, Franja Vrunča , Slovenj Gradec; Alenka STRDIN , Bojana Ilicha, Maribor; Andrej BAVER , Danile Kumar, Ljubljana; Jani HADALIN, Ivana Cankarja , Vrhn ika; Mitja KOLŠEK, Gustava Šiliha , Titovo Velenje; Anka JAMNIK, Simona Jenka, Kranj; Borut LESJAK, France Preše- ren, Kranj ; Borut PUST, Simona Jenka, Smlednik ; Maruša POMPE, Riharda Jokopiča, ljubljana; Matej GUČEK, Frana Roša, Celje; Matjaž PIHLER, Milana Šušterš iča, Ljubljana; Helena STANiČ, An ton Velušček-Matevž, Kanal; Janko PETROVEC, Slavka Šlandra, Prebold; Lena SOTLAR , Staneta Kosca, Šmartno pod Šmarno goro; Mateja JAGODIC, Bratov Ribarjev, Brežice; Grega DOLINAR, Petra Kavč iča, Škofja Loka ; Gregor PETROViČ, dr.Franja Žgeča, Dornava ; Marko KOVAČ , Milan Mravl je, Ljublj ana; Meteja SUŠIN, Bratov Ribarjev, Brežice; Matevž ČADONIČ , Mirana Jarca, Črnomelj; Miha BERKO- PEC, Franceta Bevka, Ljubljana; Boštjan RAČiČ , Toneta Seliškarja, Ljubljana; Jure DOBNIKAR, Pohorskega odreda, Slovenska Bistrica; Lea POGAČNIK , Antona Tomaža-Linharta, Radovljica; Matevž TADEL , Majde Vrhovnik, Ljubljana; Mojca PERČiČ, Lucijana Seljaka, Kranj; Renata BLATNIK, Franca Leskošeka-Luke, Ljubljana; Samo DREO, Edvarda Kardelja, Poljčane; Simon PLAZNIK, Marjana Nemca, Radeč e; Ton i JOŠT, Peter Šprajc-Jur, Žalec in Zoran GRILC, Prežihov Voranc, Maribor. 140 7. razred Naloge števila a, a+1, a+2. Kvadrat vsote danih teh števil. Izračunaj vrednost dobljenega 1. Dana so tri zaporedna cela števil deli s produktom kvadratov izraza, če je a =-3. 2. Pravkar posekani les je vseboval 40% suhe snov i in 60% vode. Po sušenju je les vseboval le še 50% vode. Kolikšna je bila masa lesa po sušen]u, če je pred sušenjem tehtal 2250 kg? 3. Najmanj koliko členov mora imeti vsota 1986 + 1986 + ... + 1986, da bo deljiva z 99? Odgovor utemelji. 4. Krožnico spoimerom 1 m razdelimo na štiri enake dele, nato pa vsako četrtino zvijemo v novo, manjšo krožnico. Vsaka od novih krožnic naj leži znotraj prvotne krožnice; med seboj naj se novi krogi ne prekrivajo. Koliko % ploščine prvotnega kroga ni pokrite z malimi krogi? 5. V poljubnem trikotniku 6.ABC nariši simetralo notranjega kota 4-8. Presečišče simetrale in stranice AC označi s črko D. Skozi točko Dnariši vzpo- rednico stranici BC in označi presečišče stranice AB in te vzporednice s črko E. Kakšen je trikotnik 6.BDE? Odgovor utemelji. 8. razred 1. Enakostranični valj presekamo z ravnino, ki je pravokotna na njeno osnov- no ploskev . Presek osnovne ploskve s to ravnino je tetiva, ki ima dolžino 6 cm in središčni kot 1200 • Z ravnino smo valj presekali na dva kosa . Izračunaj pro- stornino manjšega kosa. 2. Dana je funkcija y = (n2 - 2)x + 4n2 - 8. a] Določi n tako, da gre njen graf skozi točko T(-3, 7). b] Določi n tako, da bo njen graf vzporeden z grafom funkcije y = 2x - 5 . cl Za n = y3 izračunaj razdaljo med dano premico in koordinatnim izho- diščem . 3. Kolikojex+ 1/x,čejex2 + 1/x 2 = 1/4? 4. Dana sta veččlen ika A = x 3 + x 2 - 9x - 9 in B = (x - 2)2 - (x - 4)2. a) A in B razcepi in okrajša] ulomek AlB. b] Pokaži, da je za vsako liho vrednost spremenljivke x, x =1= 3, vrednost ulomka AlB sodo število. 5. Andrej stoji 4 m stran od cestne svetilke. Na koncu Andrejeve sence, ki jo daje svetilka, stoji njegov enako visoki prijatelj Branko. Brankova senca je dvakrat daljša od Andrejeve. Izračunaj dolžino Brankove in Andrejeve sence. Aleksander Potočnik 141 16. ZVEZNO TEKMOVANJE OSNOVNOSOLCEV IZ MATEMATIKE Zvezno tekmovanje osnovnošolcev iz matematike je bilo letos v soboto, 7. ju- nija, v osnovni šoli Kočo Racin v Skopju. Kakor vsako leto ga je tudi letos organiziral Matematički list za učenike osnovnih ško la iz Beograda. V petek, 6. junija, so se tekmovalci zbrali v Skopju, v soboto, 7. junija, ob 9. uri pa je bila svečana otvoritev tekmovanja. Nato so tekmovalci dve uri in pol reševali dokaj zahtevne naloge. Po kosilu so prijazni gostitelji za vse te- kmovalce in njihove mentorje pripravili krožni ogled Skopja in njegovih kultur- no-zgodovinskih spomenikov in muzejev, tekmovalna komisija pa je medtem pregledala izdelke. Tekmovalo je 44 sedmožolcev in 51 osmošolcev. Med njimi so po sklepu republiške tekmovalne komisije Slovenijo zastopali naslednji učenci : sedmošol- ci Nada BAJŽELJ (OŠ Lusijan Seljak, Kranj), Jernej BAN (OŠ Riharda Jakopi- ča, Ljubljana) in Saša BLAŽiČ (OŠ Mirana Jarca, Črnomelj) ter osmošolci Renata NOVAK (OŠ Zvonka Runka, Ljubljana), Vilko LEBEN (OŠ Prešernove brigade, Železniki), Alenka KAVKLER (OŠ Franc Rozman-Stane, Maribor) in Rok PESTOTN 1K (OŠ Tone Seliškar, Ljubljana). Naši učenci so se na tekmovanju solidno odrezali, saj so pohvale osvojili Jernej BAN, Sašo BLAŽiČ in Renata NOVAK. Tekmovalna komisija, ki so jo sestavljali po en predstavnik vsake republike in avtonomne pokraj ine ter predstavnik Matematičkega lista, je izmed pred lo- gov vseh članov komisije izbrala naslednje naloge: 7. razred 1. Tovariši Amir, Boris in Cane so igrali športno napoved in vplačali naslednje zneske: Amir 600 din, Boris 900 din, Cane 1500 din . Skupaj so zadeli 1700 din. Kako bodo pravilno razdelili dobitek? 2. Otroci so ujeli določeno število muh in pajkov, ki so imeli skupaj 176 nog. Koliko je bilo muh in koliko pajkov , če veš, da ima muha 6, pajek pa 8 nog in sta števili pajkov in muh parni in dvomestni? 3. Štirimestno število ima naslednje lastnosti: a) prva in četrta cifra sta enaki; b) druga in tretja cifra sta enaki ; c) enako je produktu treh zaporednih praštevil. Katero število je to? 142 4. Dokaži, da je v pravokotnem t rikot niku vsota dolžin katet enaka dvakratni vsoti dolžin polmerovočrtanegain včrtanega kroga . 5. Poišč i notranje kote enakokrakega trikotnika !:J.ABC (AC = BC), če se središči 01 in O očrtane in včrtane krožnice prezrcalita preko osnovnice tri- kotnika drugo v drugo . 8. razred 1. Če naravnemu številu, ki se končuje s 5, odvzamemo cifro enic, dobljeno število pomnožimo z njegovim naslednikom in produktu na desn i pripišemo 25, dobimo kvadrat prvotnega števila. Dokaži, da trditev velja za trimestna števila. 2. Poišči vse urejene trojke lx, y, z), kjer so x, y in z naravna števila, ki za- doščajo enačb i xyz + xy + xz + yz + x + y + z + 1 = 1986, tako da je x naj- manjše od teh števil. 3. Na šolski tabl i je bilo nap isano trimestno število **8. Trije učenci so ugi- ba li njegove lastnosti: Zoran: "Vse njegove cifre so parne in ima parno štev ilo različnih prafak- torjev." Dušan: "Deljivo je z 9 in je kvadrat naravnega števila." Nikola: "Manjše je od 400 in t rinajstkrat večje od nekega naravnega šte- vila." Pokazalo se je, da je vsak od njih uganil natanko eno lastnost. Zapiši cifri na mesto zvezdic. Utemelji odgovor. 4. Dan je pravokotn ik ABCD. V njem izberi poljubno točko T in skoznjo nariš i vzporednici stranicam pravokotnika. Dokaži, da je ploščina vsaj enega od nasta lih manjših pravokotnikov, ki vsebujeta točko A ali točko C, manjša ali en aka četrtini ploščine prvotnega pravokotnika . 5 . V pravokotnem trikotniku !:J.ABC označimo dolžine katet z a in b, hipo- tenuze s c in višine na hipotenuzo s h. Dokaži, da je c + h >a + b. Aleksander Potočnik Tukaj počiva Sir Isaac Newton, p lemič, ki je s skoraj božanskim umom prvi z bakljo matematike ugotovil gibanje planetov, poti kornetov in plimo morja oo. Napis na Newtonovem grobu 143 Tošič R., Zbirka rešenih zadataka iz matematike - brojevi - Materi- jali za dodatnu nastavu, sveska 2, Novi Sad, DMFA SAP Vojvodine, 1986, str. 70, cena 400 din. Zbirka vsebuje 113 rešenih nalog iz elementarne teorije števil, namenjenih predvsem učencem sedmega in osmega razreda osnovne šole in učencem sred- njih šol. Reševanje nalog zahteva le znanje osnovne šole in nekaj dejstev iz elementarne teorije števil, ki so navedene na začetku zbirke. Naloge lahko ko- ristno služijo učiteljem osnovnih in srednjih šol, organizatorjem in udeležen- cem raznih matematičnih tekmovanj, poletnih in zimskih šol in vsem, ki uživa - jo v reševanju matematičnih problemov . Izbor nalog je zelo raznolik. Del nalog je originalen. Med nalogami so v glavnem take, ki širijo bralčeve poglede na matematiko. Marjan Vagaja Peter Petek Smullyan R., SAHOVSKE SKRIVNOSTI SHERLOCKA HOLMESA, Ljubljana, DZS, 1986, cena 2300.- V Preseku smo že objavili primer re- trogradne šahovske analize (P-X/4, str. 183, P-XII2, str . 118 in P-XI/4, str. 169). Ta analiza ne raziskuje naj - boljših možnosti za igro v naslednjih potezah, ampak ugotavlja, kaj se je zgodilo v prejšnjih. In prav s takimi vprašanji se ukvarja Sherlock Holmes v pričujoči knjigi. Ali sme beli ro- kirati, kje je padla črna dama, kaj je bila zadnja poteza belega, na katerem polju mora stati beli kralj itd. itd. Obenem s pomočjo šahov- skih retrogradnih problemov išče zakopani zaklad na samotnem otoku in se bojuje s svojim smrtnim sovražnikom profesorjem Moriar- tyjem . 144 ..... . .- .. : ",:' R~~~ti~~')'~~ • ' -sxnrvrrcsm> . ' II ' SHE:RLOCKA~::" ··..J .. -Hoi.ME'SA\.+ ," : ~" "" .--._., ~~ !~: 1 II <~;.:,' ffL.~N-.... -,. c: I !:l I:l I 1:1 ~. • I:l 1:1 Seveda, če oklestimo vsebino holmesovske barvitosti, ostane pred nami zbirka logičnih problemov na podlagi šahovskih pravil kot aksi- omov. Zato bo bržkone zanimiva tistim ljubiteljem šaha in logike, ki v prastari kraljevski igri ne vidijo le igre. KAKO RAČUNALNIK NARISE KROŽNICO Zadnjič (Presek 13 (1985/86)1) smo si ogledali računalnikovo ravnilo . Spozna- li smo, kako računalnik nariše dalj ico. Danes si oglejmo še njegovo šestilo , po- glejmo torej, kako računalnik riše krožni lok. Preden nadaljujemo, le ponovi- mo, kakšen je računalnikov papir: velika rešetka raznobarvnih pik, oštevilčenih z dvema celima številoma - številko stolpca in vrstice, v kateri pika stoji. Zato bo tudi krožnica, ki jo bomo narisali, rahlo žaqasta, Toda to nas ne bo motilo, kot nas ni motilo zadnjič. Slika 1. Skica risanja z mnogokotnikom 145 Kratek izlet v trigonometrijo (Opomba: če trigonometrije ne obvladate. lahko ta odstavek mirno presko- čite.) Sedaj, ko znamo risati daljice. nam najprej pride na misel. da bi poskusili krožnico narisati z daljicami. Po obodu kroga razporedimo enakomerno raz- maknjene točke. ki jih med seboj povežemo z daljicami. Tako namesto krožni- ce narišemo sicer mnogokotnik, ki pa krožnico ponazarja dovolj dobro. če smo le na obod razmetali dovolj točk. Poskusimo določiti koordinate teh točk! V ta namen privzemimo, da se središče kroga ujema z izhodiščem koordinatnega sistema, njegov polmer pa označimo zR. Na obod razporedimo N točk. Točko. v kateri bomo začeli risati, postavimo na os x in jo označimo s To, preostale pa naj bodo Ti. oo., TN -l. Tako je središčni kot med zaporednima točkama enak ravno N-temu delu polnega kota, torej (izražen vradianih) 2*PI/N (glej sliko 1). Središčni kot med začetnim in k-tim naslednjim ogliš- čem (Tk) je zato k-krat tolikšen. Koordinati xk' Yk točke Tk sta tako xk = = R * cos(k * 2 * PIIN) in Y k = R * sin(k * 2 * PI/N). kjer je k = 0, 1,2, ...• N - 1. Če se središče krožnice in izhodišče koordinatnega sistema ne ujemata, moramo koordinatama xk in Y k prišteti še koordinati središča Xs in ys, tako da ima v splošnem primeru točka Tk koordinati (xS+xk' YS+Yk) ' Prepišimo te ugotovitve v postopek za risanje! V ta namen označimo z R N xsred, ysred xzač,yzač xkon,ykon kot korak - polmer kroga, - število stranic mnogokotnika, - koordinati središča kro žnice, - koordinati začetne točke trenutno risane stranice, - koordinati končne točke te stranice, - središčni kot zadnje narisane točke, - središčni kot med zaporednima ogliščema. Risanje gre potem takole: (1) postavi se v začetno oglišče: xkon := R, ykon := 0, kot:= 0, korak := 2*PIIN (2) izra čuna] koordinati naslednje točke : xzač := xkon, yzač:= ykon, kot := kot + korak, xkon := R * cos (kot), ykon := R * sin (kot) 146 (3) prejšnjo točko poveži z njo: Daljica (xzač, yzač, xkon, ykon) (4) koraka (2) in (3) ponavljaj, dokler ni narisanih vseh N daljic. Ustrezni podprogram prikazuje program 1. Podprogram Daljica v njem mo- ra v resnici seveda povezati obe podani točki z ravno črto. procedure Krog1 (xSred, ySred, R: real; N : integer); {Program 1: Risanje kroga s kotnimi funkcijami} const PI = 3.1415926; var Program 1 xZac, yZac: real; {Zacetna tocka \ xKon, yKon:real; {Koncna tocka } kot, korak: real; {Srediscni kot trenutne tocke in korak 1 i: integer ;{Stevec i procedure Daljica (xZac, yZac , xKon, yKon: real) ; begin {Narisedaljico od tocke xZac, yZac do tocke xKon , yKon} end { Daljica\; begin {Krog1 ~ xKon := R; yKon := 0; kot:= 0; korak := 2*PI/N; for i := 1 to N do begin xZac := xKon; yZac := yKon; kot := kot + korak; xKon := R * costkot): yKon := R * slntkot) : Daljica (xsred+xZac, ysred+yZac, xsred+xKon, ysred+yKon) end end {Krog1 \. Nazaj k celim številom Prvo vrsto računalnikovega šestila smo tako spoznali. Pa nam ni mc preveč všeč: kotne funkcije nastopajo v njem , te pa takoj zahtevajo računanje z decimalnimi števili. Tako rač u nanj e pa je potrebno na enostavnih računalni­ kih, kot je na primer Spectrum, posebej sprogramirati, tako da je običajno 147 znatno po časnejše od računanja s celimi števili. Poskusimo zato poiskati kakšen postopek, kjer nam bo računanje s celimi števili povsem zadostovalo. Kot se spomnimo, nam je pri risanju daljice to uspelo . Ker smo mojstri, nam bo uspelo tudi pri krogu . Seveda pa bo treba pred končnim programom streti še nekaj orehov. Zato si oglejmo krožnico podro- bneje. Najprej si jo zato narišimo (slika 2) . Njeno središče za začetek postavi- mo v izhodišče . Izberimo na kro žnici poljubno točko T in njeni koordinati označimo z x in y. Označimo z S središče kroga, s T' pa projekcijo točke T na os x. Kot vemo, je krožnica spoimerom R ravno množica tistih točk, ki so od središča oddaljene za R. Tako je dolžina daljice ST ravno R, dolžina daljice ST' je x, dolžina daljice T'T pa je y. Ker je trikotnik ST'T pravokoten, velja po Pitagorovem izreku: T T4 / /Q -c " /-, < / " " / / / / / / / / / Slika 2. Skica naše naloge - zrcaljenja 148 (1 ) Ker smo točko T izbrali povsem poljubno, velja ta zveza za vse točke krožnice. Od tod pa hitro vidimo, da so na krožnici tudi zrcal ne slike točke T glede na os x (TI na sliki 2), glede na os y (T2 ) ter glede na središče (T3 ) . (O tem se lahko sami kaj hitro prepričate.) Pa še eno zrcaljenje upoštevajmo: zamenjajmo obe koordinati (T4 v sliki 2). Ta zamenjava se na sliki odraža kot zrcaljenje na premico O, ki razpolavlja kot med osema x in y. Povzemimo ta razmislek: če je na krožnici točka (x, y), so na njej tudi točke (-x, V), (x , -y), (-x, -yl, (y, x), (-y, x), (y, - x ) ter (-y, -x). Krožnico bomo tako lahko risali na osmih krajih hkrati : kakor hitro bomo našli koordinate ene točke na krožnici, bomo vedeli še za zgornjih sedem zrcalnih točk . (Nekaj izjem je, ko je točk nekaj manj. Jih znate poiskati sami?) Zato bo dovolj, da narišemo le osmino krožnice (denimo od osi x pa do premice O), preostale dele pa narišemo s pomočjo zgornj ih zrcaljenj. Še nekaj si na hitro oglejmo. Če točka T(x, y) ni povsem na krožnici, izraz (2) meri razdaljo točke Tod krožnice in mu bomo rekli odmik točke od krožnice. Bliže ko je točka krožnici, bližji je odmik O; N(x, y) je enak nič le pri točkah krožnice. Znotraj kroga je odmik negativen, zunaj njega pa pozitiven. Zato nam bo odmik dragoceno sodilo, ki nam bo pomagalo izbirati točke. Sedaj pa se lotimo iskanja točk na krožnici. Od zadnjič se še spomnimo, da pri izbiri točk na računalnikovem papirju nimamo povsem prostih rok: po- črnimo lahko le točke s celoštevilskimi koordinatami. Privzemimo zato, da je polmer kroga celo število. Potem za eno točko na krožnici takoj vemo: točka (R ,0) je to,v kateri smo začeli risati krog pri prejšnjem postopku. Njen odmik je seveda enak 0, kot se lahko sami hitro prepričate. Postavimo se torej v to točko in se iz nje ozrimo naokrog. Ko izberemo eno od točk, lahko pot iz nje nadaljujemo le v eno od njenih osmih sosed (slika 3) . (Po analogiji z zemljepisnimi kartami smo sliko označili s stranmi neba tako, da je sever S zgoraj, ostale strani pa si slede na običajen način.) Podobno kot pri dalj ici lahko krog teh osmih sosed takoj zožimo na dve, na tisti dve pač, za kateri vemo, da med njima vodi krožnica. Denimo, da iz izbrane začetne točke začnemo krožnico risati v protiurnem smislu. Potem vemo, da krožnica vodi navzgor in v levo. Ko tako korakamo od točke do točke, vemo, da vse do presečišča krožnice s premico O krožnica vodi med severno in severozahodno sosedo. Pa nista obe sosedi enako dobri: ena je dlje 149 od kro žnice kot druga . Bolj ši od obeh možnih korakov je seveda t ist i, k i nas privede v točko, katere odmik je kar najmanjši . Severni korak nas iz točke T(x, y) privede v točko Ts(x, y +ll. severoza- hodn i pa v točko Tsz(x-l , y+l) . Poglejmo, za koliko sev posameznem pr ime- ru spremeni odmik. N(x,y+l) -N(x,y) =x2+(y+1) 2_R2_ (X2+y2_R2) =2*y+l N(x-l, y+l) - N(x, y) = (x_l) 2+(y+l)2_R2_(x2+y2_R2) = 2*(y-x+1) Tako , pa smo pri postopku ! Začetno točko poznamo, njen odmik ravno tako , vemo pa tudi , kako izbrati naslednjo točko . Zapi šimo torej postopek : sz S SV Ef} Ef} Ef} Z Ef} EfJv Ef} Ef}EfJ JZ J JV Slika 3 . Sosede točke 150 (1) postavi se v začetno toč ko: x := R, y := O,odmik := O (2) počrni točke : (x,Y), (x,-Y), (-x,Y) , (- x ,- y ), (y,x) , (y,-x) , (-y,x) r (-y,-x) (3) izračunaj odmik severne in severozahodne sosede: odmikS := odmik + 2 * y + 1, odmik SZ := odmik + 2 * (y-x+l) (4) če je A8S(odmikS) manjše od A8S(odmikSZ) , potem y := y + 1, odmik := odmikS sicer x := x - 1, y := y + 1, odmik := odmikSZ (5) korake (2), (3), (4) in (5) ponavljaj, dokler ni x manjši od y . procedure Krog2 (xSred , ySred, R : integer) ; {Program 2 : Risanje kroga v celih stevilih } var Program 2 x,y : integer; { Trenutna tocka ) odmik, {Odmik trenutne tocke ] odmikS,odmikSZ : integer; {ter njene severne in severozahodne sosede ~ procedure Pika (x , y: integer) ; begin {Pocrni tocko x , y) end {Pika) ; begin { Krog 2 ) x := R; y := 0; odmik := 0; wh ile x '>v do begin Pika (xSred+x, ySred+y) ; Pika (xSred-x, ySred+y) ; Pika (xSred+x, ySred-y); Pika (xSred-x, ySred-y); Pika (xSred+y, ySred+x); Pika (xSred -y, ySred+x) ; Pika (xSred+y , ySred-x); Pika (xSred-y , ySred-x); odmikS := odmik + 2 * y + 1; odmik SZ := odmik + 2*(y-x+l); it A8S (odmikS) < A8S (odm ik SZ) then begin y := y + 1; odm ik := odmikS end else begin x := x - 1; y := y + 1; odmik := odmikSZ end end end { Krog2~. 151 Preden zapišemo postopku ustrezen program, opravimo še drobno izbolj- šavo. Pri računu odmikov v koraku (3) vidimo, da se odm ika spreminjata vzpo- redno s spreminjan jem x in y , zato ju lahko le enostavno popravljam o in ne vedno znova rač u namo . Tako izboljšanemu postopku ustreza program 2. Pro- gram seveda še ni popoln : včasih počrni kakšno točko preveč (če ste odgovor ili na eno od gornjih vprašanj, tudi veste, kdaj). Podprogram Pika v njem počrn i točko s podanima koord inatama . Krožni lok Končno se lotimo še krožnega loka . To je del krožnice. Zaradi enostavnost i bo- mo vzeli , da ga podamo z njegovim središčem, polmerom ter začetno in končno točko. Tako začetna kot končna točka lahko ležita kjerkol i na kro ž- nic i, dogovorimo se le, da bomo lok risali v protiurnem smislu. Risali ga bomo po korakih od začetne točke proti končni. Podobne bližnjice, kot smo jo ubra- li pri krogu, ki smo ga risali na osmih koncih hkrati , si tu torej ne moremo pri- voščiti. Način risanja pa bo podoben risanju kroga. Postavili se bomo v začetno točko, izračunali njen odmik od krožnice ter korakali proti končni. Na vsakem koraku se bomo premaknili v eno od toč kinih sosed in to počeli , vse dokler ne bomo prikorakali do končne točke. Kot vemo, ima vsaka točka osem sosed. Pri dalj ici in krogu smo to število lahko hitro zožili na dve, ki se potem med risanjem nista več spreminjali, na tisti dve, med katerima je vodila dalj ica ozi- roma kro žnica. Tu se bomo morali malo bolj potruditi: primerjati bomo mora- li odmik treh sosed in med njimi izbrat i najugodnejšo. Te tri sosede bomo izbrali na vsakem koraku posebej. Najprej si oglejmo, kako bomo izbrali prave tri sosede. Spet nam bo poma- galo naše znanje o krogu. Postavimo njegovo središče v izhodišče in si oglejmo ponovno sliko 1. Vemo , da je v vsaki točki T na obodu kroga kro žnica pravo- kotna na polmer ST, ki jo veže s središčem . V točki (R, O) je krožnica nav- pična, v točki (O,R) pa vodoravna . Poskusimo sedaj določiti daljico, pravo- kotno na daljico ST. Daljica STveže točko (0 ,0) s točko (x, v) . Njeno smer do - ločata x in y : večji je y pr i izbranem x, bolj strma je dalj ica, večji je x pri izbra- nem y , bolj položna je. Pravimo , da sta x in y parametra smeri. Parametra pra- vokotne smeri pa sta -y in x, pravokotna dalj ica iste dolžine torej veže točko (0,01 s točko (-y, x l. (To je le ena od pravokotnih daljic te dolžine. Znate poiskati še drugo?) Iz točke T bomo torej pogledali proti točki (x-y, y+x) ter pr i risanju kroga upoštevali tri sosede, med katerimi bomo pogledali, in sicer eno navpično, eno vodoravno ter poševno med njima. Kako jih določimo?Vo- 152 -- doravno sosedo določa predznak -y, navpično predznak x, natančneje pa ju določimo tako kot pri dalj ici. Poševna povzroča še najmanj preglavic, zakaj, lahko že sami razberete iz slike 3. Tudi postopka podrobneje ne bomo opiso- vali, gre pa takole : Program 3 procedure Kroznilok (xSred. vSred, R: integer; xZac, vZac, xKon, vKon: integer) ; {Program 3: Risanje kroznega loka s celimi stevili 1 var x, v: integer; { trenutna tocka ') dx, dv: integer; { vodoravni in navpicni korak )- odmik: integer; {odmik trenutne tocke 1 odmvod:integer; {odmik vodoravne sosede ~ odmnav: integer; {odmik navpicne sosede} odmpos: integer; {odmik posevne sosede ~ procedure Pika (x, v: integer); begin {Pocrni tocko x, V ~ end {Pikaj; begin [Kroznll.ok } x := xZac-xSred; V := vZac-vSred; odmik := x*x + v*v - R*R; repeat Pika (xSred+x, vSred+v); it V> 0 then dx := -1 else dx := 1; it x > 0 then dv := 1 else dv :> -1; odmvod:= odmik + 2 * x * dx + 1; odmnav := odmik + 2 * V * dv + 1; odmpos := odmvod + odmnav - odmik; it abs (x) < abs (V) then it abs (odmvod) < abs Iodmpos] then begin x := x + dx; odmik := odmvod end else begin x := x + dx; V := V+ dv: odmik := odrnpos end else it abs (odrnnav) < abs (odrnpos] then begin V := V+ dv: odmik := odmnav end else begin x := x + dx; V := V+ dv: odmik := odmpos end until (x+xSred = xKon) and (v+vSred = vKon) end {KrozniLokJ. 153 (1) postavi se v začetno točko in iz ra čuna] njen odmik (2) počrni trenutno točko (3 ) s pomočjo predznakov - y in x določ i vse tri sosede (4) izračunaj odmike vseh treh sosed (5) izmed sosed izberi tisto , katere odmik je najmanjši ter se preseli vanjo (6) ko rake (2), (3) , (4) in (5) ponavljaj. dokler ne prispeš v konč no točko Ustrezen program prikazuje program 3 . Program se seveda zanaša, da smo končno toč ko točno podali . V nasp rotnem prime ru se prog ram nikol i ne ustavi. Ob koncu velja tako pristaviti še nekaj besed orisanju splošnejših krogov in lokov . Pri njih polmer ni ravno celo število, pa tud i središče nima celošte- vilskih koordinat. Običajno pri tem postopamo tako, da središče postavimo v najbližjo točko s celoštevi lskimi koordinatami ter polmer zaokrožimo do naj- bližjega celega štev ila. Pri risanju loka se pri tem znajdemo pred dodatnim problemom: prestaviti moramo tudi začetno in končno točko loka. Enostavno, boste rekli: tako kot pri središču zaokrožimo njene koordinate . Pa ni čisto tako! Poglejmo , zakaj. V programu 3 smo se pri risanju zanašali na to, da sta obe točki točno na krožnici. Pri prestavljanju pa se lahko zgodi, da točko malo narobe prestavimo, da torej narisana krožnica prestavljeno točko malo zgreši. Pri začetni točki to še ni hud problem, huje je to pri končni , saj se program ustavi le, če krožnica točko natančno zadene. Pa premislimo, kako bi tudi ta problem rešili. Zato še enkrat poglejmo, kako izbiramo točke pri risanju krožnice . Ko eno točko poznamo, za naslednjo izbe remo tisto med sosedami , pri kateri je odmik N(x, y) najmanjši . Kot se spomnimo, nam Nix, y) meri oddaljenost narisane točke od prave krožnice. Pri risanju narišemo tiste točke, ki so krožnici najbližje. Pri prestavljanju končne točke moramo zato z uporabo odmika pogledati, ali ni morda katera od sosed nove točke bliže krožnici kot ta točka. Za končno točko moramo tako vzeti tisto, pri kateri je odmik N(x, y) najmanjši. Poskusite program tako sami dopolniti! Za konec pa še nekaj nalog. yse so povezane z risanjem loka. Lok namreč v praksi podajamo na več različnih načinov. Prvega smo že povedali : podamo središče, polmer ter začetno in končno točko. Tu je podatkov preveč: pri obeh točkah moramo paziti, da sta od središča oddaljeni natanko za polmer. Pa sprostimo ta pogoj: podajmo lok s središčem, polmerom ter dvema točkama. Prva določa začetek loka tako, da je začetna točka loka presečišče krožnice in 154 poltraka od sred išča skozi podano točko. Druga toč ka na podoben način do lo- ča končno točko lok a. Poskusite iz teh podatkov določiti podatke za prvotni nač in podajanja loka . Namesto toč k si lahko pomagamo tud i s koti: smer po l- t raka lahko določ imo kar s kotom , ki ga oklepa s poltrakom od sred išča v desno . Bi znali tovrs tn e pod atke predelati v prvotne? Brez kotnih funkcij ne bo šlo ! Andrej Vitek BOLJ ZA ŠALO KOT ZARES Poiščite tatu Andrej Dolgoprst, Boris Tatič in Grega Kradljivec so osumljeni vloma v zlatar- no sred i mesta. Toda samo eden je vlom res zagrešil. V času zasliševanja so povedal i: And rej: "Tega nisem naredil jaz. Boris je tudi nedolžen." Boris: "Andrej ni vlomil v zlatarno. Grega je tat." Grega: "N ič nimam z vlomom . To je Andrejevo delo." Nadaljna raz iskava je pokazala, da je eden od njih v svoji izjavi dvakrat lagal, drugi je dvakrat povedal resnico in tretji enkrat lagal in enkrat ne . Kdo je odnesel zlato? Nogomet Po odigranem nogometnem turnirju, na katerem so sodelovale ekipe "Zmaga", "Žoga" in "Stativa", so bili končni rezultati naslednji: Zmaga Stativa Žoga 2 2 2 o O O 3:2 2 :2 1 : 2 2 2 2 Vsaka ek ipa je torej enkrat zmagala in enkrat izgub ila, tako da je šele razlika golov odločila o vrstnem redu in zmagova lcu. S kakšnimi rezultati so se končale vse tekme na turnirju? Prevedla in izbrala Dušica Boben 155 /"Ol l" :CII 'L_IL-1L MLADIM VEGOVCEM ZA OGREVANJE 1. Janko in Marko sta sklenila kupiti zbirko nalog. Ker je zanjo Janku manjkalo 16 din, Marku pa 4 din, sta se odločila, da jo bosta kup ila skupaj . To- da tudi tedaj jima je zmanjkalo 2 din. Koliko stane ta zbirka? 2. V nekem razredu je 35 učencev, med njimi jih je 20 članov matematične­ ga, 11 pa rokometnega krožka. Koliko matematikov se ukvarja tudi z roko- metom, če veš, da 10 učencev ne sodeluje niti v matematičnem niti v roko- metnem krožku? 3. Kateri ulomekje večji: 1984/1985 ali 1985/1986? 4. Pokaži , da je razlika kvadratov katerihkoli dveh lihih števil deljiva z 8. 5. Katero število je večje 2 19 8 6 ali 633 3 1? 6. Določi vse pare števil x in y , za katere velja x 2 - 6x + (y2 - 1)2 + 9 = O. 7. Določi vsa naravna števila n, za katera velja neenakost 1/3 : : : ~(-;' ·~'::1.;~t- .,,-r": ;:~ : _ ,,~_;U;;~"i~'j~~ ~ _~'2:~'j'f:.,~i:,;t-~:'t:.-.;;*~:r:,;" o.;;," ?~· · · ·"j '''l'- ~..'f'. ";-'< 1.;";; )-, . -:\ ,.,; :~~::.~ :: ,:;., .•~.y.' ':"'7" .,.... Na pravokotni biljardni mizi sta krogli A in B. V katero smer je treba z udar- cem z igralno palico usmeriti kroglo A, a. da se bo odbila od izbranega roba b. da se bo odbila od dveh izbranih vzporedn ih robov c. da se bo odbila od dveh izbranih pravokotnih robov d. da se bo odbila od treh izbranih robov in zadela kroglo B? Pri reševanju nalog privzemi, da je tir krogle med odboji dalj ica in da je pri odboju krogle od roba odbojni kot enak vpadnemu kotu . 158 Vladimir Batagelj Premisli in reši KAJ IZPiŠE NASLEDNJI PROGRAM rešitev iz prve številke Rešitve so nam poslali - vsi pravilne - Polona BAJT iz Bohinjske Bistrice, Vinko FRECE iz Šentjurja pri Celju, Matej KOŠI R iz Tržiča, Matej MAKOVEC iz Šempetra pri Novi Gorici, Roman MAURER iz Zagorja ob Savi, Robert MEOLlC iz Murske Sobote , Dušan MRAVLJE iz Idrije, Marija MUNIH iz Šoštanja, Andreja PERHAJ iz Velikih Lašč, Barbara RODE iz Ljubljane, To- maž SIMČiČ iz Ivančne gorice, Bogdan TERTINEK iz Limbuša, Aleš VAVPE- TiČ iz Domžal, Robert VREČA iz Maribora, Andrej ZALAR iz Šentjurja pri Celju, Rok ZALOŽNIK iz Ljubljane in člani računalniškega kro žka iz Rogatca. Izžrebali smo Meolica, Maurerja in Zalarja ter jim poslali knjigo B. Moharja in E. Zakrajška PROGRAMSKI JEZIK PASCAL. Objavljamo rešitev Vinka Freceta program vrednosti x, y 10 INPUT x, y x Y 20 LET x = x + y x+y Y 30 LET y = x - Y x+y X 40 LET x = x - y y x 50 PRINTx,y y X Torej program izpiše zamenjani vrednosti (y, xl. ki sta bili podani na začetku programa. VSOTA DVEH POTENC Rešite s pozit ivnimi celimi števili enačbo in pošljite rešitve do 10. januarja 87 na Presekov naslov, z oznako "za PIR". Peter Petek 159 ~IEVILSKA KRIŽANKA Dane so nosilke stranic trikotnika ABC: nosilka a: -5x + 12y - 4857 = O, nosilka b: 4x + 3y - 1860 = O, nosilka c: 35x - 12y - 4953 = O. VODORAVNO 1. a 5.c 8.b 9. polobseq s 10. obseg 11. polmer stranici b pričrtane krožnice Pb 13. tb težiščn ica na stranico b 15. polmer v črtane krožnice 19. polmer stranici a pričrtane krožnice Pa 20. ploščina 22. velikost kota a (zaokrožen na minute, stopinje-minute) 24. velikost kota (3 (stopinje-minu- te) 25. velikost kota 'Y (stopinje-minu- te) 27. višina na a va (zaokrožena na tri mesta) 29. simetrala kota 'Y (zaokrožena na tri mesta) 160 Dana so oglišča trikotnika ABC: A(17, -39). B(101 , 73). C(-103 , -12) VODORAVNO 16. kot a v stopinjah in minutah (zaokroženo ) 18. polmer včrtane krožnice P (zaokroženo na dve mesti) 26. kot 'Y v stopinjah in minutah (zaokroženo) 30. polmer stranici b pričrtane krož- nice Pb 32. kub števila 38 34. polmer stranici c pričrtane krož- nice Pe 35. težiščnica na a ta (zaokroženo na dve mesti) 36. polmer stranici a pričrtane kro ž- nice Pa 37. višina na a va (zaokroženo na dve mesti) NAVPiČNO 4. ploščina 29 . težiščnica na b (zaokroženo na tri mesta) 34. sirnetrala kota a (zaokrožena na dve mesti) ,/ I '1 o 1 2 3 O 4 O 5 6 7 o8 [J O 9 10 O 11 12 ID 13 14 15 O 16 17 O 18 d 19 O 20 21 22 23 O O O 24 25 O O O 26 d 27 28 IJ 29 Id 30 31 [J 32 33 [J 34 () 35 0 3 6 0 37 o NAVPiČNO 1.3.(1+23.(1 2+2 ") .(3+2 4 ) ) 2. dvakratnik kvadrata najmanjšega dvomestnega števila 3. 1+2+3+4 ali rešitev enačbe 1024 = 2x 5. praštevilo med 19 in 29 6.2.(1+2.33.(1 2+22 ) ) 7.33.7.( (22+32 ).23 -1) (1+2.3.7.11) 10.22.33 (1+2.3(1-2.5.13.(2-34 )l ) 11.3.(1+62)-1 12.3.(3.5.7 - 1) 14.34 .(3+2 4 ).(2 5 -1).( 1+3.26 ) 16.33.5 .(5-24)(1-27 ) 17.2.( 1+2.3 .5.7).( 1+2.3 3 .5) 19. (5-24)(1-3.11.22 ) 21.23(25(3+24 ) - 1) 23. vsota najmanjših dveh praštevil, pomnožena znajmanjšim dvo- mestnim praštevilom 28.1+2.(22+32)(24+1) 31 ' · . b 5 x 12 x. resitev enac e:"6 - "3 = -"2 33 rešitev ena čbe : 6 - li = J. - li. . 6 5 10; Franci Oblak 161 LOGO NA RACUNALNIKU SPECTRUM - SOLI/LCSI Sinclair Logo uvod Med jeziki, namenjenimi za uvod v programiranje, zasluži prav gotovo posebno pozornost jezik logo. Želvja grafika in možnost krmiljenja "igrač- robotov" omogočata uvajanje v programiranje že v prVih razredih osnovne šole in celo v vrtcu. zato je logo po krivici dobil sloves programskega jezika "za otroke". Kratek uvod v logo je pripravil Gregor Pavlič v knjigi "Z računalnikom v matematiko" (DZS). Tolmače za logo najdemo na večini osebnih računalnikov, tudi na ZX Spectrumu in Commodore-64. žal pa zanje ni pripravljenih slovenskih navodil. Zato smo se pri Preseku odločili, da pripravimo kratka pregleda praukazov jezika logo na obeh računalnikih. V tej številki objavljamo priročnik za logo na ZX Spectrum. Za vsak ukaz so podani naslednji podatki: - črka F na začetku vrstice označuje, da ukaz vrača neki objekt kličočemu ukazu (v jedru ukaza je ukaz OUTPUT); če črke F ni, se ukaz obnaša kot pravi ukaz (spreminja okolje), - polno ime ukaza, - število in vrsta vhodov ukaza (parametrov), - okrajšano ime ukaza (če obstaja), - kratek opis delovanja ukaza, - znaki +, ., o in - na koncu vrstice primerjajo logo na obeh računalnikih + ukaz je enak za oba računalnika, • obstaja enakovreden ukaz na drugem računalniku pod drugim imenom, o ukaz lahko na drugem računalniku enostavno sestavimo iz obstoječih ukazov, na drugem računalniku tega ukaza ni. Ukazi so razdeljeni smiselno v skupine, ki se za oba računalnika v glavnem ujemajo. Posamezni ukaz lahko nastopa tudi v več skupinah. Logo za računalnik Sinclair Spectrum so razvili pri SOLI/LeSI (Les Systems d 'Ordinateur Logo Internationale / Logo Computer Systems Inc.) in predstavlja razmeroma popolno narečje jezika logo. Omogoča delo tako s kasetnikom kot tudi z m~krotračnikom ter uporabo tiskalnika. Tolmač za logo vnesemo s kasetnika v računalnik z ukazom LOAD "logo" oziroma z mikrotračnika z ukazom LOAD ."m"; 1; "logo" 162 Ko je program vnešen, se pojavi na zaslonu napis: WELCOME TO SINCLAIR LOGO (c) SOLI/LCSI 1984 VER 1.6 Na koncu spodnje vrstice je stalno podatek o načinu vnosa znakov: 1 male črke C - velike črke E - način E Na začetku smo v osnovnem (sprotnem) načinu dela in lahko začnemo ukazovati. Pri tem sta nam v pomoč pozornika: ? označuje osnovni (sprotni) nivo > - označuje način TO (sestavljanje novih ukazov) kadar pa smo v urejevalniku, je v spodnji vrstici napis : LOGO EDITOR (c) SOLI / LCSI Logo zapustimo z ukazom BYE, vanj pa se ponovno vrnemo z basiškim ukazom RUN ; seveda medtem ne smemo pokvariti dela pomnilnika , v katerem se naha ja logo. Osnove in posebnosti Logo pozna naslednje vrste objektov: besede "a3 25 TRUE " - seznami [] [FO 50 [2R 5B]] - cela števila (-99999999 •. 99999999) - realna števila najmanjše: 1E-39 predela v 0, 2E-39 predela narobe, 1E-38 je v redu največje : okrog 1.7014118346E+38 Barve določamo z njihovimi številkami , ki so enake kot v basicu: o - črna 4 - zelena 1 - modra 5 - sinja 2 - rdeča 6 - rumena 3 - vijoličasta 7 - bela Kote merimo v stopinjah. Z znakom E bomo v nadaljevanju označevali znak za prehod v način E (Gaps Shift &Symbol Shi f t ) , s Cs pa tipko Caps Shi f t . O. Urejanje ukazov EDIT ime Cs 5 Cs 6 Cs 7 Cs 8 ED < - > < I > < , > < - > začni urejanje ukaza ime en znak levo naslednja vrstica prejšnja vr s t i ca en znak desno 1b3 E Cs 5 E Cs 6 E Cs 7 E es 8 E B E E E Y E R E P E N E C TO ime TO ime END E < - > E < I > E < t > E < - > (Begin) (End) (Yield) (Resume) (Previous) (Next) (Complete) parametri začetek vrstice konec zaslona začetek zaslona konec vrstice začetek besedila konec besedila zbriši do konca vrstice in spravi vrini shranjeni del vrstice prejšnja stran naslednja stran zapusti ukaz EDIT prekini urejanje urejanje spremenljivk začni definiranje ukaza končaj definiranje ukaza v načinu TO 1. želvja grafika Na zaslon je postavljen koordinatni sistem (x,Y) , -1282x2127, -882Y287 BACK n BK nazaj n korakov + r BACKGROUND BG barva podlage * CLEAN počisti zaslon, pusti želvo * CLEARSCREEN es počisti zaslon, želva v izhodišče * DOT [x Y ] pika na (x.y ) , pusti želvo o rENCE omeji želvo na zaslon * rORWARD n ro naprej n korakov + F HEADING smer želve + HIDETURTLE HT skrij; ne riše želve, sled pa + HOME želva v izhodišče + LErT n LT zasuk za n stopinj v levo + r PENCOLOUR PC barva sledi * PENDOWN PD spusti pero; želva pušča sled + PENERASE PE želva briše (dele) sledi, + čez katere gre PENREVERSE PX želva riše in briše (dele) sledi, čez katere gre PENUP PU dvtgnr pero; želva ne pušča sledi + F POSITION P~S položaj (mesto) želve * RIGHT n RT obrni n stopinj v desno + r SCRUNCH razmerje enot na oseh SETBG n postavi barvo podlage na n * SETBORDER n SETBR postavi barvo okvirja na n SETHEADING n SETH določi smer želve (absolutno) + SETPC n določi barvo črnila na n * SETPOS [x y premik v točko (x..y ) * SETSCRUNCH [x y ] SETSCR določi razmerje enot na oseh * SETX n premik želve do koordinate x=n + SETY n premik želve do koordinate y=n + F SHOWNP ali je želva vidna * SHOWTURTLE ST riši želvo (je vidna) + r TOWARDS [x y ] smer želve proti točki (x,y) + WINDOW želva lahko gre čez rob zaslona in se takrat ne vidi 164 I WRAP F XCOR F YCOR želva lahko gre čez rob zaslona in se prikaže na nasprotni strani - zaslon je "zvit" v svitek (torus) želvina x koordinata želvina y koordinata + + + + = lE / < > + + + + + + + + + + + + o lE lE + lE lE o o o lE + o lE lE arkus kosinus arkus kotangens arkus sinus arkus tangens kosinus kotangens kvocient celi del zmnožek alEb zmnožek allEa2lE ••• lEan naključno število ostanek najbližje celo število sinus kvadratni koren . vsota a+b vsota al+a2+ •••+an tangens konjunkcija konjunkcija negacija disjunkcija disjunkcija seštevanje odštevanje množenje deljenje manjši večji enak ARCCOT ARCTAN COS COT SIN an 2. ~eracije in funkcije ARCCOS n ARCCOTANGENT n ARCSIN n ARCTANGENT n COSINE n COTANGENT n DIV a b INT n PRODUCT a b (PRODUCT al a2 ••• an ) RANro-1 n REMAINDER a b ROUND n SINE n ~RT n SUM a b (SUM al a2 ••• an ) TANGENT n TAN AND a b (AND al a2 NOT a OR a b (OR al a2 ••• an ) BF BL 3. Seznamski ukazi. ob je beseda ali seznam F ASCII z F BUTFIRST ob F BUTLAST ob F OlAR n F COUNT ob F EMPTYP ob F E:l UALP ob1 ob2 F FIRST ob F FPUT ob seznam F ITEM n ob F LAST ob kOQd ASCII znaka z objekt brez prvega elementa objekt brez zadnjega elementa znak s kodo ASCII n število elementov v objektu ali je objekt prazen (enakovredno OR ob=[] ob=" ali sta objekta enaka prvi element objekta dodaj objekt na začetek seznama n-ti element objekta zadnji element objekta + + + + +.. lE + + + + 165 F LIST obl ob2 F (LIST obl ob2 obn ) F LISTP ob F LPUT ob seznam F' MEMBERP x ob F NUMBERP ob F SENTENCE obl ob2 SE F (SE obl ob2 obn ) F WORD wl w2 F (WORD wl w2 ••• wn ) F WORDP ob 4. Definicije ukazov COPYDEF "imel "ime2 DEFINE "ime Hpar-I [v1J [v2] F DEFINEDP w F PRIMITIVEP w F TEXT "ime 5. Prireditveni stavek MAKE "ime ob F NAMEP ob F 1HING "ime 6. Krmilni stavki BYE IF pog [ukazil] [ukazi2] OUTPOUT ob OP REPEAT n [ukazi] RUN [ukazi] STOP TOPLEVEL F TRUE F FALSE ustvari seznam z objektoma kot + elementoma ustvari seznam objektov + ali je objekt seznam ~ dodaj objekt na konec seznama + ali je x element objekta :lE ali je objekt število ~ ustvari seznam iz elementov obeh + objektov ustvari seznam iz elementov posameznih + objektov ustvari stik dveh besed + ustvari stik danih besed + ali je objekt beseda ~ prepiši telo ukaza ime2 v imel o ••• lvn l l + sestavi ukaz z imenom ime, s parametri par in vrsticami vl vn ali je beseda w ime ukaza ali je beseda w praukaz loga seznam s seznamom parametrov in seznami + vrstic ukaza ime (obratno od DEFINE) priredi spremenljivki ime vrednost + objekta oziroma izraza ali ima objekt vrednost ~ vrednost imena + (običajno enakovredno :ime) zapusti LOGO (vanj se vrnemo z RUN) ~ če je pogoj izpolnjen, izvedi seznam ~ ukazi1, sicer izvedi seznam ukazi2 vrni objekt ob v kličoči ukaz + ponovi n-krat ukaze v seznamu + izvedi ukaze v seznamu + (enakovredno REPEAT 1 [ukazi]) vrni se v kličoči ukaz + vrni se v osnovni nivo (sprotni način) + logični da o logični ne o -- (PRINT obl ob2 ••• obn 7. Branje in izpis F KEYP PRINT ob PR F READCI:lAR 166 RC ali je pritisnjena kakšna tipka ~ izpiši vred ost objekta in se postavi + na začetek nove vrstice izpiši vrednost objektov; med + objekti po en presledek počaka na pritisk na tipko in ~ vrne ustrezni znak F READLIST RL SHOW ob SOUND [t r a j anj e vi šina] STARTROBOT STOPROBOT TYPE ob (TYPE obl ob2 • •• obn ) WAIT n 8. Zaslonski ukazi BRIGHT n CLEARTEXT CT COPYSCREEN F CURSOR FLASH INVERSE NORMAL OVER n SETCURSOR [a b] SETCUR SETTC [a b] TEXTSCREEN TS F TEXTCOLOUR TC 9. Delovni prostor preberi cel o vrstico kot seznam i zpiši objekt zapiskaj žel vi ne ukaze pošiljaj robot u ustavi pošiljanje ukazov robotu i zpiši objekt izpiši objekte brez presledkov počakaj n /50 sekunde svetlost 011 počisti prost or za besedilo prenesi zaslon na tiskalnik mesto (koor di nat i) tečke vključi utri panje zamenja vlogo papirja in črnila prekliče FLASH in INVERSE zamenja črnilo , čez katerega gre postavi tečko na koor dinat o (a , b) določi barvo papirja i n črnila zaslon nameni za izpisovan j e seznam z barvo papirj a in črnila lE lE lE lE o o o lE lE lE lE POPS POTS EDNS ERPS POALL PO "ime PONS namesto i mena lahko v ukaz ih navedemo t udi seznam imen ERALL zbriši vse ERASE "ime ER zbriši ukaz ime ERN "i me zbriši spr-emenl jivko ime ERNS zbriši vsa imena spremenljivk njihove vrednosti zbriši vse definicije ukazov izpiši vse izpiši definicijo ukaza ime izpiši imena in vrednosti vseh spremenljivk izpiši vse ukaze izpiši imena vseh ukazov Vključi urejanje imen lE + lE in lE lE lE lE lE lE lE lE 10. Datotečni ukazi in tiskanje Imamo š t iri tipe datotek s podaljški : LOG - ukazi in spremenljivke BIN - posnetek dela pomnilnika (s t r oj na koda , ••• ) SCR - slika - vsebina zaslonskega pomnilnika TXT - vsebina urejevalnika SAVE "ime [ime l ime2 • • • ] shrani ukaze iz se znama na datoteko ime.LOG SAVEALL "ime shrani vsebino delovnega prostora na lE ime. LOG SAVED "ime shrani urejevalnikov prostor lE SAVESCR "ime shrani sliko na zaslonu na ime. SCR lE SETDRIVE n izberi rnikrotračnik ( 1-8) , O-trak lE 1t37 CATALOG ERASEFILE "ime tip LOAD "ime tip LOADD "ime LOADSCR "ime PRINTCJN PRINTOFF COPYSCREEN seznam datotek na mikrotračniku zbriši datoteko vnesi datoteko vnesi urejevalnikovo datoteko vnesi zaslonsko sliko Vključi izpis na tiskalnik izključi izpis na tiskalnik prenesi zaslon na tiskalnik lE + + lE lE lE lE 11. Sistemski ukazi F NODES RECYCLE •CONTENTS .PRIMITIVES .RESERVE n .RESERVED .BLOAD "ime naslov .BSAVE "ime [naslov dolžina] .SETSERIAL n F .SERIALIN .SERIALOUT n .DEPOSIT naslov n F .EXAMINE naslov .CALL naslov 12. ~ročila o napakah Not enough inputs to 1 don't know how to ••• You don't say what to do with does not output to is used by LOGO is already defined is not true or false is not a word ••• defined To many inside parentheses open file problem 168 število prostih členov + sprosti proste (odr abI j ene ) člene lE (garbage collection) izpiši vse, kar poznaš + izpiši praukaze zasedi prostor za strojno kodo izpiše podatke o zasedenem prostoru vnese strojno kodo z ime.BIN na naslov lE shrani strojno kodo na ime.BIN lE postavi hitrost prenosa prebere RS232 pošlje n na vrata RS232 postavi v zlog naslov vrednost n + (POKE) vrednost zloga naslov (PEEK) + poženi strojno kodo na danem naslovu + ni dovolj vhodov (podatkov) za ukaz ne vem, kaj naj naredim z ..• (Logo ne pozna ukaza) nisi povedal, kaj naj naredim z ... ••• ne vrača vrednosti v .•. ••• uporablja LOGO (hoteli smo definirati praukaz) ••• je že definiran (že definirane ukaze lahko urejamo samo z EDIT, mi pa smo hoteli s TO) ••• vrednost ni TRUE ali FALSE (na primer izraz za geslom IF) ••• ni beseda (določeni ukazi delujejo samo na besedah kot vhodih) ••• definiran preveč notranjih okroglih oklepajev (verjetno manjka kakšen zaklepaj) problem z odprtjem datoteke file not found Bad file name You ' r e at t opl evel STOPPED !! ! Turtle out of f i eld Not enough space to pro ceed doesn 't like has no value is a pri mitive Not enough items in Overflow can ' t divide by zero number too big as inp ut in LOGO not f r esh ne najdem datoteke ••• ime dat oteke ne ustreza s i v sprotnem načinu nasilno ustavljeno i zvajanje žel va je izven zas l ona (žel vo smo bi li omejili z FENCE) ni dovolj prostora za nadaljevanje (npr . preveč r ekurzi vni h klicev) ••• ne mara • •• ( napačen podatek (vhod) ukaza ) ••• nima prirejene vrednosti (NAMEP rALSE) • • • je praukaz ni dovolj elementov v ••• prekoračitev obsega š t evi l pri računanju ne moreš deliti z nič št evi l o j e preveliko kot vhod (podat ek) v LOGO ni pravkar naložen (zagnan ) (prekasen .RESERVE ) Vl adi mir Batagelj, Boris Hor va t , Tomaž Pi san ski NENAVADNA PLOŠČA A li lahko dano p loš čo (z 90 polji) pokr ijemo s 30 pravokotn ik i oblike DTI Prevedla in izbra la Dušica Boben 169 , o ~ . , 1i11-'-'''Ii1I-'-/~~I-' o ":, '" 1CI" I",;" TRIKOTNISKA STEVILA Če vzamemo prvo, seštejemo prvi dve , prva tri, prva štiri, ... naravna števila, dobimo ti = 1 t']. =1 + 2 =3 t3 =1 + 2 + 3 =6 t4 = 1 + 2 + 3 + 4 = 10 Pitagora (580 - 500) je dal tem številom ime trikotniška. Števila 1, 3, 6, 10 povedo namreč, koliko je narisanih točk v enakostraničnih trikotnikih o 1 + 2 + 2 + 3 + 2+ 3+ 4 s stranico O, 1, 2, ' 3. Podobne slike lahko napravimo za nadaljnja trikotniška števila. Trikotniško število tn je vsota prvih n naravnih števil tn = 1 + 2 + 3 + .., + n (1 ) Iz tn najdemo naslednje trikotniško število tn+l tako, da t n za n + 1 povečamo tn+ l =tn + (n+ 1) (2) Ker je ti = 1, lahko iz obrazca (2) pri n = 1 izračunamo t']. . Ko poznamo t']., spet iz (2) pri n = 2 izračunamo t3 ' Iz znanega t 3 pri n = 3 najdemo t4. ln tako naprej. Napravimo si po tem navodilu preglednico za prvih 15 trikotniških števil : 170 n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 tn 1 3 6 10 15 21 28 36 45 55 66 78 91 105 120 Preglednica A Preglednico bi mogli nadaljevati in bi sčasoma dosegli trikotniška števila tn s poljubno velikim indeksom n. Precej zamudno bi bilo , če bi hoteli na ta način dobiti npr. t1oooo. Ali se da morda tn izračunati preprosteje? Odgovor na . to vprašanje so poznali že Bab ilonci. Dognali so, da je n (n + 1) 1 + 2 + 3 + ...+ n =----- 2 Če to ugotovitev upoštevamo v (1) , dobimo za trikotniško število tn zvezo n (n + 1) t =----- n 2 Za n = 10000 je torej t lOOOO = l10000 . 10001 =50005000 Oglejmo si nekaj lastnosti trikotnišk ih števil. Iz preglednice A povzemamo: tl + t 2 = 1 + 3 = 4 = 22 t2 + t3 = 3 + 6 = 9 = 32 t3 + t4 = 6 + 10 = 16 = 42 (3) V vseh treh primerih je vsota dveh zaporednih trikotniških števil kvadrat narav- nega števila . Ali dobimo zmeraj kvadrat, ko seštejemo zaporedni trikotnišk i števili? lzra čunajrno vsoto tn + tn+1 z naslonitvijo na obrazec (3). Pride tn + tn+1 = ~ n (n + 1) + ~ (n + 1)(n + 2) = ~ (n + 1)(2n + 2) = (n + 1)2 (4) Vidimo : Vsota dveh zaporednih trikotniških števil je kvadrat naravnega števila. To lastnost trikotniških števil so gotovo opazili že davno. Prvič je izpričana okrog leta 100 v spisih novopitago rejca Nikomaha. Ko se n spreminja po vseh naravnih številih 1,2,3, ..., opiše n + 1 vsa naravna števila razen 1. Zaradi (4) 171 so to rej vsi od 1 večji kvadrati naravnih števil vsote po dveh zaporednih tri- kotn iških števil. Po preglednici Aje: 8tl + 1 =8.1 + 1 = 9= 32 8t2 + 1 = 8.3 + 1 = 25 = 52 8t3 + 1 =8.6 + 1 =49= 7 2 Vrednost so spet kvadrati naravn ih števil. Da gre tudi tukaj za splošno last nost trikotniških števil, se lahko hitro prepričamo. Po obrazcu (3) je 8tn + 1 = 8 ' 1 n (n + 1) + 1 = 4n 2 + 4n + 1 = (2n + 1)2 (5) Ko preteče n vsa naravna števila , opiše 2n + 1 vsa liha naravna števi la razen 1. Zato iz (5) izhaja: Za ena zvečani osemkratnik trikotniškega števila je kvadrat lihega naravne- ga števila. Vsak od ena večji lihi kvadrat se izrata v tej obliki. To lastnost t rikot niških števil omenja Nikomahov sodobnik Plutar h, pisec življenjepisov slavnih grških in rimskih mož. V preglednici A sta dva kvadrata: tl =1 =1 2 t s = 36 = 6 2 (6) Ali pri nadaljevanju preglednice naletimo še na kakšen kvadrat? Euler (1707 - 1783) je pokazal, da bi se to zgodilo neskončnokrat . Imeti bi morali seveda neskončno časa, da bi pregledn ico brez kraja nadaljevali. Kadar je trikotniško število n (n + 1)/2 kvadrat naravnega števila m, drži enačba : Po Eulerjevi ugotovitvi obstaja neskončno parov naravnih števil n, m, ki to enačbo izpolnijo . Dajo se dobiti obrazci, ki zajemajo vse rešitve. Navedimo prva štiri trikotn iška števila, ki so kvadrati in pridejo za kvadratoma 1 in 36 iz (6). To so: t49 = 49 .25 = (5.7)2 t2ss = 144 .289 = (12 .17)2 t 16 Sl = 1681.841 = (41.29)2 t9so0 = 4900.9801 = (70.99)2 172 Omenili smo, da je med trikotniškimi števili neskončno kvadratov. Koliko pa je kubov? ln bikvadratov (četrtih potenc)? V preglednici A je kub le 1 in bikvadrat tudi samo 1. Če preglednico na- daljujemo brez kraja, nikdar več ne srečamo kuba ali bikvadrata. O tem govori trditev, ki jo je izrekel Fermat (1601 - 1665) : Nobeno trikotniško število, ki je večje od 1, ni kub ali bikvadrat naravnega števila. Kako je Fermat svojo trditev utemeljil , ni znano. Prvič je trditev dokazana pri Eulerju. Zato drži , da enačba n2 + n = 2m 3 v naravnih številih nima druge rešitve kot n = m = 1. Isto velja za enačbo Razlika pove, da med tn in tn+1 leži n naravnih števil. Zato zmeraj redkeje srečamo trikotniška števila, ko sepomikamo k vedno večjim naravnim številom. To kaže tudi spodnja preglednica B. V njej je za nekatere n navedeno, koliko je tri- kotniških števil do n. n 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000 10000 100000 1000000 2000000 3000000 število trikotniških števil do n 13 19 24 27 31 34 36 39 41 44 140 446 1413 1999 2448 Preglednica 8 Iz preglednice preberemo, da je do milijona 1413 trikotniških števil. Ko gremo od milijona do dveh mili- jonov, naletimo na 586 trikotniških števil. Od dveh do treh milijonov leži 449 trikotniških števil. Ko postane n dovolj velik, seveda med n in n + 1000000 ni nobenega trikotnl- škega števila več. Podobno za vsako naravno število d, med n in n + d ni trikotniških števil, če je le n za- dosti velik. Videli smo, da so trikotniška števila redka. Kljub temu se z njimi naravna števila preprosto izražajo. Tudi to njihovo lastnost je zapazil Fermat, ko je zatrdil: Vsako naravno število se da pisa' ti kot vsota enega, dveh ali največ treh trikotniških števil. 173 Tudi za to trditev ne poznamo Fermatovega dokaza. Prvi znani dokaz je izpeljal Gauss (1777 - 1855). Navedimo izrazitve za nekatera naravna števila: 20 = 10 + 10 =t4 + t 4 101 = 10 + 91 = t4 + t 13 103 = 1 + 36 + 66 = t 1 + t 8 + t11 1000 = 10 + 990 = t 4 + t44 1275 = t so 10001 = 1 + 4950 + 5050 = t1 + t99 + t100 V dolgi dobi od Pitagora do današnjih dni so odkri li še veliko drugih lastnosti trikotniških števil. So pa seveda še tudi vprašanja, ki se nanašajo na trikotniška števi la, a odgovora nanja še ni. Jože Grasselli PRESE K - LIS T ZA MLADE MATEM ATIKE. F IZIKE IN ASTRONOME 14. letnik . šolsko leto 1986/ 87 . števi lk a 3, stran i 129 - 19 2 UREDNiŠKI ODBOR : Vlad imir Batagelj (bi st rovidecl • Dušica Boben (p isma bralcev. st av- ljenje te ksta) , A nd rej Čadež (astronomija), M art in Čopi č . Fr anci Forstn er i č (m atem at ika). Bojan Golli (tekmovanja - naloge iz fi zike) , Pavel Gregorc. Andrej Kmet , Damj an Kobal , Jože Kotnik , Edvard Kramar (odgovorni urednik) . Sandi K lavžar in M at ija Lokar [ra čunal­ ništvo), Gorazd Lešnjak (tekmovanja - naloge iz matematike ), Peter Petek (glavni urednik. naloge bralcev, premisli in reši). Tomaž Skulj, Ivanka Šircelj (jezikovni pregled) , Miha Štale c (risbe) . Zvonko Trontelj (fizika), Ciril Velkovrh (urednik , nove knjige. novice] . Dopise pošiljajte in list naročajte na naslov : Društvo m atemat ikov, fi zikov in astronomov SRS - Podružnica Ljubljana - Kom isija za ti sk, Presek, Jadranska c. 19 .61111 Ljubljana. p.p. 64, tel. (061) 265 -061/53, št . žiro raču na 50101 -678-47233. Naročnina za šolsko leto 1986 /87 je za posamezna naročila 1000.- din, za skupinska naročila pa 800.- . po - samezna številka 250.- din/200.- din. List sofinancirajo Izobraževalna. Ku lturna in Raziskovalna skupnost Slovenije Ofset tisk Časopisno in grafično podjetje DELO, Ljubljana © 1986 Društvo matematikov, fizikov in ast ronomov SRS - 831 ISSN 035 1-6652 174 MAGiČNI KVADRAT 4 n x 4 n Magični kvadrat velikosti m x m tvorijo števila od 1 do m 2 , ki so razporejena v kvadratno mrežo tako, da je vsota v vseh stolpcih , vrsticah in obeh diagona- lah enaka. Najmanjši magični kvadrat je velikosti 3 x 3, vsota v njem pa je 15 . magični kvadrat 3x3 2 7 6 9 5 1 4 3 8 Ta članek želi odgovor iti na vprašanje, kako sestav iti poljuben magični kvadrat velikosti 4n x 4n. Nekaj definicij: N vsota, ki je potrebna vsak i vrstici, stolpcu in diagonali, S i vsota v i -tern stolpcu, Vi vsota v i -ti vrstici, Dl vsota v diagonali, ki vsebuje zgornje levo polje, D 2 vsota v diagonali, ki vsebuje zgornje desno polje, i-ta in j·ta vrst ica (stolpec) sta diametraIna natanko tedaj, ko velja i + j = 4n + 1. Sestavljanje magičnega kvadrata začnem s tem, da razporedim števila od 1 do 16n 2 po vrsti v mrežo . primer za n = 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 Oznakam, ki sem jih uvedel na začetku, bom zdaj priredil še vrednosti: 175 N = (1 + 2 + .0' + 16n 2 )14n = 2n (16n 2 + 1) Si = i + (4n + i) + (8n + i) + '0. + (16n 2 - 4n + i) = 4ni + 8n 2 (4n - 1) Vi = 4n(i-1) + (4n(i-1)+1) + oo, + 4ni = 16n 2i - 8n 2 + 2n DI = 1+(4n+2)+(8n+3)+o.o+16n2 = 4n(1+2+..o+4n-1) + (1+2+o ..+4n) = N D 2 = 4n+(8n-1)+oo.+(16n 2-4n+1) = 4n(1+2+ ...+4n) - (1+2+ ...+4n-1) = N Bralcu prepuščarno, da se pri vsaki vrstici prepriča o pravilnosti zadnje ena- kosti. Naj bo i .;;;; Zn, Pri danem i naj bo j = 4n - i + 1, tako da sta i-ti in j-ti stolpec diarnetralna. Vsota vseh elementov v teh dveh stolpcih je Si +Sj = 4ni+ 8n2 (4n -1) + 4n (4n - i+ 1) + 8n 2 (4n -1) = 2N Kaj se zgodi, če v teh stolpcih medsebojno zamenjam 2n števil tako, da medse- bojno zamenjam števili, ki sta v isti vrstici? Razlika med števili v dveh izbranih diametralnih stolpcih je konstantna (mišljeni sta števili v isti vrstici). Ta konstanta znaša d = 4n - 2i + 1, če je i manjši od obeh indeksov, ki pripadata stolpcema . Novi vsoti v i -tem in j-tem stolpcu sta Si = prvotni Si + 2nd = 4ni + 8n 2 (4n - 1) + 2n (4n - 2i + 1) = N Sj = 2N - Si =N Tu se pojavi vprašanje, katerih 2n števil zamenjati. Upoštevali bomo naslednji dve pravili. (A) če v i-tem in j-tem stolpcu zarneniarn k-ti element, potem zamenjam tudi (4n - k + l l-ti element. (B) začnem s prvim elementom in naprej s korakom po ena. Element na diagonali izpustim. Ta postopek uporabim za i =1,2, oo., Zn. V nobeni vrstici se vsota ne razlikuje od začetne vsote, saj nobeno število ni zamenjalo vrstice. Zaradi upoštevanja pravila (B) sta tudi diagonali ostali nedotaknjeni. Stanje je sedaj naslednje: SI = S2 = oo. = S4n = DI = D2 = N Vi = 16n 2 i - 8n 2 + 2n; za i = 1, 2, ..., 4n Pravilo (A) se izkaže za zelo pomembno, saj še vedno velja, da je razlika isto- 176 I ležnih elementov v diametralnih vrsticah i in 4n + 1 - i konstantna in znaša e = 4n (4n - 1) - 4n (i - 1) = 4n (4n - 2 i + 1). Zdaj zamenjamo še po 2n števil v vsakem paru d iametralnih vrstic po pravilih (A) in (Bl. kjer seveda zamenjamo pojma vrstica in stolpec. Diagonale se ne pokvarijo zaradi pravila (B), vsote stolpcev pa se tudi ne spremenijo in novo stanje je: Magični kvadrat je sestavljen. Naj za konec dodam primer za n = 1. a) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 b) 1 2 3 4 8 6 7 5 12 10 11 9 13 14 15 16 začet no stanje 1. in 4. sto lpec c) 1 3 2 4 8 6 7 5 12 10 11 9 13 5 14 16 d) 1 15 14 4 8 6 7 5 12 10 11 9 13 2 16 2. in 3. sto lpec 1. in 4 vrstica 177 e) 1 15 14 4 2 6 7 10 11 13 3 2 16 2. in 3 . vrstica Bralca vabimo, da razmisli o drugih možnih pravilih za sestavljanje ma- gičnih kvadratov. Borut Zalar NOVICE PROFESOR DR. IVAN KUŠČER - NOVI ČASTNI ČLAN DRUŠTVA Oktobra 1986 je izbralo Društvo matematikov, fiz ikov in astronomov SR Slo- ven ije za častnega člana profesorja dr . Ivana Kuš čerja. Bralci Preseka novega častnega člana prav dobro poznajo . Ena od najlepših številk Preseka Enajsta šola iz fizike je prav njegova. Najprej je napisal prispevek, ki je izhajal v nada- ljevanjih, kasneje pa je celota izšla v posebni številki. V enajsti šoli je prof. Kuščer opisal mnoge pojave v naravi in jih pojasnil s fizikalnega stališča. Izredno lepe so slike , ki spremljajo besedilo. To je le del od njegovih prispev- kov k popularizaciji fizike med mladino. Pred desetletji je veliko delal pri Prirodoslovnem društvu, pri organizaciji krožkov in predavanj za učitelje in učence. Napisal je več učbenikov ter vrsto let predaval različne predmete na Oddelku za fiziko Fakultete za naravoslovje in tehnologijo. Kot znanstvenik ni priznan le doma, pač pa tudi po svetu. Društvu matematikov, fizikov in astronomov SRS na letošnjem občnem zboru ni bilo težko odločiti, kdo naj postane častni član. Ciril Velkovrh 178 I~Olil[E -; DRUGA LETNA SOLA FIZIKE Letos (1986) so se mladi fiziki, učenci prv ih letnikov srednjega usmerjenega izobraževanja, že drugič zbrali na letni šoli. Izbrani so bili na republiškem tek- movanju iz fizike, ki je bilo junija meseca v Ljubljani. Na Bled so dopotovali : Janez Brest, Denis Djonlagič, Jaka Cimprič, Andraž Oblak, Aleš Praprotnik, Matjaž Črnivec, Teodor Lango, Matej Valič, Boštjan Šutar, Peter Holozan, Igor Zrinski , Miha Mesarič, Anton Žižek, Ivan Škrlec in Samo Koselj. V ponedeljek, 23 . junija, smo se zbrali v Plemljevem domu na Bledu, nato pa odšli na otvoritev letne šole, ki je v glavnem potekala na blejski osnovni šoli, ki tudi nosi Plemljevo ime. Otvoritvi je takoj sledilo prvo predavanje o fiziki senzorjev (čutilnikov) v izvedbi dr. Antona Mol jka. Popoldne smo si ogledova- li mesto, zvečer pa smo imeli razgovor o predavanju in napravili urn ik za na- slednji dan. V torek nam je mag. Aleksander Kregar predaval o senzorjih in elektroni- ki v fiziki, potem smo imeli praktične vaje, ki so se nadaljevale tudi popoldne pod vodstvom mag. Tomaža Skulja. Naslednji dan smo poslušali radijsko šolo o Halleyevem kometu (Boris Kham) in izpolnjevali anketo. Do kosila je ostalo še toliko časa, da smo se malo osvežili v jezeru. V popoldanskem času smo se s tovarišem Alešem Jere- bom pogovarjali o optičnih vlaknih, po večerji smo imeli spet razgovor o fizi - ki, potem smo sepred zasluženim počitkom še malo sprehodil i ob jezeru. V četrtek smo se odpeljal i v Ljubljano, kjer smo preživeli poldrugo uro v planetariju s tovarišem Nikolajem Štritofom, popoldne pa smo na Delavski univerzi Boris Kidrič uporabljali pod mentorstvom mag. Ivana Gerliča raču­ nalnik kot merilnik. Predavanje v planetariju je pripomoglo k temu, da nas je še ves preostali del dneva prevzemala astronomija . Nekateri še spati niso mogli v miru, tako zelo jih je obsedel Hubblov zakon . Petkov dopoldan smo preživel i v IBM centru v Radovljici, kje r smo si ogledali računski center, film o rač u na l n iškem konstruiranju letal in poslu- šali predavanje o razvoju računalnikov in programskih jezikov. Popoldansko predavanje pa je žal ta dan odpadlo, zato smo pohiteli z izpolnjevanjem anket in zapisovanjem vtisov o letni šoli. Udeleženci iz najoddaljenejših krajev so lahko odpotovali domov. Soboto je tako sklenilo pričakati na Bledu samo še šest entuziastov, ki so še pozno v noč modroval i o matematiki, fiziki in 179 astronomiji. Lotili smo , se celo naloge, kako izračunati vztrajnostni moment homogene trikotne plošče glede na pravokotnico skozi težišče. Kaj več o tem morda kdaj drugič: Sobota je bila dan pospravljanja sob, hodnikov in kuhinje v Plemljevem domu. Sledilo je slovo . Preživeli smo lep, deloven in prijeten teden . Razšli smo se v upanju, da se še kdaj srečamo na taki šoli ali kakem drugem seminarju iz fizike. Ves teden, razen prvega dne, nas je spremljalo čudovito vreme in tako smo lahko na jezeru opazovali poleg rac in labodov tudi naravne pojave, kot so interferenca, odboj in Dopplerjev efekt. Ni treba posebej poudarjati, da so se pri tem razvile koristne debate, čeprav so nas preganjale tiste sitne in nadležne živalce, ki jim pravimo komarji. Na koncu naj se v imenu vseh udeležencev zahvalim vsem, ki so nam ka- korkoli pomagali pri tej letni šoli, predvsem pa še ravnatelju osnovne šole dr. Josipa Plemlja na Bledu, prijaznim tajnicam v pisarni, tovarišici Alenki Plestenjakovi za pomoč pri organizaciji praktičnih vaj in ne nazadnje tudi kuharicam, ki so skrbele za telesno hrano udeležencev. Še posebej gre zahvala tudi tovarišu Jožetu Kotniku, ki je skrbel še za naše posebne želje. Nada Razpet 7. LETNA SOLA MLADIH MATEMATIKOV, BLED 86 Na Bledu je od 16 . do 21. junija 1986 potekala že sedma letna šola mladih matematikov. Udeležili so se je najboljši osmošolci, ki so osvojili zlato Vegovo priznanje na republiškem tekmovanju iz matematike, skupno sedemnajst učencev iz vse Slovenije. Poslušali so predavanja o vsotah potenc naravn ih števil, Evklidovem algo- ritmu, verižnih ulomkih, zlatem rezu in Pitagori. Za popestritev smo v program vključili tudi predavanje o Halleyevem kometu. Prosti čas so izkoristili za oglede Bleda in okolice. Ogledali so si grad, se popeljali na otok, zanimiv pa je bil tudi izlet v sotesko Vintgar. Ob zaključku letne šole so udeleženci dejali, da je bilo bivanje v Plemljevi hiši tako prijetno, da bi si želeli še kakšnega takega srečanja.Tudi s programom so bili zadovoljni. Aleksander Potočnik 180 27 . MEDNARODNA MATEMATICNA OLIMPIADA Letošnja ol impiada je b ila v Varšavi od 7 . do 15. julija. Sodelovale so ekipe 37 d ržav vseh cel in s skupno 210 tekmovalci. V naši ek ipi smo b ili: iz 2. razreda Zoran ČRNJA iz Reke , iz 3. razreda Olivera MILENKOVI(~ iz Beograda in Nikola RUŠKUC iz Novega Sada in iz 4 . razreda Pred rag ANTiČ iz Svetozare- va, Jože FABČiČ iz Vipave in Domagoj KOVAČEViČ iz Slavon kse Požege . Vodja ek ipe je b il Uroš MILUTINOViČ, član ko misi je pa Darko ŽUBRI N I Č . Kot pred večino tekmova nj smo ime li p rip rave tudi pred o limp iado . Na dom smo dobi li na loge , ki smo jih sam i reševa li. Zad nj i teden pred tekm ova- njem smo ime li skupne priprave v okol ici Zagreba. Bili smo na plani ni Medved- nici in se tako izogni li vročini in mestnemu hrupu. Profesorji in študentje ma - tematike so nam predava li o zan imivostih v geomet r iji, teor iji števi l, o neena- kost ih , rekurz ivnih enačbah in o metodi trajekto rij. Reševali smo tu di na loge s prejšnjih tekmova nj. 6. julija smo se odpravi li v Varšavo. Potovali smo z vlakom, zato je poto- vanje trajalo več kot en dan . Organizatorj i so nas že na postaji ločili od vodje ekipe. S tem so zagotovili, da mi, tekmovalci , ne bi mogli izved et i besed il nalog pred tekmovanjem . Tekmoval i smo 9 . in 10 . ju lija. Obakrat smo imeli na voljo po štir i ure in pol za tri na loge . V prostem č asu smo si og ledal i kraljevi dvorec in star i de l Varšave. Odšl i smo tudi v Ž elezo vo Volo , rojstn i kraj skladatelja Fryderyka Chopina. Veliko smo se d ruži li z d ru gim i tekmovalci, največ z It a lijani . Vsak tekmovalec je dobi l naloge napisane v svoje m jeziku in jih je ta ko tudi reševal. Na ta način so bile vsem sodelujočim zagotovljene enake mo - žnosti . Naše rešit ve so najp rej pregledal i spremljevalci, ki so potem uskladili svoje ocene s koordinatorji. Predzadnji dan prog rama ol impiade je bila raz gla- sitev rezultatov. Trije tekmovalci so dosegli vse možne toč ke . Joseph Kaene iz ZDA je dobil posebno nagrado za reš itev tretje naloge . Ekipno sta bil i naj- boljši SZ in ZDA s po 203 točkami od 252 možn ih , tesno pa jima je sledila ekipa ZRN. Jugoslavija je s 84 točkami zasedla 20. mesto . Domagoj KOVA - ČEViČ in JOŽE FABČiČ sta dobila tretji nagradi . Na olimpiade so bile naslednje naloge : 1. Naj bo d naravno število, različno od 2,5 in 13 . Dokaži, da obstajata v množ ici {2, 5, 13 , d} ta kšn i različni števili a in b , d a ab - 1 ni kvad rat celega števila. (Za hodna Nemčija) 2. V ravnin i so dane točke PO,A l,A 2 inA 3 • Naj velja An =An- 3 • Točko Pn dobimo z rotacijo toč ke Pn - l okoli An za 1200 v smeri urnega kazalca. Dokaži, da je trikotnik A lA 2A 3 enakostraničen, če velja PO = Pl 9 8 6 • (Kitaj - ska) 181 3. V vsako oglišče petkotnika postavimo celo število . Vemo, da je vsota vseh števil pozitivna. Če so v treh zaporednih oqliš čih števila x, V in z in je srednje negativno (V < Ol. jih po vrst i zamenjamo s števili x + V, -V in z + V. Ali se zaporedje teh zamenjav vedno konča, to je, ali negativna števila vedno izginejo , ne glede na začetni izbor števil in način izbiranja trojk? Odgovor utemelji. (Vzhodna Nemčija) 4. Točki A in B sta sosednji oglišči pravilnega n-kotnika (n > 4) s središčem v točki O. Trikotnik OAB se premika po ravnini: A in B drsita 120 stranicah n-kotnika. O pa je nekje v notranjosti. Kakšno figura naredi točka O, če A obide ves obseg? (Islandija) 5 . Poišči vse funkcije f, ki so definirane za vsak x iz [0 ,00), za katere velja : (i) f(x.f(V)).f(V) = f(x + V) za vse x > O,V > O; (ii) f(2) = O; (iii) f(x) i= O za vse O.,;; x < 2 . (Velika Britanija) 6. V ravnini je dana končna množica točk s celoštevilskimi koordinatami. Ali jih lahko tako pobarvamo z rdečo in belo barvo, da bo izpolnjen pogoj: na vsaki premici, ki je vzporedna z eno izmed koordinatnih osi, se števili belih in rdečih točk, ki so na njej, razlikujeta največ za 1? (Vzhodna Nemčija) Jože Fabčič NOVE KNJIGE Na željo mnogih učiteljev matematike, učencev ter njihovih staršev smo pred kratkim ponatisnili priročnik F. Avsec, A.Cokan, 1. Molinaro, 1. P~celj, B. Roblek, 1.Štalec, M. Vagaja ZBIRKA VAJ IZ ARITMETIKE, ALGEBRE IN ANALIZE za 3. razred srednjih šol Knjigo lahko naročite pri Komisiji za tisk DMFA SRS, 61111 Ljubljana, Jadranska c. 21, pp 64, tel. št. (061) 265-061. Cena za posamezna naročila je 2.000.- din za skupinska naroč ila šol pa 1.600.- din. Ciril Velkovrh 182 "'-'~/-Z "-/\t"1l"-,- t:» I ~ r: n n.1''-- '- --- , MLADIM VEGOVCEM ZA OGREVANJE - rešitve nalog s str . 156 1. 16 J M 4 I A M I C 2 J 2. V oba krožka je vključenih skupno 25 učencev. Naj x označuje število učencev, ki obiskujejo matematični in rokometni krožek . Tedaj je samo v ma- tematični krožek vključenih 20 - x, v rokometni pa 11 - x učencev. Dobimo enačbo 20 - x + x + 11 - x = 25 in odtod x = 6. 1---~­ 1986 1985 19863. ~~~- = 1 - -f9~5 in Ker [e -_~- > -_~- je - -_~- < 1 - -_~- in zato 1985 1986 ' 1985 1986 2~l:!~_ < 2~~_ 1985 1986 4. Naj bosta dani lihi števili 2k + 1 in 2m + 1. Tedaj je (2k+l) 2 - (2m+1) 2 = = 4k2 + 4k - 4m2 - 4m = 4(k (k + 1) - m (m + 1)). Produkta zaporednih šte- vil sta sodi števili, torej je trditev dokazana . 5. Ker je 219 8 6 = (26 ) 3 3 1 = 64 3 3 1 ,je 21 9 8 6 > 63 3 3 1 • 6. x 2 - 6x + (y 2 - 1)2 + 9 = O (x - 3)2 + (y2 - 1)2 = O in odtod x - 3 = O in y2 - 1 = O, zato velja lit = { (3,1). (3, -1 lJ 7. Kerje3=1~ in% =,..t,morabitinE{5,6,7,8,9L 8. Če daje 1000 pri deljenju z iskanim številom ostanek 8, potem je 1000- - 8 = 992 deljivo s tem številom. Podobno je tudi 900 - 1 = 899 deljivo z istim številom. 992 = 2.2.2 .2.2.31 899 = 29.31 D(899, 992) = 31 Števili 900 in 1000 smo delili z 31. 183 9. Naj bo O prese k d iagonal romba in O F C točka M dotikal išče krožnice in stra- nice AB. Ker je t rikotnik 6.A OM pravokoten in OM = r = ~ . AC , je OM = r = 2 .0 A in zato je kot 2S,.A OM = 6001 in kot 2S,. OA M = 30° . To pomeni, da je 2S,. BA D = 2S,. BCD = = 60° , oziroma da sta trikot nika 6.A BD in 6.BCD enakostrani čna. Višini DE in BF romba sekata A E M B daljšo diagonalo v točkah P in O. Ker sta DE in BF tud i višini ena- kostraničn ih t rikot nikov 6.A BD in 6.BCD, je AP = 2 . OP = 2. OO = OC oziroma AP = PO = OC. 10. Če je dedek Marko rojen leta 19ab, potem bo leta 19ba star 81 let . To pomeni 19ba - 19ab = 81 in ba - ab = 81 . Očitno mo ra biti cifra b večja od 8 , zato je b = 9 in tedaj a = O. Dedek Marko je rojen leta 1909. 11. Naj bo p = 2. Tedaj je p 2 + 13 = 4 + 13 = 17. Ker je 17 praštevilo , je p = 2 ena rešitev naloge. Naj bo p ~ 3 . Tedaj je p neparno štev ilo in zato p2 tudi neparno število , vsota p 2 + .13 pa parno število in zato deljivo z 2, kar pomen i, da je sestavlje- no . Odtod sledi , da jep = 2 edina rešitev naloge . 12. Ker je 10n = 1000...000, kjer je število ničel enako n, je 1Q'J - 1 = = 999 999, kjer je število devetk enako n . Število 999 ...999 je del jivo z 9 in je 999 999 : 9 = 111...111, kjer je število enic enako n. Da bi bilo število 111...111 deljivo z 9 , mora biti vsota cifer deljiva z 9 , kar pomeni, da mora biti n delj iv z 9 , to rej nE { 9, 18,27 , ... J . F 13. Diagonala osnovne ploskve je enaka "1\----- H~ 5 cm = J 32 + 4 2 . Ker je trikotnik 6.DBG pravokoten in kot 2S,. DBG = = 60°, je BG = 10 cm in GD = c = = 5y3 cm. Površina kvadra je P = (24 + 70y3) ern" , prostornina pa V=60V3cm3 . B A:.- -- ~'~~O .... - - - - - - ., --- - - - - - /~/ ............ ~OO " C A - 184 14. Mač ka in po l v dveh d neh in pol poje t ri in pol miši. To pomeni , d a 3 mačke v 5 dneh pojejo 4.3,5 = 14 miši , ena mač ka pa venem dvenu poje 14/15 miši. Ena mačka v 45 dneh poje 45.~i = 42 miš i, sto mač k pa v 45 dneh po je 100.42 = 4200 miši. 15. Kvadrat ima t ri vrste, tri stolpce in dve d iago nali. Vsota je na vsaki od njih lahko najmanj 3 in naj več 9, lahko pa zavzame 7 različn ih vrednosti (3, 4, 5 , 6, 7 , 8 , 9) . Teh 7 raz lič n i h vrednosti je t reb a razpo rediti na 8 mest (3 vrste , 3 stolpce in 2 d iagonali) , kar pomen i, da morata b iti vsaj na dveh mestih enaki vsoti. 16. Označimo iska no število z ABCD-.Tedaj je 9.A8CD = DCBA, ali zap isano drugače : 9000A + 9008 + 90C + 9D = 1000D + 100C + lOB + A .;:;; 9999. Za rad j A;;;' 1 je 9000 ';:;; 9000 A .;:;; 9999, odtod pa je oč it no A = 1. Podobno velja 9000 .;:;; 1000D .;:;; 9999 in ted aj D = 9. T i dve vrednosti vstavimo v go rnjo enačbo 9000 + 900B + 90C + 81 = 9000 + 100C + l OB + 1. Odtod sled i 890B = 10C - 80 oz iroma 89B = C - 8. Zaradi C - 8 ';:;; 1 je 89B lahko samo O, torej B = O in teda j C =8. Iskano število je 1089. 17. Naj bo p = 2. Te daj je p3 + 3P = 23 + 32 = 8 + 9 = 17, zato jep = 2 ena reš itev naloge. Če je p ;;;. 3, tedaj mora biti p Iiho število . Tedaj sta p 3 in 'f tudi lihi števili, njuna vsota pa sodo število in zato ne mo re b iti praštevilo . Torej je p = 2 edina reš it ev naloge . 18. Trikotnik f":,ACE je pravokoten in o mu je mogoče očrtat i krog , ki ima sred išče v sred išču hipotenuze AC. Podobno je tudi strikotnikom f":,ACM. Torej je mogoče krog očrta ­ ti štirikotniku AECM. Kota 4 CEM in 4CAM sta skladna, ker sta obodna kota nad tetivo CM. Ker je 4 CA M = = 60° - 45° = 15° ,je tudi 4 CEM = = 15° . 185 c Naj bo D nožišče višine iz oglišča C in označimo CD = x, AD = y in zato BD = 14 - y. V trikotniku f::,ACD in f::,BCD uporabimo Pitagorov izrek in dobimo x 2 = 152 - y2 = 13 2 _ _ (14 - y) 2. Sledi 225 _ y2 = = 169 - 196 +28y - y 2, 28y = 252 in y = 9 cm. Sedaj je x 2 =225-81 = = 144 in x = 12 cm . Ploščina trikot- nika je zato P = 14.12 :2 =84 cm2 ,p= = (15r + 13r)!2 = 84 , r = 6 in Po = = 36 7T ern". c / 20. Število deklic označimo z x, število dečkov pa z y. Tedaj velja 20x + 30y = 170 oziroma 2x + 3y = 17. Ker morata biti x in y naravni števili, mora biti x ~ 8 in y ~ 5. Ker je 2x sodo število, mora biti 3y liho in zato tudi y liho število, torej y E {1, 3, 5 L Tedaj je x E {7, 4, 1~. Skupina je štela liho število članov, zato so bile v skupini 4 deklice in 3 dečk i (možnosti 1 + 7 in 5 + + 1 odpadeta). 21. Ker velja AB II CD, je po Talesovem izreku AB:CD =BO:DO = 4:2 = 2:1. Kota "4DCA in "4BAC sta skladna, ker imata vzporedne krake, kota "4DCA in "4BCA pa tudi, kot sledi iz zahtev naloge. Zato velja "4BCA = "4BA C trikotnik MBC je enako- krak in velja AB = BC = 2x, če je CD = x. Trikotnik f::,BCD je pravoko- ten , zato iz BC = 2x in CD =x sledi "4BCD = 600 in BD = 6 =x ..j3. Od - tod je x = 2..j3 in ploščina t rapeza P = 180 ern", Aleksander Potočnik 186 22. REPUBLIŠKO TEKMOVANJE OSNOVNOŠOLCEV IZ MATEMATIKE - rešitve nalog s str . 138 7. razred (a + (a + 1) + (a + 2)) 2 1. ------------- a2.(a+l)2.(a+2)2 (-3 + (-3 + 1) + (-3 + 2))2 = ----------------- = 1 (_3)2.(_2)2.(_1)2 2. Množina suhe snovi v lesu se med sušenjem ne spreminja, zato: 40% od 2250 kg = 900 kg. Ker je po sušenju v lesu še 50% vode, tehta tedaj dvakrat več, kot je v njem suhe snovi, torej 2.900 kg = 1800 kg. 3. 1986 + 1986 + .., + 1986 = x .1986 x. 1986 = x .2.993 = x.2.3.331 Ker iščemo najmanjše tako število x, da bo vsota deljiva z 99 in število 1986 že vsebuje praštevilo 3, je najmanjši tak x enak 33 . . 4. 1.2:;_ = 2tr r r =.1. 4 J I Skupna ploščina malih krogov je kritega dela kroga je enaka tr - .Ji =~~ in odtod 31T 444 5. 4tr (~)2 = -~.!.~ =.Ji m2 . Ploščina nepo- 4 . 4 4 : tr =~ = 75%. Premica (B, D) je simetrala kota 4ABC, zato velja 4EBD ==o 4DBC. Prav tako je 4DBC ==o4BDE. saj sta to izmenična kota. Torej je 4EBD ==o ==o4BDE in trikotnik /':,. EBD je ena- kokrak. 187 8. razred 1. S <1-- .......~ Iz skice razberemo, da je t = c..~~ , r = t/y 3 = 2 y 3 cm. Va lj je enako- straničen, zato je v = 2r = 4y3 cm . Izračunamo še tr r 2 r 2 .J3 Podseka = -3"- - -4-- = (4 1T - 3 y 3) ern? in V = Podseka'v = (41T - 3 Y 3).4 y 3 = = (161T y 3 - 36) cm 3 3. 2.a) 7 = (n 2 - 2)(-3) + 4n 2 - 8 , 7 = n 2 - 2, n 2 = 9. Rešitv i sta torej dve : 3 in -3. b) n2 - 2 = 2, n 2 = 4 zrešitvama -2 in 2. cl n = y3, y = x + 4 y(O) = 4 x+ 4=0, x=-4,y(-4) =0 Trikotnik 6.AOB je enakokrak pra - vokotn i tr ikotnik, zato je razdalja premice od izhodišča enaka ~.§ = '!.Y...?- = 2 . 12 2 2 V· x (x + ,,!,) 2 =x 2 + 2.x . .l. + _!.... =x 2 + 2 +..J_ =..!. + 2 =~ x X x 2 x 2 4 4 Z · 1 3 I' 1 3ato Je x + -;; = 2 a I x + -;; = - 2' 4.a) .3_ =~~':'~~=.~-=-2l__ =__~_=..!!.~::~~=2l = B (X - 2 )2 _(X-4) 2 x 2-4x+4-(x 2-8 x+16) =_~!!:~=.~~J~~-Jll__ = .0~.!}l~~l!!:::~ = J~+J.!J~:!:..~ x 2 -4x+4-x 2+8x -16 4(x-3) 4 b) -~ =_!J.!':'~l~~~)= _~~:~]l·.3.~':'~= (k + 1)(k + 2) B 4 4 Od dveh zaporednih naravnih štev il je eno vedno sodo , zato je tudi produkt (k + 1) (k + 2) sodo število. 188 Aleksander Potočnik Iz skice preberemo, da je ~DAC - . x x+4 ~ ~DSN velja - =---, h y Ker je ~EBD ~ ~ESN, velja 2x 3x+4 I iih č b-h = --y- . z zqorn] I enac dobimo ~~~~ = 2.~:"'!... in od y y tod 3x + 4 = 2(x + 4). x = 4. Andrejeva senca je dolga 4 rn, Bran - kova pa 8 m. E2xN 4m C x O y 5. RESITEV STEVILSKE KRI2ANKE, PRESEK 1, str. 34-35 1 2 3 [] 4 5 6 7 2 2 5 4 3 2 O 8 [] 93 3 6 3 1 O 2 [J 10 [] 11 [] 121 4 O 2 2 13 14 lJ 15 16 1 1 2 2 5 1 2 17 [] lJ 18 19 lJ 20 5 1 1 4 2 21 22 23 [] 24 25 lJ9 1 1 6 4 O 26 27 28 3 2 1 6 8 4 2 1 29 [) 30O 5 3 2 5 5 5 189 p 3m m 10 48 16 12 40 14 32 16 24 8 18 16 20 8 ZVEZ TEK A E MA IKE - rešitve nalog s str . 142 7. razred 1. A :B:C = 600:900:1500, A :B:C = 6:9:15, A :B:C = 2:3:5 2x + 3x + 5x = 17000 10x = 17000 in x = 1700 Amir dobi 3400 din, Boris 510.0din in Cane 8500 din. 2. Označimo število muh m, število pajkov pa p. 6m + 8p = 176 3m + 4p = 88 3m = 88 - 4p 3m = 4(22 -p) Otroci so ujeli 10 pajkov in 16 muh. E- x kI +k2 = (y+rt! + (x + rt! kI +k2 =X+y+ 2rl kI +k2 =h+ 2rl kI + k 2 = 2r + 2rl = 2(r + rl ) 3. Iskano število zapišemo abba. a.1000 + b.100 + b.10 + a = 1001a + 110b = 11(91 a + 10b) Odtod vidimo, da je eno od praštevil 11. Zato obstajajo tri možnosti : a) 91a+10b=5.7 b) 91a+10b=7.13 91a + 10b =35 91a + 10b = 91 c] 91a + 10b = 13.17 91a+ 10b =221 Ker velja 0< a ,.;;; 9 in O ,.;;; b ,.;;; 9, prva možnost očitno odpade, pri tretj i pa je zaradi drugega člena edina možnost a = 1, tedaj pa dobimo b = 13, kar je ne- mogoče. Iz druge možnosti očitno sledi a = 1 in b = O, zato je iskano število 1001. 4. 190 5. 8. razred c Središče Ol očrtanega kroga pove- žemo z ogliščema A in C. Zveznica AD razpolavlja kot "z>'-CAB = a, zato je "z>'-CAO = "z>'-OAB = a/2. Zaradi si- metrije je tudi "z>'-BAO I = a/2. Triko- tnik ADI C je enakokrak z vrhom B Ol , zato je 3a/2 ='y /2. V pravokot- nem trikotniku AMC torej velja a + 3a/2 = 90°. Odtod dobimo: a = 36° , 'Y= 108° . 1. Trditev dokazujemo za števila oblike ab5. Iz pogojev naloge sledi najprej (10a + bl (1Oa + b + 1).100 + 25 = = (100a 2 + 10ab + 10ab -r b? + 10a +b).100 + 25 = = 10000a2 + 2000ab + 100b 2 + 1000a + 1OOb + 25 in potem še (100a + lOb + 5)2 = 10000a2 + 100b2 + 25 + 1000a + 100b + 2000ab Dobljena izraza sta res enaka. 2. xyz + xy + xz + yz + x + y + z + 1 = 1986 (xyz + xy) + (xz + xl + (yz + y) + (z + 1) = 1986 xy (z + 1) + x(z + 1) + Y(L + 1) + (z + 1) = 1986 (z + 1)(xy + x + y + 1) = 1986 (x + 1)(y + l)(z + 1) = 2.3.331 Število x je najmanjše, torej je x = 1. Za y in z pa imamo dve možnosti: a) y=2 ,z=330 oziroma b) y=330,z=2. Urejeni trojki (1,2,330) in (1,330,2) ustrezata pogojem naloge. 3. Kvadrat naravnega števila se ne more končati z 8, zato je pravilna Dušano- va prva trditev. Imamo naslednje možnosti: 108 = 22.33 558 = 2.32.31 198=2.32.11 648=23 .34 288 = 2s.32 738 = 2.32.41 378 = 2.3 3 .7 828 = 22 .32 .23 468=22.3 2.13 918=2.33.17 Število 108 ustreza Zo ranovi drugi in Nikolovi prvi trditvi , število 468 pa Zoranovi prvi in Niko lovi drugi trditvi. Števila 198,378,558,738 in 918 ne ustrezajo nobeni Zoranovi trditvi, števila 288 in 648 pa ustrezata obema Zoranovima trditvama, zato našteta števila ~e izpolnjujejo pogoja, da je vsak učenec uganil natanko eno lastnost . Isto velja za število 828, ki ne ustreza nobeni Nikolovi trditv i. Iskano število je 108 ali pa 468. 191 središče somernosti poljubno izbrana točka središčno somerna točka 0- T- K-[D l T II 1 I K ! !K l ~ ----9--- - - -- -9-- - - - I O I 1 1 ---- -9---- -- - - 9-- - -- Tl i IT I I I I o 4. kT Iz skice preberemo: O2 [2 PB,BB. T = PK ,C.CC, = PD.KD,D =PAA TA = SI, , . A 2 8 2 P - P - STB.C.K, - A . TI KD. - 2 P -P -SA,B, TT, - KK ,C,D, - 3 A Al 8 , 8 PTJK,K =S4, PABCD =p Predpostavimo PAB TA = SI + S3 > p /4 in PTB CC = SI + S2 > p/4. Če ti neenačbi 1 2 2 1 seštejemo, dobimo 2S 1 + S2 + S3 > p /2 oziroma 4S 1 + 2S 2 + 2S 3 > P, kar je nemogoče. Bralec naj presodi, ali je s tem trditev dokazana. 5. Primerjajmo kvadrata obeh vrst: (C+h)2 =c2 + Zhc r b? (a+b) 2 =a2 +2ab +b 2 = = a2 + b 2 + 2ab = c2 + 2hc V zadnji enakosti smo upoštevali , da je v pravokotnem trikotniku ab =he = 2p /:" zato je (c + h )2 > (a + b) 2 in tud i c+ h >»+b. Aleksander Potočnik REŠITVE P-2, str . 89 in P-3, st r. 155, 169 Lev in antilopa : ne Po išč ite tatu: Andrej Nogomet: Žoga: Stativa = 1 : O Žoga: Zmaga = O : 2 Stativa : Zmaga = 2 : 1 Nenavad na plošča: ne Prevedla in izb rala Dušica Boben 192 ---- -- ~ ~ 45 $ 46 0<>0 47 fE[) 48 EP 49a 49b 49c ~~ I~L7 81A6 O~7 ~I 50 V U 51 v\ \JU t » 52a A 52b 1\ V V \\/7 1\7\ 17\\ ~\/~ ~\I-= 53a !\IV 53b n 1 J ~ \\\\~ -==