/ - - 7:-::.LL+ t'i l Ekipa Slove nije na MM O v Južni Koreji . Od leve proti desni : Matjaž Že ljko (vodja ekipe), Matjaž Urlep, Mojc a Mik lavec (bronas ta medalja), Aleksa ndra Franc (pohva la) , Sašo J e l enči č, Klemen Šivic (pohvala), Irena Majce n (srebrna medalja) in Gregor Dolinar (č lan mednarodn e tekmovalne komi sije ). Ekipa Slovenije na 3 1. mednarodni fizikalni olimpi adi v Leicestru v Veliki Britaniji. Z leve proti desni: Ciril Dominko (vodja) , Andrej Košmrlj , Gregor Tavčar, Matej Kanduč, Igor Veseli č , Iztok Pižorn , Jure Bajc (vodja). I PRESEK list za mlade matematike, fiz ike, astronome in računalnikarje 28. letnik, leto 2000/2001, številka 3 , strani 129-192 MATEMATIKA FIZIKA ASTRONOMIJA RAČUNALNIŠTVO NOVICE NALOGE REŠITVE NALOG RAZVEDRILO TEKMOVANJA NA OVITKU VSEBINA O perfektnih (popoln ih) kvadrih (Iva n Vidav) 140-147 Proti toku (J anez St rnad) 136- 139 To plotn i izm enj evalci (A ndrej Lika r) 156-159 Za nim iva nalo ga o J upit ru in Sa t urnu (M arijan P ros en) . . 131-133 Trdnjave na ša hovnici - rešit ev s st r. 8 1 (M artin Juvan) . . 148-1 50 Grafična pod pora - rešit ev s st r. 9 1 (lVla rt in Juvan ) 150-151 Matematični plakat - rezultati tekmovanja (P ete r Legiša ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134-1 35 Droben sp omin na Giordana Bruna (Marijan P rosen) . . .. 152-153 41. mednarodna matematična olimpiad a (M atjaž Željko) . 154-155 31. mednarodna fizika ina olimpiada (Ci ri l Dominko) 155 31. fizikaina olimpiad a : Izgubljeni v Leicest ru (Andrej Košmrlj ) 162- 163 Pravokotna št evilska kr ižanka (U rška Dem šar) 130 Neobičajna kon strukcijska naloga (Marija Vencelj ) . . . . . . . . . .. 130 Vide t i je za ht evno , pa ni! (Marij a Vencelj ) 133 Neenakost (Marko Razpet) 133 Mala številska kri žanka - s str. 66 (U rška Dem šar) 139 Tr gov ska - s str. 66 (Mar ij a Vencelj) 153 Dve za po dmlad ek - s str. 73 (Dragolj ub M . Milo ševi č ) 153 Vrstni red tekmovalcev - s st r. 67 (Dragoljub M . Miloš evi č ] .. 159 Križanka "Estets ko de lilno razmerje" - s str . 96 (Marko Bokalič) 159 Dokaži neen ak ost - s st r. 91 (Marko Razp et) 164-165 Ved no velja - s st r. 80 (Dušan Murovec) 165 R ešitve nalog iz članka Hipokratove lu ne s str . 98 (M ila n Hladnik) 166-169 Iz dalj ice t rikot n ik - s str. 81 (Marija Vencelj ) . . . . . . . . . . . . . . . 170 Križanka "P ravilni poliedri" (Marko Bokalič) 160- 161 Urn ik tekmovanj v let u 2001 (Darjo Feld a ) 171-173 35 . področno t ekmovanje za Sr ebrno Vegovo prizn anje - rešit ve s str. 110 (Aleksande r Potočnik) . . . . . .. . . .. . .. 173- 175 20 . področno t ekmovanje iz fizike za osn ovnošolc e - rešit ve s st r . 115 (Nada R azp et) 175-180 Izbi rn o tekmovanje iz matem atike - rešit ve s str. 120 (Mat jaž Željko) 180- 183 Rešitve nalog s predtekmovanja iz sred nješo lske fizike v šolskem letu 1999/2000 - s str. 122 (Bojan Go lli) . . . . . 184-189 21. mednarodno matematično t ekmovanje mest (po mlad anski krog) - rešit ve s st r. 126 - 1. del (G rego r C igler) 189-192 Nagrajen i matematičn i plaka t i s tekmovanja ob Svetovnem letu mat em atike 2000 (glej tudi zapis na str. 134) 1, III , IV Slove nski olimpijski ekip i na 4 1. matematičn i in 31. fizika ln i med- narodni oimpiadi. Poročila so na st raneh 154 , 155 in 162 II 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 Za vsakogar nekaj I PRAVOKOTNA ŠTEVILSKA KRIŽANKA V vsak kvadratek kri žanke vp išemo p o eno št evko posa m ezne rešit ve , ki so naravna štev ila . Odeb eljene črte na- ka zujejo pres ledek m ed dvema število- m a . Vodoravno: 1. Razlika števil pod 16 vodorav no in 9 navpično . 4. Šesta po t.enca. 7. Praštevilo. 8. Dvakrat dve zaporedni ena ki št evki. 9. Obratno štev ilo (to je število s šte vkama v obratnem vrstnem redu) je delitelj števila 9 navpično . 10. Enaki št evki. 11. Obratno število je količnik šte vil pod 6 navpično in 15 navpično . 12. Zrcalno šte vilo (šte vilo, ki je enako svojemu obratnemu številu) . 14. Razlika števk je 3. 16. Naraščajoče zaporedne lihe št evke. 17. Kvad rat števila pod 5 navpično. Navpično: 1. Zap oredni šte vki. 2. P raš t evilo. 3. P ro du kt šte vil pod 17 vodorav no in 11 vod oravno. 4. Sedma poten ca lihega šte vila. 5. Zap oredni šte vki. 6. Padajoče geomet rijsko zaporedje šte vk s količnikom 1/ 3. 9. Tre tja št evka je vsot a pr vih dveh . 11. P rva števka je vsota drugih dveh. 13. Delit elj šte vila 14 vodor avno . 15. Dvomest ni kvadrat . Urška Demšar NEOBIČAJNA KONSTRUKCIJSKA NALOGA V konstrukcij ski ravn ini naj b odo d ane t r i točke TI , T 2 , T 3 (lega). Kon- st ruiraj t r ikot ni k , katerega stranice so osnov nice en ako kra kih t rikotnikov z vrho vi v točkah T I , T2 , T3 in z d animi kot i tp I, tp2, tp3 ob vrhov ih. P ri tem naj leži enakokraki t r ikotnik z vrhom Ti ves v zunanjosti iskanega trikotnika , če je kot ob nj em tpi < 1800 , in na ist em breg u skupne st ran ice kot iskani t r ikot n ik, če j e tpi > 180 0 (v tem p rim eru vzamemo, da je kot ob vrhu Ti enak 360 0 - tpi' ) Marija Ven celj IAstronomija 131 ZANIMIVA NALOGA O JUPITRU IN SATURNU Po predavanju , ki sem ga imel o ast ronomiji spomladi na neki osnovni šoli, je pr istopil k meni osmošolec in me vprašal: "Pred kratkim sem bral, da se bo letos (to je 2000) na jesenskem nebu Jupiter zelo pri bližal Saturnu, kar se zgodi vsakih 20 let . Zakaj se to zgodi , tega ne razum em ." Bil sem presenečen , sa j vp rašanj e ni bilo pr av nič povezano z vsebino predavanj a. "No ," sem mu dejal , "t a dva plan et a sta letos že ves čas navidezno, t j . na nebu, pr ecej skupaj in zdaj , spomladi, še celo bo lj kot bosta jeseni . Še nekaj časa bo t ako." Tiščal je vame. Z odgovorom ni bi l zadovoljen . "Pa st var razčistiva, " sem mu rekel. Rad ovedni učenec je kaza l občutek očitnega zadovoljstva, skoraj se mi je zdelo, da t udi malo nagajivosti . Premaknil a sva se k tabli, začela po njej risati, nekaj učencev pa se nama je pr idružilo. Zarad i tega vp rašanja se je moje predavanje kar pr ecej zavleklo, vendar sem bil na koncu zelo zadovoljen , ker sem se pri poj asnj evanju še sa m nekaj novega naučil. Ob narisani sliki sva takole modrovala : Vzemimo idealen pr imer , da sta dan es Jupiter in Saturn hk rat i v op oziciji s Soncem (slika 1). To pom eni , da st a, gledano z Zemlje, na nasprotni st rani Sonca . V takem pri meru sta plan eta vidna vso noč , na nebu (v določenem ozvezdju) ju vidimo zelo blizu skupaj, saj sta pri gibanju okrog Sonca pri šla v legi, ki ležit a skoraj na isti premici z Zemlj o in Soncem . Vprašam o se, kd aj bosta plan et a hk rati sp et v op oziciji s Son cem in z Zem lje vidna v istem ozvezdju , v našem primeru v ozvezdju Bik (da bost a plan eta čez določen čas torej spet v legi .J, S glede na Z in Sonce na sliki 1) . Od govor je preprost . Čez (približno) 12 x 30 let = 360 let , če za obhodni čas Jupitra vzamemo okroglo 12 let , za obhodni čas Saturna pa okroglo 30 let . Ce pa se vprašamo , kdaj bosta plan eta hkrati spet v opoziciji, vendar vidna v drugi smeri, vidna v dru gem ozvezdju, pa se to dogodi pogosteje. Recimo , da se to zgodi vsakih x let. V enem letu opiše zveznica Sonce-.Jupi ter kot 360°/ 12, zveznica Son- ce-Sat urn pa kot 360°/ 30. Jupiter kroži hitreje od Saturna. V enem let u pri de do razlike (360°/ 12 - 3600 /30). Ko čez x let ta raz lika nar ast e na 3600 , bosta plan eta spet poravnana z Zemljo in Soncem, vendar z Zemlj e vidna v dr ugi smeri, v drugem ozvezdju . Iz (360°/ 12 - 3600/30) .x = 360° dobimo (1/ 12 - 1/ 30) . x = 1 in od tod x = 20 let . Odgovor (ne preveč strogo natančen): Jupiter in Saturn bost a sp et navidezno zelo skupaj čez približno 20 let . Astronomija I , ')0 1.~. -' \. \ .~ 3........ ........ ••••• ..30 ••~et ~ ~.... --.... ..... "... • •~... J -•• •• "1.2..1et \. ~•••::'.::'.! ! 1 J, \'."\ \ X ~ :;i~;c~'~ j i \ ••..•.. z~ ; . 2~/J:~. ~ '......._..- '20 -: .. /320'.. .",.~...... ....--.. ........... . .................. .~.... ,1 ......,..,..... fi 'r--~to rp ·' i O ,,0 , .. \ c ' ''''!~ C \ >., ~-VO Slika 1. Lega Zemlje Z, Jupitra J in Saturna S glede na So nce - danes (zadnjo jesen) ; Z20 , ho, S20 - lege pla netov na njihovih ti rih čez p ribližn o 20 let . Slika 2. Levo - lega J up it ra in Sat urna v oz vezdju Bik b lizu njunih opozicij (sre d in a no- vembra 2000); desno - lega Jupitra in Satu rna na nebu čez pribl ižn o 20 let ( računaln išk i sk ic i) . A stronomija - Naloge Sam rezultat res po trdi to , kar je učenec prebral. Vendar je potrebno še pr ecej dodat nih pojasnil. Čez 20 let bo J upit er nar ed il 20/ 12 = 5/ 3 svoj e po ti , bo v legi J 20, Sat urn bo naredil 20/ 30 = 2/ 3 svoje pot i in bo v legi S20' Zemlja pa bo v tem času 20-krat obkrožila Sonce in bo v prvo tni legi Z (glej sliko 1). Toda v tem 20. let u (a li okoli t ega 20. let a) bo Zem lja na svoj i poti okrog Sonca zagotovo prišla enkrat v lego Z20 me d Sonce in oba planet a t ako , da bost a planet a hkrati približno v opozicij i s Soncem in zat o vidna blizu skupaj na neb u , vendar v drugem ozvezdju . Jupi ter in Sat urn sta bila jeseni nav idezno blizu v ozvezdju Bik, čez 20 let pa bost a drug ob drugem z Zem lje vidna v drugem ozvez dj u . Katerem ? O vsem te m se z lahkoto prepričamo na zas lonu računalnika, če imamo ust rezen računalniški as t ro program (slika 2). Vendar je men i op isano razmišljanje ljubše. P a t ud i učencem je bilo všeč. Živahno in vese lo so se razkropili. Zdi se mi , da so bili srečn i , ko smo skupaj str li do te daj za nj ih tako trd oreh. Marijan Prosen VIDETI JE ZAHTEVNO, PA N I! V nakazane m računu množenj a zame njajte krožce z deset išk imi šte vkami t ako, da bo dobljeni račun pravi len . 000 ·000 000 3 5 3 5 000 000000 Marija Vencelj NEENAKOST Naj bodo bod o X I,X 2, . . . ,Xn poljubna pozitivna realna števila , za kat era je X l +X2 +.. .+X n = 1. Dokaži, da t edaj velja neen akost ( 1 + ~) (1 + ~) .. .(1 + ~) ~ (n +n-.X l X2 X n Kdaj velja enačaj? (P rime rjaj z nalogo na strani 91, rešit ev na strani 164.) Marko Razpet Novice I MATEMATIČNI PLAKAT - Rezu lt ati tekmovanja Mednarodna matematična zveza je leto 2000 razglasila za Svetovno leto matem ati ke. V tem času naj bi ponovno premi slili vlogo matem atike v naši civilizacij i in poskusili o t em seznanit i tudi javnost. Druš tvo matem atikov, fizikov in ast ronomov je ob tej priložno st i or- ganiziralo te kmovanje v izdelavi matematičnih plakatov. Od ziv je bil raz- veseljiv. Moja ed ina pripomba bi bi la , da nekat eri avtorj i niso upošt eva li navod ila , naj bo besed ilo plakata dobro berljivo. Skupaj s kolegom Mat ijo Lokarjem sva iz poslan ega izbrala 24 pla- katov, ki so bili razstavljeni na Občnem zbo ru našega društ va v Zrečah (10. novembra 2000). Društvo bo s knjiga mi nagr adilo t ri plakate in eno kolekcijo, ki so posebej izstop ali . Ker so njihovi avtorj i različnih starosti in izobrazbe , smo se odločili, cia vrstnega red a nagr ad ne bom o delali . Nagrajen ci pa so : Vladimir Grubelnik za plakat , ki ga je naročil Oddelek za matem atiko Pedagoške fakult et e v Mariboru. (Posnet ek plakata obj avlj amo na naslovnici. Ozadj e je slika Vladimirj a Potočnika: Neviht a v Prek- murju.) Boštj an Ku zm an , št udent FMF iz Ljublj an e za plakat z zelo bo- gato vse bino , ki bi si zaslužil nat is v primerno velikem formatu. V "časovnem polžu" imamo kratko zgodov ino matemat ike in sočasnih civilizacijskih dosežkov (II I. stran ovit ka). Dragica in Gregor ij Kurillo iz Kranja za domi selno ilust racijo togih pr emikov z idrij sko čipko (IV. st ran ovi tka ). Mentorj a Danij el Bezek in Lea Ce be te r njuni učenci: Tj aša P e- tročnik , Katj a Repič in Katj a Špeh, Jan Kocjan in Gregor Vrhovnik , Maja in Tanj a Oblak, Matij a Št irn, Anka Kalan, Katj a Zabavnik , Mateja Železn ikar , Matij a Učakar in Peter Vidmar z Osn ovn e šole Fr an a Albrehta v Kamniku za zbirko domi selnih in likovno zelo po- srečenih plakatov. (To je le izbor izbora kakih sto plakatov, ki so jih izdelali na t ej šoli. Na naslednji strani objavljamo dva , žal v črnobeli t ehniki.) Po hvaliti moram še Osnovn o šolo iz Žalc a in Osnovn o šolo Frana MeteIka iz Škocjana, ki sta poslali vsaka svojo zbirko; v zadnj i je bil celo kr at ek matematični strip. Zahvala gre tudi likovnim pedagogom na šolah . Razst avljen e plakate nameravamo objaviti na domači splet ni strani našega društva: http ://www .dmfa . si/mplakat/plakati . html. Vse m, ki st e sode lovali v akcij i Matematični plakat , čest itam. Le redko mi je bilo kako delo bo lj v zadovoljst vo kot pregledovanj e Vaših izdelkov . Peter Legiša INovice Fizika I PROTI TOKU Neka nem ška televizijska postaja je z namenom, da bi med učenci šir ila zanimanje za naravoslovje, razpisala natečaj za pred loge za perpetuum mobile. Med dopisi je dobila pred log nekega učenca za napravo, ki "sicer ni pravi perpetuum mobile, a v nasprotju s podobnimi pr ed logi deluje" . Treba je bi lo vložiti še precej dela, pred en je učenec ob pomoči strokov- njakov izdelal model naprave. To je bila ladji ca brez motorja , ki je plula proti toku (slika 1). Slika 1. Model broda proti toku, ki ga je ob pomoči strokovnjakov izdelal nemški učenec . Model se je s hitrostjo 5 metrov na minuto gibal proti toku s hi trostjo 40 m etrov na minuto . Slika je vzet a iz članka W . Burger , Das Gegenstromschiff, P hys ika lische Blatter 54 (199S) 1131. Razmerju Vb /V = l /S ustreza jo razmerja a = 1, b = 2, S in 7'2 /7' = 3, S. Večina vas bo rek la, da kaj takega ni mogoče . P a je. Vendar plovilo, ki se je prepuščeno samo seb i gibalo proti toku, ni bilo prosto, ampak z vrvjo povezano z okolico. Zato je bo lje govoriti o brodu. Brod ima preprosto zgradbo. Trup izpodriva vodo in poskrbi za vzgon. Na sredi je na t rup preko ležajev prit rjena prečna gred s kolesoma z lopat icami. Lopatice koles na levem in desnem boku segajo v vodo . Voda preko lopat ic poganja gr ed, da se vrti in se nanjo navija vodoravna vrv. Dru go krajišče vrvi je pritrjeno v točki sred i toka pred brodom, denimo, na sredi mostu. Brod se gib lje proti toku, ko se vrv navija na gred. Pospremimo prejšnje trditve s pr eprostimi enačbami . Voda deluj e na pot opljeni de l trupa s silo , kat ere komponenta navpično navzgor je vzgon F{ in vodoravna komponent a v smeri toka upor broda FI . Na brod deluje navpično navzdol t eža Fg , ki jo uravnovesi vzgon. Na potopljeni del lopati c deluje še sila tekoče vode F 2 v smeri to ka , to je upor lopat ic, in na gred sila vrvi F v nasprotni smer i toka (slika 2). IFizika F 11-----.;- -- - - - - - Sl ika 2. S ile in komponente sile , ki d eluj ejo na br od v vodoravni smer i. V ravnovesju, ko brod miruje ali se enakome rn o giblje, je vsota kom- ponen t vseh sil v navpični in vodoravni smeri enaka O: F{ - Fg = O, V ravnovesju je enaka O t udi vsot a vseh navorov. Računajmo jih glede na os gredi, ker lahko v ravnovesju po ljubno izbiramo os. Glede na to os delujet a navor upora lopatic T2F2 in v nasprotni smeri navor vrvi TF. Ročica je pri pr vem razdalja sredine pot opljenega dela lopat ice od osi T2 in pri drugem polmer gredi T. Navora st a v ravnovesju: Iz enačb F enačba FI + F2 in T2F2 = rF odpravimo silo vrvi in pr eostane Kaj je z navorom sile vode na trup? Okoli izbrane osi vrtlj ivi t rup se za radi navora upora rl F I malo zasuč e , t ako da se sprednji del broda malo globlje potopi in zadnji del malo bolj pogleda iz vod e. Pri t em je r l razdalja premice upora trupa od osi. Zato se prij emališče vzgona v težišču potop ljenega dela vode premakne malo prot i sprednjemu delu broda, pr i- jemališče t eže pa ostane na sred i. Navor dvojice sil t eže in vzgona IF{ ur avnovesi navor upora. Premi ci teh sil st a v ra zdalji 1 (slika 3) . Pomagali smo si z dvema približkom a . V vodo sega več lopatic z različno dol gimi deli. Zato st a F2 in r2 povprečni vrednosti. Po površini t rupa porazdeljeno silo upora nadomestimo s silo FI, ki pr ijemlje v težišču čelnega pr eseka potopljenega dela trupa , po prostorn ini potopljenega de la trupa porazdeljeni vzgon F{ pa prij em lje v težišču izpodrinj enega dela vode. F I 1 FI 1 Fizika I Slika 3 . Sile in ko m ponente , ki d eluj ejo na brod v navpičn i smeri na mirujoči vo d i (a). Med giba njem pro ti tok u na vor d vo ji ce t eže in vzgo na lF{ ura vnovesi navor u pora t rupa T iFt (b). Vzem imo, da je hitrost vode tolikšna, da lahko up or trupa FI in lopa- t ic F2 izračunamo s kvadratnim zakonom , po katerem je up or sorazmeren s koeficientom upora C'Ll s čelnim pr esekom ovir e S in s kvadratom hitrosti vod e glede na oviro. Upo ra sta potem v razmerju Cu l S IVi CU2 S2 V~ Indeks 1 zadeva potopljeni del trupa , indeks 2 pa po top ljen i dellopatice. Hit rost broda glede na vodo sestavlja t a hitrost vode glede na obalo v in hit rost broda glede na obalo - Vb v nasprotni sme ri: VI = V - (-Vb) = V+ + Vb. Hitrost srednjega dela lopatic glede na vodo je za vbr2/ r manjša: V2 = V + Vb - vbr2/r . Hitrost sredine potopljenega dela lopati ce glede na br od je namreč enaka wr2 s kotno hitrostjo gredi w. Hit rost brod a glede na obalo pa določa hi t rost , s katero se vrv navij a na gred s polmerom r in je Vb = wr , tako da je w = vbi , . Vp eljimo koeficien t a a = cu1Sl/Cu2S 2 in b = r2/r - 1 te r i zračunajmo razm erj e hitrosti broda glede na obalo in hi trost i vode glede na obalo: Vb vb- ,;a V Vb3 +,;a ' Iz enačbe izhaja , da mora velja ti rdr - 1 = b > a, če naj se brod gib lje proti t oku. Čim večji je up or broda, tem daljše moraj o biti lopatice. Z enačbo je mogoče izračunati , pri katerem razmerj u b je pri danem razm erj u a hit ro st broda največja. Enačbo odvaj amo po b in odvod postavimo enak O, pa dobimo zvezo 2Vb3 = ,;a(3b + 1), iz katere sledi Vb/V = 1/ 3b. Čim daljše morajo biti lopat ice, t em manjša je hit rost broda. Brod z velikim uporom dos eže zelo majhne hitrosti . V mejn em primeru ustreza temu primer u kolo z lopaticami, ki se vrti na mestu , na pr imer na zasidranem brodu . 1 2 3 4 2 6 5 9 5 7 7 7 7 6 7 1 O 2 4 8 9 6 6 3 2 Fizika - Rešitve nalog Mlinska kolesa ob rekah so poznali že v davnini in taka kolesa na zas idranih lad jah v rekah vsaj od leta 537, ko so Goti me d ob leganjem prebivalce Rima pregnali na ladje. Pozneje se je ta rešitev precej razširi la in so kolesa z lopat icam i na zasid ranih ladjah na rekah poganjala mline, žage, črpalke . Pri nas poznamo t ake mline na Muri. Vojašk i inženir Kon- rad Keyser je let a 1405 narisal načrt za brod proti toku . Morda je Denis P apin, najprej Hu ygensov pomočnik v P arizu in nato Boylov pomočnik v Londonu, ki je prvi zgradil parni stro j na znižani t lak, let a 1707 upor abil tak bro d na Fuldi v Nemčiji . Vendar ni nobenega nedvoumnega poročila , da bi kak brod, ki bi se gibal proti t oku, izkoristili za pr evoz ljudi ali tovora . Razlog za to v času pred uvedbo parnih strojev lahko najbrž iščemo v ceneni delovni sili. Težaki so hodili ob obali in z vrvmi ladje vlekli pro ti toku . Težava je bila najbrž t udi v te m, da bro d zahteva raven to k reke in most ali drugo pripravn o točko , na katero pritrdirno krajišče vrvi. Danes t a okolju prijazna rešit ev ni uporabna , ker regul irane reke tečejo počasi in bi se brod z velikim uporom proti toku gibal še počasnej e . Jan ez Strnad MALA ŠTEVILSK A KRIŽANKA - Rešitev s str. 66 Možni potek reševanj a: Pod 4 navpično je največj e dvomestno prašt evilo, to je 97. Takoj sledi , da je po d 5 vodoravno število 7777 . Pod 3 vodoravno so kandidat i praštevila 19, 29, 59, 79 in 89. Pod 3 navpično je produk t tega praštevil a s številom 97. Od mo žnost i: 19 x 97 = = 1843, 29 x 97 = 2813, 59 x 97 = 5723, 79 x 97 = = 7663 in 89 x 97 = 8633 ima na drugem mestu št evko 7 le 59 x 97 = 5723, tor ej je pod 3 navpično šte vilo 5723 in pod 3 vodoravno število 59. Pod 6 vodo ravno je 210 = 1024 kot edina št irimestna deset a poten ca. Pod 6 navpično je število 16, ki ed ino izpolnj uje pogoj o razliki števk. Pod 9 vodoravno je 32 kot večkratnik šte vila 16. P oci 1 navpično je 27 , ed ini clvomestni kub , ki se konča na 7. Izračunamo še, cia je 1 vodoravno 42 - 16 = 26, dokončamo zapis št evila 2 navpično , preverimo pr avi lnost 8 vod oravno in kri žanka je rešena. Urška Demšar Mat ematika I o PERFEKTNIH (POPOLNIH) KVADRIH b a b Perfekt ni (po polni) kvader imenuj em o tak kvader , pri katerem se izražajo dolžine robov, te lesne diagonale in diagonal vseh st ranskih ploskev s celimi (torej naravnimi) števili. Pravzap rav smemo tako imenovati vsak kvader , pri katerem so vse naštete dol žin e racion alna števila ali pa so med seboj v racionalnih razme rj ih. Če so namreč vse racionalne, se pravi ulomki, po- množim o robove z naj manjšim skupnim imen ovalcem teh ulomkov. Tako dobimo podob en kvader , pri katerem se vse navedene do lžine izražaj o z naravnimi števili. Če pa so vsa razmerja med njimi racionalna, lahko izberem o enoto za dolžino tako, da so potem vse te količine cela števila. Ali v t em sm islu pe rfekt ni kvadri obstajajo? Kvad er je te lo v trirazsežnem prostoru. V ravnini ima pravokotnik vlogo kvadra . Po analogij i bi imenovali pravokotnik "perfekten", če se izražaj o dolžin e njegovih stranic in diagon ale z nar avn imi šte vili, oziroma, kar je v bist vu isto , z racionalnimi števili. Diagon ala razdeli pravokotnik na dva skladna pravokotna t rikotnika s katetama a in b, hipot enuza pa je diagonala d (slika 1). Zato velja po Pitagorovem izreku zveza a Slika 1. Pri "perfektnem" pr avokotniku so a , b, d nar avna števila , ki zadoščajo tej enačbi . Takih trojk a, b, d je nešt eto , imenujem o jih pi t agorejske t rojke, naj manj ša med nj imi je a = 3, b = 4 in d = 5. Če razširimo obravnavo na pravokotnike, pri katerih so do lžine a, b, d racionalna števila, sme mo vzeti , da je ena izm ed nj ih enaka 1, np r. b = 1 (ustrez no dalji co smo izbrali za enoto dolžine). Zgornja enačba se zdaj glasi (1) Iz nj e dobimo d2 - a2 = 1. Če levo st ran razst avimo v produkt , lahko zapišemo enačbo (1) v obliki (d+a )(d- a) = 1. (la) Denimo, da pozitivni racionalni števili a in d zadoščata (1) , t orej t udi (la) . Očitno je d > 1. Postavimo d + a = t , kjer je t prav tako racionalen IMat ematika in večj i od 1, sa j je t = d + a > d > 1. Iz (la) dobimo zdaj d - a = l i t , od tod pa izračunamo t 2 - 1 a= - - 2t ' t 2 + 1 d=-- 2t t > 1. (2) Za vsako racionalno rešitev enačbe (1) obstaj a pot emtakem tako racio- nalno število t > 1, da se a in d izražat a z obraz cema (2) . Narobe je pr av tako res: Izberimo si poljubno racionalno število t -=J. O in ga vst avimo v leva izra za (2). Dobljena a in d st a racionalni št evili, ki zadoščata enačbi (1), kar pokaže preprost račun . Če sta a in d pozitivn a - taka sta, kad ar je t > 1 - določata a in b = 1 pravokotnik z racionalnimi st ranicami in racionalno diagonalo d. Pripomba. Kadar je t < 1, je bodisi a bodisi d negativno število. V tem primeru je dolžina ust rezne stranice ena ka la l (oziroma diagonale IdI). Racionalno šte vilo t > 1 lahko zapišemo v obliki ulomka t = »t«.kjer sta števec P in imenovalec q naravni tuji si št evili in P > q. Če to vst avimo v (2) , se a in d izražata v obliki te h-le ulomkov Pomnožimo stran ici a in b = 1 s skupnim imenovalcem 2pq , pa dobimo podoben pr avokotnik, ki ima st ra nici in diagonalo b = 2pq , (3) Slika 2. a Za vsak par naravnih št evil p in q, p > q, so tako dobljeni a, b, d pitago- rejska trojka. Vzemimo zdaj kvad er z rob ovi a, bin c (slika 2). Zaznamujmo z d te- lesno diagonalo (telesne diagonale so štiri, so pa med seboj enake) , z dl , d2 in d3 pa diagon ale stranskih ploskev . Pri tem je dl diagonala osnovnega pr avokotnika s st ranicama a in b, d2 c diagonala st ranskega pr avokotnika s stran icama a in c, d3 pa diagonala stranskega pravokotnika s stranica- ma b in c. Po Pit agorovem izreku dobimo zveze (4) Matematika I Telesna diagonala d je hipot enuza pr avokotnega t rikotnika s katetama dl in c (slika 2). Zato je di + c2 = d2 , oziroma, če upošt evamo prvo enačbo (4) , (5) Pri poljubno izbr anih po zit ivnih šte vilih a, b, c i zračunamo iz (4) in (5) st ranske diagon ale d l , d2 , d3 in te lesno diagon alo d. Če so a, b, c cela (oziroma racionaIn a ) števila, pa dobljeni dl , d2 , d3 in d niso vse lej cela (nit i racionalna) šte vila . Kakor sm o poved ali na začetku, je za obstoj perfektnega kvadra dovolj , če najdem o po zit ivn a racionaIna števila a , b, C, dl , d2 , d3 in d, ki zadoščajo enačbam (4) in (5). Od slej bomo torej iskali racion alne reš itve. Zdaj sm emo vzeti, da je C = 1 (t retj i rob kvadra smo izbrali za enoto dolžine) . Enačbe (4) in (5) dobijo po tem to le ob liko in a 2 + 1 = d~ , (4a ) (5a ) Denimo, cia im amo kakšno racionalno rešitev. Dru ga in tret ja enačba (4a) imata obliko enačbe (1) . Če se spomnimo, kako clobimo racion alne rešitve enačbe (1) , viclimo, cia obstajata taki racion alni št evili večj i ocl 1, imenujmo j u zdaj x in y , cia je m y2 _ 1 b= - - 2y y2 + 1 d3 = - - ·2y (6a) (6b) Kor lahko zapišemo enačbo (5a) v obliki in st a d] in cl racionaIna , obstaj a racionalno št evilo z > 1, cia je Z 2 - 1 dl = ---') , ~ z Z 2 + 1 d - --. - 2z (6c) I Mat ematika Če vstavimo dobljene izraze za a, b in dl v prvo enačbo (4a) , ki smo jo pomnožili s 4, dobimo tole zvezo (7) P ovzemimo, kaj smo doslej ugotovili : Če obstaja pe rfektni kvader , lahko najdemo racionalna števila x, y , Z , vsa večja od 1, ki zadoščaj o enacbi (7). Vzem imo zdaj, obratno, da od nič različna racionalna št evila x , y , z ustrezajo te j enačbi . Potem so x 2 -1 a- --- - 2:1: ' y2 -1 b=-- 2y c= l racionalni robovi kvadra, pri katerem se izražaj o st ranske diagon ale dl , d2 , d3 in t elesna diagonala d z obrazci (6a) , (6b) in (6c) . Vsa ta št evila so racion alna. Štiri enačbe (4a) in (5a) smo tako nadomestili z eno samo enačbo (7) . Takoj vidimo, da je enačba (7) izpolnjen a , če post avimo x 2 = 1, z = = y , ali pa y2 = 1 in z = x . V prvem primeru je a = O, v drugem b = O. Kvader se je izrodil v pravokotnik. Če pa je z 2 = 1, pove enačba (7) , da mora bi ti x 2 = 1 in y 2 = l. (Leva stran je namreč vsota dveh kvadratov in je enaka nič samo ted aj , kadar sta oba sumanda enaka nič.) Zdaj je a = b = O, tako da se je kvader izrodil v dalj ico. Pravi perfektni kvader nam da le taka trojka x, Y, z racion alnih števil, ki so vsa večja od 1 in zadoščajo enačbi (7) . Ali obs t a ja taka t ro jka? Odgovora na to vprašanje ne vem . Doslej niso še našli perfektnega kvadra ni ti niso dokazali , da ga ni . Z računalniki so ugotovili samo to, da je do lžina najmanj šega roba perfek t nega kvadra (z rob ovi , ki so cela števila) večja od 109 , seveda, če t ak kvad er sploh obsta ja. Pripomba. Ni posebno težko ugotoviti, da ima enačba (7) rešitev, pri kateri so racionalni x, y , z vsi večji od 1, brž ko prem ore kak šn o rešitev , pri kateri je x 2 =1- 1 in y2 =1- 1. Ker nast opajo x, y in z v (7) samo v kvadratih, je namreč ta enačba izp olnj en a t ud i tedaj , kad ar kakšn o neznanko zame njamo z nj eno nasprotno vrednostjo, npr. x z -x. Prav tako pa sme mo vsako neznanko zamenjati z njen o recipročno vrednostjo, t orej x z l i x. S takimi zame njavami pridem o iz vsake rešitve, pri kateri je x 2 =1- 1 in y2 =1- 1, do rešitve, kjer so vse neznanke večje od 1. Zast avimo si zdaj vprašanje , ali obstaj aj o kvadri z racionalnirni ro- bovi in racionalnimi st ranskimi diagon alami. Torej ne zaht evamo več, da naj bi bila t udi te lesna diagonala d racionalna, 144 Matematika I (8) Če si izberemo poljubni racionalni št evili x in y , ki st a obe večji od 1, nam dajo obrazci (6a) in (6b) kvader z racionalnimi robovi a, b, C = 1 in racionalnima diagonalama d2 in d3 . Vstavimo izraza za a in b v prvo enačbo (4a) in dajmo levo stran na skupni imenovalec. Potem je pred nami enačba y2(X2 - 1)2 + X2(y2 - 1)2 2 4x2 y2 = dl . Diagon ala dl je racionaIna, če je ulomek na levi kvadrat racionalnega št evila . Za to pa zadošča, da je šte vec kvadrat racionalnega števila, saj je imenovalec kvadrat racionalnega števila 2xy. Števec lahko zapišemo v obliki Izberimo zdaj racionalni števili x in y t ako, da bo med njima zveza (9) Potem je števec enak 4, iz (8) pa dobimo dl = l / xy in je tudi diagonala dl racionaIna . Pripadajoči kvader im a robove x 2 - 1 a= - - - 2x ' st ranske diagonale pa so y2 _ 1 b=-- 2y C = 1 , (10a ) 1 dl = -, x y (lOb) Vs a ta števila so racionaIna . Kvader ima potemtakem racionalne robove in racionalne st ranske diagonale. Seved a morata racionalni št evili x in y zadoščat i enačbi (9). Kako taka št evila dobimo? D enim o, d a j e y i= O. D elimo enačbo (9) z y2 in pos tavimo x - = uy , 2 - = V. Y (11) Če sta x in y racionaIna, st a taka tudi u. in v . Med njima pa je t ale zveza (9a) I Mat ematika Kakor vem o, se vsaka racionalna rešitev te enačbe izraža v obliki t2 - 1 u =-- 2t ' t2 + 1 v = - - 2t (12) pr i primerno izbranem ra cionaln em št evilu t -=f O. Za vsak racionalen t -=f O pa st a t ako dobljena u in v racion alna in zadoščata enačbi (9a). Iz enačb (11) in (12) zdaj lah ko izračunamo t 2 - 1 x= 2-- t 2 + 1 ' 4t Y = t 2 + 1 . (13) Ker si lah ko racionalni t poljubno izberemo, določata obrazca (13) nešteto parov racionalnih števil x, Y, ki zadoščajo enačbi (9) . For mule (1Oa) in (l Ob) pa določaj o nešt et o kvadrov, pri kater ih so dol žine rob ov in st ra nskih diagonal racionaln e. Npr. za t = 2 imamo x = 6/5 , Y = 8/5 . Robovi in st ranske diagonale pripadajočega kvadra so 11 a = - 60 ' b = 39 80 ' c = 1 , d _ 25 1 - 48 ' d _ 61 2 - 60 ' d = 89 3 80 ' Pom nožimo robove z 240, ki je naj manjši skupni imenovalec vseh navede- nih ulom kov, pa dobimo tale pod obni kvad er , ki ima za robove in st ran ske diagon ale cela števila Telesna diagonala d = )73 225 = 5)2929 pa je iracion alna. Racionaln o šte vilo t lahko zapišemo v obliki ulomka t = p/q , kjer sta p in q naravni t uji si števili. Če to vstavimo v izra za (13), dobimo 4pq Y = -;:---::-p2 + q2 . P reprost , čeprav nekoliko dolgovezen in za to dolgočasen račun , ki ga bralec lahko preskoči , pokaže, da se robova a in b izražata takole 3p4 _ 10p2q2 + 3q4 a = 4(p2 _ q2)(p2 + q2) , Matematika I Skupni imenovalec ob eh ulo mkov na desni je 8pq(p2 _ q2)(p 2 + q2) = = 8pq(p4 - q4). Če z njim pomnožimo a, b in c = 1, dobimo kvader z robovi a = 2pq(3p4 _ 10p2q2 + 3q4) , b = (p2 _ q2)(14 p2q2 _ p4 _ q4) , C = 8pq(p4 _ q4) . (14) Vsa števila na desni so cela, če sta t aka p in q. Stranske diagonale se izraža jo pri t em kvadru s celimi št evili, in sicer so dl = (p2 + q2)3 , d2 = 2pq(5p4 _ 6p2q2 + 5q4) , d3 = (p2 _ q2)(p4 + 18p2q2 + q4) . Te formule je po znal že Leon ard Euler. Povedat i pa je treb a , da nam ne dajo vseh (nepodobnih) kvadrov, pri kateri so do lžin e robov in st ranskih diagonal cela št evila . Nešt eto je kvadrov, ki imajo za robove in telesno diagonalo cela števila . Dobimo jih z rešitvami enačbe (5) , to je, enačbe v naravnih šte vilih a , b, c in d. Najpreprostejša med njimi se glasi a = = b = 2, C = 1, d = 3. Kako dobimo vse njene rešitve v celih številih , pa lahko br alec zve iz knj ige J. Grassellija, Diofantske enačbe (Ljubljana, 1984) , na st r. 64~68. Ali obstajajo t ud i kvadri , pri katerih se izražajo dolžin e robov, t elesne diagonale in dveh st ranskih diagonal z naravnimi šte vili? Ob stajaj o. Najmanj ši tak kvader ima robove a = 104 , b = 153 , C = 672 . (15) Tu je telesn a diagonala d = 697 , st ranski diagonali dl = 185 in d3 = 680 se izražata s celima številoma , diagonala d2 = 6V10l0l pa je iracionalna. Navedeni primer seve da ni edini t ak kvader. Ob st aj aj o parametri č ni ob razci, podobni obrazcem (14), ki daj o neštet o kvad rov s to lastnostjo, vendar so bolj zapleteni, kakor so (14) , in t ud i izpeljava je do lgoveznejša . Zato j ih t u ne bomo navaj ali . Mat ematika ~ G l ' , 1 \. " I , , I , , I ' , I \. \. \. \. I ~ - - -- - - - -- ~ F : : E d3 1 D !;, - - - - -:---- - - : " 1 I, I I , I I " I I , I I Ba Slika 3. A Vzemimo po ljuben kvader, pr i katere m se izražaj o dolžine robov a , b, c, te lesne diago nale d in dve h st ranskih diagonal dl in d3 z nar avnimi šte vili. Naj bod o A, B, C, D oglišča spodnje osnov ne ploskve, E, F, G, H pa oglišča zgornje (slika 3) . Točke A , B , C in G določajo tristrano piramido (te- t raeder), ki ima za osnov no ploskev trikotnik ABC s stranicami a, b, dl , njeni stranski robovi pa so c, d in d3 . Vsi se izražaj o s celimi števili. Mejne ploskve so št irje pravokotni t rikot niki: Os novna ploskev ABC in stranska ploskev BCG st a polovici pr avokotnikov ABCD in BCGF; v st ran skem trikotniku ACG leži stranica AC (to je diagonala dd v osnovni ploskvi kvadra in je zato pravokotna na stra nice CG, ki je t ret j i rob kvadra; v trikot niku ABG pa je stranica A B rob kvadra in je zato pravokotna na st ranico BG (to je diagonala d3 ) , ki leži v stranski ploskvi CB FG kvadra. Če so stranice pravokot nega trikot nika cela števila , je t udi njegova ploščina, ki je enaka polovici produkta katet, celo število (v pitagorejski t rojki je vselej ena kateta sodo število, glej enačbe (3)) . Vzemimo za zgled kvader z robovi (15). Za ploščine Pl , P2, P3 in P4 stranskih ploskev tetraedra ABCG dobimo tale števila 1 P: = "2 ab = 7 956 , 1 P2 = "2 bc = 51 408 , 1 P4 = "2ad3 = 35360 . 1 P3 = - cd ] = 62 160 , 2 Prostorn ina V tetraedra ABCG pa je šest ina pr ostornine kvadra, saj je ploščina Pl osnov ne ploskve ABC polovica ploščine osnovne ploskve ABC D kva dr a , višina pa je pr i obeh te lesih enaka c, to rej V = iabc. V našem pri meru je prost ornina V = 1 782 144, se pr avi celo število. Tako smo ugot ovili to le: Vsak kvader , pri katerem se izražaj o rob ovi , t elesna diagon ala in dve stranski diagonali z nar avni mi števili, določa t ris trano pirami do (te traeder ), pri kat eri se izražajo rob ovi , ploščine stran- skih ploskev (to so t riko t niki ) in (izkaže se) t udi prostornina z naravnimi števili. Ivan Vidav Računalništvo I TRDNJAVE NA ŠAHOV N ICI - Rešitev s str. 81 Za vp rašanje , koliko je bistveno različnih pos tavitev osmih paroma nen a- padajočih se t rdnjav na običajno šahov nico, sem prvič slišal že pred časom . Gre za klasično vp rašanje iz razvedrilne m atematike, ki je sicer manj znano kot enako vprašanj e za postavit ve kraljic, vendar pa je nanj t udi težje odgov or it i. P ravijo, da se je z nj im spo prijel t udi H. E. Dudeney ( 1857~ 1930), ede n od mojst rov raznovr stnih ugank in razvedrilnih matematičnih nalog s konca 19. in začetka 20. stolet ja, vend ar ga ni usp el razrešit i. Opis rešit ve sem prvič vide l v zanimivi knj igi [1]. Kn jiga je prvič izšla že let a 1966. V njej avtor trdi , da je bistveno različne postavitve t rdnjav prvi let a 1962 prešt el neki D. F. Sm it h iz San Francisca . Skraj šani opis reš itve, podan v knjigi, im a 5 st rani, in ker se po krajšem razmisleku t ud i sam nisem dom islil ničesar bistveno kr aj šega , pr ogramiran je pa mi je v vese lje, sem se odločil , da nalogo reš im z računalnikom. Vseh postavitev nenapadajočih se t rdnjav je 8i = 40320. P ri zmo- glj ivosti današnjih računalnikov je t o maj hn o število, t ako da me čas izvajanja programa in poraba pomni lnika nist a preveč skrbela . Šahovs ka deska im a 8 sime t rij : iz začetne lege jo lahko zasukamo za 90°, 180° in 270°, pr ezrcalimo npr . pr ek vodoravn e simetrale t er prez rcaljeno zopet zas ukamo za 90° , 180° in 270°. Iz ene postavitve trdnj av t ako dobimo do 8 različnih post avit ev. Ker pa pos tavite v nenapadajočih se t rdnjav nikoli ni enaka svoj i zrcalni sliki, vedno dob imo vsaj 2 različni p ost avitvi . Razmislek t udi pove, da mora število različnih post avit ev , ki j ih dobimo z up or ab o sime trij, deliti število vse h simetrij (učeno bi rekli, da mor a moč podgrupe delit i moč grupe) . Če povzamem: z uporabo simetrij iz vsake po st avit ve nenapadajočih se trdnjav dobimo 2, 4 ali 8 različnih (a ne bist ven o različnih) postavit ev . P rimeri post avitev, iz katerih s simetrijami do bimo po 2, 4 oziro ma 8 različnih postavitev, so prikazani na spodnj i sliki. J: I I I .1. X :.1 I .1. I E- :1 .1. :1 I I :i I I :1 I I I :1 I Računalništvo Program sem nekoliko matematično obarval in ga zas noval t akole. Posta- vitve trdnjav sem označil s števili od O do 40319. P ri pret varjanju med post avitvami t rdnjav in števili sem up orabil "faktorielni" zapis št evil. O njem smo v P reseku pr ed časom že pisali (glej pr ispevek [2]). Vsako naravno število x od O do n ! - 1 lahko enolično zapišemo kot x = Cn- l . (n - 1)! + Cn-2 . (n - 2)1+ . . . + C2 . 2! + Cl · 1! , kjer za števke Ci, i = 1, . .. , n - 1, velja Ci E {O, 1, . . . , i - 1, i}. Post avitev t rdnjav pretvorimo v št evilo tako, da za vsako t rdnjavo v prvih sedmih stolpc ih pr ešt ejemo, koliko vrstic po d njo še ni zase denih s trdnjavami iz pr ejšnjih stolpcev. Tako po vrst i dobimo št evke C7, CG, C5 , C4 , C3, C2 in Cl . Levi postavitv i na zgorn ji sliki t ako pr ipad a število O, srednji postavit vi šte vilo 1 . 7! = 5040, desni postavitv i pa št evilo 0 ·7! + 6 · 6!+0 · 5! + 4 ·4!+0 · 3!+ 2 · 21+0 · 11 = 6 ·720 + 4· 24 +2·2 = 4420. Po dobno pot eka tudi pr etvar janje št evila v post avit ev trdnjav. S programom sem tako pregledal vsa števi la od O do 40319. Vsako število sem pr etvori l v post avit ev trdnjav, na post avit vi opravil zasuke in zrcaljenje, sproti preštel, koliko različnih števil pr edst avljaj o dobljene postav itve, in si v pomožnih šte vcih zapomnil ugotovit ve (pri tem sem seveda pazil, da ist ih postavitev nisem št el večkrat) . Ko sem pr ogr am zagnal (v resnici je bilo pred tem še nekaj "neuspelih" poskusov), je v hipu i zračunal , da za šahovnico velikost i 8 x 8 obstaja natanko 5282 bistveno različnih postavitev osmih paroma nenapadajočih se trdnjav. Dobljeni rezult at se ujema z vrednostjo, ki je navedena v knjigi [1]. Program sem preizkusil t udi na manjš ih šahovnicah in tako naračunal spodnjo t ab elo. V zadnjih t reh st olpc ih so zbrana šte vila t ist ih postav it ev , iz katerih lah ko z zas uki in zrcaljenji dobimo k = 2, 4 ali 8 postavit ev t rd njav. velikost vse bistveno razl ične postavitve, ki določajo k drugih šahovnice postavitve postavitve k=2 k =4 k =8 2 2 1 2 O O 3 6 2 2 4 O 4 24 7 8 8 8 5 120 23 8 40 72 6 720 115 20 140 560 7 5040 694 20 452 4568 8 40320 5282 88 1672 38560 Računalništvo I Iz tabe le razbe remo, da je velika večina post avitev trdnjav povsem br ez simetrij , saj iz njih z zas uk i in zrcalje nj i dobimo po 8 različnih post avit ev (na običajni šahovnici je takih postavitev kar 38560 od skupno 40320, to rej več kot 95% vseh post avitev). Povprečno število različnih post avitev, ki j ih na običajni šahovnici dobimo iz posamezne post avitve, pa je enako 2·88 +4· 16 72 +8 ·3856 0 _ 31 5344 r--;» 7 821 40320 - 40320 ~ . . Martin Juvan [1] J. S. Mad achy, Madachy 's m athem atical recreations , Dover , 1979 [2] M. Juvan, Iščemo besedo, Presek 26 (199 8/ 1999), št . 6, st r . 365- 367 GRAFIČNA PODPORA - R ešitev s str. 91 V progr amerski hiši CrissCross™ so nam zaupali pripravo grafičnega dela njihove priljubljene računalniške igri ce. V logu moramo napisati ukaz, ki bo narisal kvadrat no mrežo velikosti 5 x 5, na kateri bod o s križci označena izbrana polja (glej spodnjo sliko) . x X X X X X X X X Risanje slike je torej sestavljeno iz dveh delov: najprej nansem o kvadratno mrežo, nato pa na njej označimo izbrana polja . Odločimo se, da bo mreža ses t av ljena iz kvadratkov velikosti 30 x 30 eno t . Mrežo narišem o tako, da potegnemo 6 vodoravnih in 6 navpičnih črt , pri čemer so črte razmaknj ene za 30 enot. Ko je mreža nar isana , se v zanki "spreho dimo" skozi vhodni seznam, vzamem o par, ki je na začetku seznama, narišem o kr ižec na mestu, ki ga določa par , t er par zbrišemo iz seznama. IRačunalništvo 151 I TO prikazi : seznam (LOCAL "dolzina "par) REPEAT 6 [ Nar i š emo vodor avne črte . RT 90 FD 5*30 PU BK 5*30 LT 90 FD 30 PD ] PU BK 6 *30 PD REPEAT 6 [ Nar i šemo navpične črte . FD 5*30 PU BK 5*30 RT 90 FD 30 LT 90 PD ] PU RT 90 BK 6*30 LT 90 PD MAKE "dolzina COUNT :seznam REPEAT :dol z i na [ ; S kr i žci označimo izbrane kvadratke . MAKE "par FIRST :seznam ; Vzamemo par, ki določa položaj kr i žca . krizec (FIRST :par) (LAST :par) ; Nar i š emo križec. MAKE "seznam BF : seznam ; Skraj šamo seznam . ] END P ri risanju križcev smo si pom aga li z naslednjim pomožnim ukazom . TO krizec : x :y LOCALMAKE "pero PENSIZE ; Premaknemo se na sredino kvadratka, kjer borno narisali kr i žec . PU RT 90 FD 15+30*: x LT 90 FD 15+30*:y PD SETPENSIZE [3 3] Spremenimo debelino peresa. RT 45 REPEAT 4 [ Narišemo križec . FD 15 PU BK 15 RT 90 PD ] LT 45 SETPENSIZE :per o ; Debelino peresa vr nemo na staro vr ednost . ; Vrnemo se na mesto, kjer srno bili pred risanjem križca. PU BK 15+30* : y RT 90 BK 15+30* : x LT 90 PD END Seveda lah ko našo igro igrata dva igralca , eden riše kr ižce, drugi pa krogce. Lep o bi bilo, če bi naš ukaz sprejel še drugi (morda neobvez ni) paramet er, ki bi določal , v katere kvad ratke mreže je treba narisat i krogce. Tudi velikost mreže (in velikost posameznih kvadrat kov) bi bila lahko spremenljiva . Možnosti za nadaljnje delo je torej še veliko. Martin Juvan Slika 1. G iordano Bruno (15 48 d o 1600) - učenj ak nezlomlj ivega značaja , st ra- st en glasn ik novih id ej in zagovornik Kopernikovega heliocent r ičnega siste- m a . Novice I DROBEN SPOMIN NA GIORDANA BRUNA Ob 400-let nici sm rti velikega italijanskega filozofa-astron om a, borca proti sbolestičui miselnosti in cerk venim pogledom o vesolj u, gorečega prope- gatorja materialističnega svetovnega nazora in neom ajn ega zagovornika K opernikovega nauka. Giordano Bruno se ro di v me- stecu Nola blizu Neaplja. Že s pe t - naj sti mi let i stopi v vrste domini- kanskega me niškega reda. Leta 1572 post ane d uhovnik , kamlu nato pa še doktor filozofije. V sa mostanu se vneto izobražuj e. V roke mu pri- dejo štev ilni sp isi preteklosti in pod njihov im vp livom pr ivzame ateistični svetovni nazor . Upre se mu št udij sho lastike. Leta 1575 ga obsodijo krivover- skih misli . Bruno izstop i iz domini- kanskega reda in se preseli v Rim. Tam pa spozna, da pripravlj aj o proti nje mu sodni proces. Zato zbeži, naj- pr ej v seve rno Italijo , na to v Švico , p ot em v Francijo , kjer predava ast ro- nomijo na univerzah v To ulousu in P arizu. Let a 1583 se zateče v Anglijo . Tu kri ti zir a sholastično šolo in teologe . J avn o nastop a tudi proti Ptolemejevemu geocentričnem sistemu (Zemlja v središču veso lja in vse se gib lje okrog nj e). V Londonu izda (v it alijanskem jeziku napisano) vrsto spisov iz filo- zofije in t udi svo je najpomebnejše delo, knjigo O neskončnosti , vesolj u in svetovih (1584) . Kmalu se preseli v Nemčij o , kjer propagira nov svetovni pogled, svoje ideje glede zgradbe vesolj a , pr edvsem pa krčevito zagovarja Kopernikov h eliocentrični sistem (Sonce v središču , okrog njega pa se gib ljejo planeti , med njimi tudi Zemlj a) . Na p ovabilo nekega plemiča pride 1592 v Ben etke. Tu ga zahrbt no prime inkvizicija . Obt ožijo ga razširj anj a kr ive ver e, ki se daleč ne sklada z ur adnim naukom rimokat oliške cerkve glede zgradbe vesolja in še drugih st vari. Zaprejo ga. Skoraj osem let Bruno preživi v temačnih b ene ških in rims kih j ečah. Možato pren aša mučenj e in t rpljenje. Ves čas kor enito zagovarja svo je INov ice - Rešitve nalog prepričanj e. Ne kloni . Ker ne odstopi od svoj ih nazorov, ga obsodijo na smrtno kazen . J avno ga sežgejo na grmadi 17.2.1600 na nek em trgu v Rimu. Bruno je v svojih delih zagovarjal in nadalje razvijal Kop ernikov nauk. Menil je, da je vesolje neskončno in da Sonce ni središče vesolja (saj je za tako središče v neskončnem vesolju mogoče vzeti poljubno zvezdo) in da ne miruje. Prav tako je zagovarjal misel, da je v vesolju nešteto zvezd, podobnih našemu Soncu , in da v vsem vesolju vladajo enaki zakoni. Najpomembnejša filozofska misel Brunovega nauka pa je bila trditev glede mnoštva nas eljenih svetov (t eles), podobnih naši Zemlji, kar je v temeljih ru šilo bistvo cerkvenega pogled a na svet oziroma vesolje. Ves poznej ši razvoj astronomije je potrdil Brunova znanstvena pr edvidevanja. Brunovo življenje je bilo en sam velik in neustrašen boj za pri zn a- nje znanstvene resnice. Svojim idejam in nazorom se ni nikoli odrekel kljub preteči smrtni kazni . V zgodov ini znanost i še dandanes na široko odmevaj o zadnje besed e, ki jih je izrekel t a velikan misli tik pr ed smrtjo: "Sežga t i, ne pomeni , odreči se." Marijan Pro sen TRGOVSKA - Rešitev s str. 66 Če z a označimo vrednost trgovčevega pr em oženja na začetku prvega let a in sledimo pogojem naloge, dobimo za neznani a enačbo ~ (~(~ (a -100) -100) -100) = 2a, ki ima rešitev a = 1480. Toliko fun tov je imel t rgovec na začetku . Ma rija Vencelj DVE ZA PODMLADEK - Rešitev s str. 73 1. 2. I I :::'0 O O::::: -~~O/~­ I/~ I /0 O, I I Na sliki je 44 trikotnikov. Dragoljub M. Milo ševi č Novice I 41. MEDNARODNA MATEMATIČNAOLIMPIADA V Taejonu (Južn a Ko reja) je b ila v sre dini julija 41. maternati čna olimpi- ada, na kateri je sode lovalo 461 te kmovalcev iz 82 držav . V slovenski ekipi so bili t ekmovalci Aleksandra Franc s 1. gimnazije v Ce lju, Irena Majcen , Sašo Jelenčič in Kl em en Šivic z Gimnazije Bežigrad , Moj ca lVIiklave c s Škofijs ke klasične gimnazije Ljubljana, Matjaž Urlep s Šolskega cent ra Celje - Splošn e in strokov ne gimnazije Lava, član med narodne tekmovalne komisij e Greg or Dolinar s Fa kultete za elektro tehniko t er vod ja ekipe Matjaž Željko s Fakultet e za matemati ko in fiziko. Ekipa je prisp ela v Korejo nekaj dni pr ed t ekmovanj em. Ta čas smo preživeli v Seulu. Med mestnimi znamenitostmi so napravil e na nas naj globlji vt is poulične t rž nice, na katerih lahko dobi š vse . Najbolj pe stro pa je bilo seveda 19. in 20. julij a , ko so se t ekmovalci spo prije li z nalogami , med katerimi st a bili tudi naslednji dve: 1. Kro žni ci fI in f 2 se sekata v točkah M in N . Naj bo f! taka sk upna tangenta kro žni c fI in f 2, da je točka .M bližje tangenti f! kot točka N . Tangenta f! se dotika kro žni ce fI v točki A, kr ožni ce f 2 pa v točki B. Premica, ki gre skozi točko M in je vzporedna s tangenta e, seka kro žni co f I še v točki C , krožni co f 2 pa še v točki D . Premici CA in DE se sekata v točki E, premici A N in C D se sekata v točki P , premici B N in C D pa se sekata v točki Q. Dokaži, daje lEPI = IEQI· 2. Čarovnik ima sto kart, ki so p o vrs ti oštevilčene od 1 do 100. Vs e kart e razporedi v rdečo, belo in m odro škatlo tako, da je v vsaki škatli vsaj ena kart a. Član občinstva izb ere dve škatli , izb ere po eno karto iz vsake od nj~jll in pove vsot o št evil na izbranih dveh kart ah Ko čarovnik izve to vsoto, pove, iz kat ere škatle ni bila izbrana nobena karta. Na koliko načinov lahko čarovnik razporedi kart e v te tri ška tle tako, da bo trik vedn o usp el? Po napornih t ekmovalnih dnevih so si t ekmovalci ogledali še nekaj lokalnih zname nitost i in se z avt obus i pod ali na dvodnevni izlet po Koreji. Ekipa Slovenij e je t ud i tokrat na olimpiadi usp ešno sode lova la , sa j je Ir ena Maj cen osvojila srebrn o med aljo, Moj ca Miklavec pa bronasto . Usp eh ekipe sta s pohvalama dop olnila še Aleksandra Franc in Kl em en Šivi c. Poudariti velja, da je Ir en a Maj cen prva dij akinja iz Slovenij e, ki je na mednarodni matematični olimpiadi prejela sre brno med aljo . To je bil a tudi prva srebrna med alj a , odkar (od leta 1993) Slovenija kot samosto jna država nastopa na mednarodnih matematičnih olimpiadah. No vice Zahvala za usp ehe naših olimpijcev in te kmovalcev na tekmovanjih gre pr edvsem uči teljem-mentorjem , ki mladim nadebudnežem pomagajo pri spoznavanju. mate matike, nast op na olimpiadi pa so v veliki meri omogoči l i Mini strst vo za šolst vo in šport , Mini strstvo za znanost in tehn o- logijo in sponzorji HER.!I'iES So ftLa b, A banka in SKB Ba nka iz Ljubljane, Kr ekova banka iz Celja ter Mui» in Mo dn« kravata Gjergjck iz Murske Sobote. Matja ž Željko 31. MEDNARODNA FIZIKALNA OLIMPIADA Olimpiada je potekala med 8. in 16. julijem 2000 v Leicestru v Veliki Britaniji . Sodelovalo je 296 te kmovalcev iz 63 držav. V slovensk i ekipi so bili Andrej Košmrlj , Gregor Tavčar , Igor Veselič , vsi z Gimnazije Bežigrad Ljubljan a , Mate j Kanduč s Srednje vzgojit eljske šole in gimnaz ije Ljublj an a te r Iztok P ižam s 1. gim nazije v Celju . Spremljevalca slovenske ekipe in člana mednarodne komisije sva bila Jure Baj c, Uprava RS za geofiziko, in Ciril Dominko, DMFA Slovenije . Udeležbo na olimpiadi je finančno pokrilo Minist rstvo za šolstvo in šport. Tako kot doslej so se tekmovalc i spopadli s t remi teoretičnimi nalo- gami in dvem a eksperimentalnima. V primerjavi z nalogami s pr ejšnjih olimpiad so bile naloge dokaj obsež ne in zahtevne , zato so bili povprečni rezultati olimpiade (rez ultati vseh tekmovalcev) relati vno slabi . Trije ud eleženci iz slovenske ekipe so na olimpiadi pr ejeli pohvalo: Andrej Košmrlj (26,7 točk) , Matej Kanduč (24,0) in Iztok Pižorn (22,8). Sicer pa je bilo treba letos doseči za zlato medalj o najmanj 37 točk od 50 možnih, za srebrno 32, za bronasto 27 in za po hvalo 20 točk. Ker meje za medalj e in pohvalo na fizikalni olimpiad i niso vnaprej določene , ampak so odvisne od vsakoletne usp ešnosti tekmovalcev oziroma tež avnosti nal og, neposredna primerjava pri znanj v posamezn ih letih ni merilo uspeha. Vsakolet no relativno uspešnost ekipe približno dobimo, če neuradno ovrednotirno medalje in pohvale, ki so jih prejeli t ekmovalci posameznih držav (uradno te kmujejo dijaki na olimpiadi kot posamezniki in ne kot ekipa). Letošnj e tri pohvale nas na taki lestvici uvrščajo relati vno visoko, sa j te kmovalci iz kar 21 držav niso prejeli nobene medalje ali pohvale, 13 držav je doseglo manj kot mi , štiri dr žave pa so bile tako usp ešne kot naša. Tako smo na te j lestvici uvrščeni v prvo polo vico sodelujočih dr žav. Naslednja, 32. mednarodna fizikaIna olimpiada, bo od 28. junija do 6. julija 2001 v mestu Antalya v Turčiji. Ciri l Domink o Fizika I TOPLOTNIIZMENJEVALeI Pri prezračevalnih napravah velikih stavb se srečamo z zanimivo na logo. Topel, a izrabljen zra k v stavbi moram o nadomestiti s svežim, ki je pozimi lahko zelo hlad en . Nesmot rn o bi bilo topli zrak spuščati nar avnost na prosto in ga nadomeščati s hladnim iz okolice. Poleg neprijetnega ledenega piša v prostorih bi tako porabi li zelo veliko to plote za dod atno ogrevanje . V prezračevalnih napravah sta svež in izrablj en zrak spe ljana po ceveh , ki tečej o tesno skupaj. Topli zrak tako ogreva hladnega in izhaja s temperaturo, ki je le malo večj a od zunanje. Na sliki 1 sta prikazani taki cevi s kvadraLnim pr erezom , ki st a v toplotnem st iku, sicer pa izolirani. Stranica kvadrata naj bo dolga a, torej je ploščina prereza cev i enaka a2 . Temperatura top lega zraka iz stavbe v zgorn ji cevi pad a vzdo lž toka, temperatura hladnega zraka v spodnji pa v smeri toka narašča . Segrevanje plina v spodnji cevi to rej poteka na račun ohla janja plina v zgorn ji. Masna pretoka zraka v ceveh naj bost a enaka . P rivzeli bomo, da je te mperaturna razlika zraka v ceveh D.T neodv isna od mesta, kjer jo merimo. Kasneje bomo vid eli, da je ta pr ivzetek prav ilen. Razliko D.T lah ko povežemo z masn im to kom plina v ceveh, debelino st ene med cevema l in toplotno prevodnostjo A. Opazujmo del plina v cevi z dolžino D.z in s presekom S = a2 , ki po t uje po cevi s hitrostjo v (slika 2) . Ker je temperaturna razlika med toplejš im zrakom v zgornji cevi in opazovanim delom plina ves čas enaka D.T, se opazovani del plina v spodnj i cevi v času t segreje za bT na račun toplot nega toka skozi ste no. Toplotni tok vzdolž cevi bomo zanem ari li. Velja torej D.T A- l-atbz = D.m cpbT . Na levi strani enačbe sm o zap isa li toploto , ki zaradi pr evajanja preide skozi st eno v času t . Na njen račun se segreje del plina z maso D.m in specifično to ploto cp za bT. S cp smo označili specifično toploto zraka, vrednost zanjo je 1000 k;K . Ker je D.m = {!SD.l , lah ko enačbo poenosta- vimo, če up oštevamo še zvezo med masnim pr etokom skozi cev if>rn = gSv, kjer je v = f hit rost plina v cevi, D.T if>rncp bT l Aa z Tu smo vpeljali vzdolžni prirast temperature plina v cevi bT na razdalj i z. Temu kvocientu pravimo t udi vzdolžni temperaturni gradient. Enačba IFizika to pe l zr ak hladen zrak T ~-------- -- --- zunanjost stavbe not ranjost stavb e z = O Slika 1. Cev i s kvadra tn im prerezom , po katerih teče zrak v nasprotn ih smereh . V zgornj i cevi se zrak vzdolž t oka ohla ja, v spo dnji pa seg reva. nQ top el zrak li V iv b.m hladen zrak 1-- oz - Slika 2. Označeni del pl ina v spo d nji cev i se enakome rno seg reva, ko potuje vzdo lž cev i s h it rostjo v. torej povezuj e ternperatumi gra dient v vmesni steni stemperaturnim gra- dientom vzdolž cevi. Sed aj je čas , da primerj amo velikost ob eh gradientov. P ri masnem toku m = (lSV pa ocenimo na i!> rn = 10- 5 kg/ s. S t emi pod atki dobimo 6.T sr -Z- = 170~ . Stena med žilama je debela Z = 0,1 mm, temperatumi gradient v žili pa ocenimo iz pov iša nja temperat ure v not ranjosti mišice !sT = 20 K in prečno velikostjo mišice z = 0,5 m. Za 6.T dobimo tako vrednost okrog 1 K, kar se dobro ujema z meritvami. Andrej Likar VRSTNI RED TEKMOVALCEV - Rešitev s str. 67 Prvi je bil Ro man , drugi Ciril, t retji Pet er , četrt i Marij an in peti J an ez. Draqoljub M. Miio šeoi č KRIŽANKA "E ST E T SK O DELILNO RAZMERJE" - R ešitev s str. 96 ~; ~ ~1'- .- .- ~" .- S L1d1 .. .~ ~ .:t. ~1 + ~ 1 + _1_ ~ A R H I T E K T -1 + _ 1 _ ~, ~~1 + · · · il:,".::' P E T K o T N I K ~ f':l~5CA ~ Z R ~~ v Li z E M _. S K A J ~ R Z "~ ....." .,;>.t .... , AC 2 + C B 2 . Sklicujoč se na oznake s slike 4, naj prej ugotovimo, cia je v t rapezu T kot pr i B manjši, kot pri D pa večj i od 90° . To sledi iz dejstva, cia je AB > CD in sta v cnakokrakern t rap ezu kota pri B in D supleme ntarna, V t rikotniku ACD po pr ejšnj em torej velja AC2 > A D2 + DC2 , se pravi t udi AC2 + + CB 2 > AD2 + DC2 + C B 2 = 3b2 = a2 = AB2 . To pomeni, da je v trikotniku A BC kot pri C manjš i od 90° . Za kot pri B že vemo, da je ostri , enako pa velja t ud i za kot pri A, ker je manj ši od kota pri C , saj je nasprotna st ran ica B C kr aj ša od stranice AB, ki leži nasproti kot a pri C. Torej je trikot nik ABC ostrokotn i, zato vsebuje sred išče S očrtanega kroga. N aloga 6. Polmesec dobimo, če od t rapeza T odrežem o krožn i odsek nad osnovnico AB in mu dodamo tri kro žne odseke nacl kr aki B C , C D in A D (slika 4). Ker pa je zarad i a2 = 3b2 dodana ploščina enaka odvzeti , ima po lmesec enako ploš č ino kot trapez T. Naloga 7. Trapez Tima ploščino atb . v , kjer je atb njegova srednj ica in v nj egova višina . Višin o prenesemo na osnovnico, stranico x ploščinsko enakega kvadrata pa dob imo spet kot višino ustreznega pravokot nega trikotnika (slika 4a ). Rešitve nalog I Naloga 8 . Če je x pozitivna rešitev kvadratne enačbe x2 + l"fax - a2 = O, velja med x in a t ud i relacija a2 = x(x +al"f) . Narišimo krog s središčem v S in premerom al"f t er daljico BC dolžine a, pr avokot no na preme r AB v kraj išču B (slika 5a) . Premica skozi C in središče kroga S na j seka krožnico v točkah D in E. Po te m je zaradi podobnost i trikotnikov BCD in EBC (zakaj?) B C2 = CD· CE. Torej je x = CD , se pravi , enak raz dalji od točke C do najbližjega presečišča s konst ruirano krožnico. A Slika 5a . c A s ~-------t"-~_ _ - 7IJD Slika 5b. Naloga 9. Enakokraka trikot nika FBC in B CD na sliki 5b sta sklad na , saj je drugi po konstrukciji zrcalna slika prvega preko simetrale s . Ker sta si enakokraka t rikotnika F B C in E BC podobna , st a si po dobna tudi enakokraka trikot nika F BC in FED . Torej sta si po dob na tud i krožna odseka nad krakoma FE in F B , enako pa velja zaradi skladnost i t udi za druge kro žne odseke. Naloga 10. Ploščini krožnih odsekov nad F E in F B sta v razmerju 3 : 2, zato je skupna ploščina dveh odsekov, nad FE in E D , enaka skupni ploščini treh odsekov, nad FB , B C in CD . Torej je ploščina luninega kraj ca enaka ploščini petkotnika F B C DE . Naloga 11. Zar adi podobnosti t rikot nikov F B C in BCE na sliki 5b je EC ·FC = BC2. Ker je zara di tega EC2 < E C2+ EC·FE = EC ·(EC+ + F E ) = EC · FC = B C2 = ~ FE2 < FE2, je E C < FE. Zato velja tudi F C = FE + EC > 2EC in F B 2 = BC2 = EC . FC > 2E C2 = 2EB 2. Torej je FE2 = ~ FB2 = FB2 + ~FB2 > F B 2 + EB2. To pomeni , da je v t rikot niku BDF kot pri B topi in zunanj i lok polmeseca FBCD meri manj kot pol krožnice. N a loga 12. Primerjajmo podobne krožne odseke na sliki 6. V velikem šestkotniku je odsek nad diagonalo AB ploščinsko trikrat večji od odseka nad stranico AC (ali C B ). Le-ta pa je po konstrukciji šestkra t večji od odseka nad strani co malega šestkotnika. Če torej od manj šega kroga I Rešitv e nalog od vzame mo šest krožnih od sekov , lahko skupaj s kro žnima odsekoma nad AC in C B sestavimo kr ožni odsek nad AB. Torej je skupna ploščina po lmeseca ABC in manjšega kroga enaka skupni ploščini trikotnika ABC in malega šest kot nika . C~:;;;::§;;]3-T 21' 2R Slika 6. Slika 7. Slika 8. Naloga 13. Ploščina vseh po lkrogov, ki so konstruirani nad stranicami šest kot nika na sliki 7, je enaka t rikratni ploščini sredinskega kroga. P loš- čina šest kot niku očrtanega kroga pa je št irikrat nik ploščine sr edi nskega kroga. Torej je skupna plo š čina šest ih polmesecev, ki j ih dobimo , če uniji šest kot nika in šest ih po lkrogov nad st ranicami izrežemo šestkotniku očrtani krog , enaka ravno ploščini šestkotnika, zmanjšani za ploščino sre- dinskega kroga. Naloga 14. Iz slike 8 je razvidno, da je ploščina lu- ninega krajca enaka razliki ploščin obeh kro žn ih od - sekov , kar pa lahko izrazimo s ploščinami ustreznih kro žnih izsekov in ploščinami ust reznih trikotnikov z znanimi trigonometričnimi for mulami. Torej je p = (~r228 - ~r2 sin 28) - (~R22cjJ - ~R2sin 2cjJ) = = r 28 - R2cjJ + ~ (R2sin 2cjJ - r 2 sin 28) . N a loga 15 . Potrebujemo nekaj znanja trigonome- trije . (a) V primeru k = 2 iz enačbe sin2cjJ = = /2 sin CjJ takoj izračunamo cos CjJ = /2/2 in sin CjJ = /2/2 oziroma CjJ = Jr / 4. (b) V primeru k 3 upošt evajmo formulo za trojni kot sin 3cjJ = 3 sin CjJ - 4 sin 3 CjJ , pa iz enačbe sin 3cjJ = = V3 sin cjJ dobimo 4sin 2 CjJ = 3 - v3 oziroma sin o = ~ \/3 - V3. (c) V primeru k = 3/2 se enačba glas i sin ~ CjJ = IIsin cjJ . S formulo za trojni kot pridemo do enačbe 4 cos 2 ~ - 2jI cos ~ - 1 = O. To je kvadratna enačba za cos ~ , iz katere dobimo cos ~ ~~ , in nato poiščemo še cos CjJ = 4 -1 in sin CjJ = hi 15+2-133 . Milan Hladnik \170 Rešitve nalog I IZ DALJICE TRIKOTNIK - Rešitev s str. 81 Če dano daljico na slepo raz delimo na t ri kr aj še daljice, bomo iz doblj enih kosov (kot st ranic) lahko sest avili t rikotnik natanko takrat , ko bo dolžina posamezne st ranice manj ša od vsote dolžin ostalih dveh st ranic. Videli bomo, da je precej manj verjetno, da je ta pogoj izpolnjen, kot obratno. Vzemimo dolžino dane daljice za enoto. Potem lahko predst avimo daljico na štev ilski premici z množico točk , ki leže med O in 1 (seveda vklj učno z Oin 1), to je z int ervalom [0,1] . Slepi delitvi daljice na t ri dele ustreza , v tej predst avi tvi , neodvisna izbira dveh različnih notranjih točk x in y s tega intervala . Če je O < x < Y < 1, so dolžine doblj enih daljic enake x , y - x in 1 - y. Iz njih bomo lahko sestavili trikot nik, če bodo hkrati izpolnj eni naslednji pogoji : x « y -x) +(l - y) y-x O in ugotovimo, da morata bit i števec in imenovalec enako predznačena. To je le ted aj , če je a < O. Zato mora bit i b > O. B3 V t rapez u je c = 16 cm in v = 6 cm , zato je p = 120 cm' . Za romb velja et = 120 crrr'. Ker je ena diagonala dolga 10 cm, je dolžina druge diagonalo 24 cm. 8. r azred Sklop A naloga pravilni odgovo r Sklop B Bl Označimo vr vice z a, b in c t er ostanke z x . Ker so ostanki enaki, velja x = 34a = ~ = ~. Izrazimo a, b in c z x : a = 4:3", b = 3; in c = 2x . Enačba ~ + 32X + 2x = 29 ima rešit ev :r = 6. Vrv ice so bile dolge 8 cm, 9 cm in 12 cm . I Tekmovanja B2 Vidimo, da je r = BS = 25 cm in NE = = 7 cm, za to je x = N S = ) 252 - 72 = = 24 cm . Ted aj je P N B S = 84 cm2 in P NB C = 171, 5 cm 2 , zato pa P B C S = = P N B C - P N B S = 87, 5 cm 2 . B3 Ker je AS : S C = 2 : 1, je AS = 10 cm in SC = 5 cm . Trikotnika lc,A BS in lc,CDS sta podobna , zato velja AS : a = SC : C, od tod pa dobimo C = 8 cm . ~ A a B A leks an der Potočnik 20. PODROČNO TEKMOVANJE IZ FIZIKE ZA OSNOVNOŠOLCE - Rešitve s str. 1151 7. razred 1. a) Ker utež miruj e in ne drsi po vr vici , morat a biti sila Fo in sila Ff' enaki, njuna vso ta pa mora ur avnotežiti težo uteži FgFo = F; = - = 5 N . 2 b) Sili morat a biti p o velikosti enaki, njuna rezultanta pa mora biti enaka t eži ut eži. Iz slike lahko razbe remo, da na diagramu sil predst avlja teža ut eži diagon alo kvad rat a, st ranici kvadrat a pa sta sili Fo in Fr , to rej Fg V2 Fo = F ; = -- = 7,1 N . 2 c) Sila roke mora biti enaka sili t eže uteži, če naj utež miruje : r ; = 10 N. 1 Re ši tve lahko najde te tudi na domačih strane h D MFA Slove nije: www. dmf a . s i Tekmovanja I Ker je siste m v ravnovesju , sila roke in sila teže pa imata enako smer , mora sila v obesišču ur avnovesiti obe sili: Fo = Fg + F; = 20 N . 2. Označimo maso velike kocke z Al , maso male kocke pa z m . St ranica velike kocke naj bo 2a, stranica male kocke pa a. Osnovna ploskev velike kocke naj bo SAI, male pa Srn ' Gost ot a snovi, iz katere sta narejeni kocki , naj bo (2, in 9 težni pospešek. a) te ža velike kocke Al g {2 (2a)3 ---- - - - - - - - 8· 1 teža male kocke - mg - (2a3 - . . b ) V primerih A) in B) ista teža pri t iska na razl ični površini. Zato je (M+m)g SM (lvI+m)g S rn c) Potencialno energijo določa lega težišča , ki je na sredini kocke: yVp (ve like kocke spodaj + male kocke zgoraj) yVp (male kocke spoda j + velike kocke zgora j ) M ga + m g(2a + ~) mg ~ + Mg (a +a) Iz rezultat a A uporabimo še razmerje mas M = 8 m in do bimo 8+2,5 - " 0,5 + 8 . 2 = 0,63 . 3. a) Dolžina nove ur e je H = 24 h = 2 4 h . 10 ' b) t = 950 = 9, 83 h dopoldn e, torej bi nova ur a kazala čas in po dobno T = 9,83 h = 4 10 2,4 ' 22 h T= - = 9 17 2,4 ' (4 : 09 : 72) (9 : 16 : 67) . I Tekmovanja 4. a) Ko pade skakalec lo = 7 m globo ko, kolikor je dol ga vrv , se mu zmanjša potencia lna energija za mglo. Ravno toliko se mu poveča kinetična energija, torej .6.Wk = mglo = 800 N . 7 m = 5,6 kJ . b) P ot encialn o ene rgijo skakalca šte jemo od najnižje točke C, kjer je W p = O. Celotna energija skakalc a in vr vi (vso ta poten cialne, kinetične in pr ožnost ne energ ije) je ves čas enaka: W cel o tna = Wp +Wk +HTp r . Točka A Na mostu je celotna energija enaka potenc ialni ene rgiji Wp = mgh = 800 N . 16 m = 12,8 kJ . Kinetična energ ija W k = O, saj skakalec miruje . P rožnostna energija W p r = O, saj vrv ni razt egnj en a . Točka B Elastič na vrv ravno še ni nič razt egnj en a , ko skakalec pade za 7 m . Ted aj je 9 m nad točko C in je nj egova poten cialna energija Wp = mg (h - lo) = 800 N . 9 m = 7,2 kJ. Kinetična energija se je povečala za toliko , za kolikor se je po- t encialna zm anj šala , t orej W k = mglo = 800 N . 7 m = 5,6 kJ . Wp r = O, saj vrv še vedno ni raztegnj en a . Točka C P oten cialna in kinetična en ergija sta en aki nič. Celot na energija je prožnos t na energ ija vrvi Wp r = mgh = 12,8 kJ . 5 . a) Če n i t renja, j e d el o, ki ga op rav imo n a kladah , n a sprotno enako delu sile t eže, t o pa je en ako spreme mbi po t en cialne ene rgije .6.W p = mgh, pri čemer je h = 5 m višin a klanca . V obe h prime rih opravimo enako delo , in sicer A = mgh = 100 N . 5 m = 500 J . b) Enako kot v primeru a ). Tekmovanja I (~ \ \ \ \ \ \ Pg \ \ \ \ \ , ::100 \ ' ) 2. Slika 1. (a) pravokotno postavljen i ravn i zrcali, (b) konkavn o zrca lo s poime ro m T , (c) ste klena plošča v oblik i kvadra in (d) st eklena plošča z osnovno ploskvijo v oblik i polkroga . časovno obdobje [min] smer g ib a nja v rsta gibanja 0 -1 naprej enakome rno 1 - 1,75 naprej zaviranje 1,75 - 2,25 miruje enakome rno 2,25 - 3,5 nazaj pospešuj e Tekmovanja c) Razdalj a kolesarja od začetne lege je 1 1 x = 6 mi s . 60 s + - · 6 mi s . 45 s - - · 3 mi s . 30 s = 2 2 = (360 + 135 - 45) m = 450 m , 3. Po tencialn o energijo skakalca štejemo od mostu, kjer je llVp = O. Ker se skakalec spušča, se l'Vp zmanjš uje in je vVp = - m gh , kjer je h globina, merjena od mostu. Od glob ine lo nap rej lahko pišemo h = = lo + x, kjer je x raztezek vrv i. Torej je tedaj potencialn a energija v od visno sti od ra zt ezka Wp = -mg( lo + x) . Prožnost na energija vrvi je W p r = (1/ 2)kx2 . Celotna energija skakalca in vrv i (vsota pot encialne, prožnostne in kinet ične energije) je ves čas enaka. Na začetku skakalec miruje, zato je in 1 2 Wk = - Wp - Wp r = mg(lo +x) - - kx . 2 ra ztezek x Wp = - mg(lo+ x ) Wp r = (1/ 2)k x 2 Wk [ml [kJ] [kJ ] [kJ] O -7,6 O 7,6 2 - 9,2 0,64 8,56 4 - 10,8 2,56 8,24 6 -12,4 5,76 6,64 8 -14,0 10,24 3,76 10 - 15,6 16,00 O Skakalec doseže globino 19 m (19,3 m): ko se ust avi, je Wk = = O, ra zte zek vrvi pa je 10 m (9,8 m). W [kJ] 9 8 7 6 5 4 3 2 1 1 180 Tekmovanja I 4. Iz grafa odčitamo, da se je voda v času opazovanja segrela za 60°C. V učbeniku preberemo, da je zato, da segr ejemo 1 kg vode za 1 sto pinjo, potrebno 4,2 kJ toplote. a) Električno delo, porab ljeno za gretje vode, je kJ Al = m c b.T = 1 kg · 4,2-- · 60 K = 252 kJ . kgK b) Grelec je v te m času oddal električno delo A 2 = Uit = 220V . 4A . 480 s = 422,4 kJ . Ker se je le 252 kJ porabil o za gretje vode, se je z ostalim električnim delom 422,4 kJ - 252 kJ = 170,4 kJ ogrela okolica. 5. (a) 9 V (b) 9 V (c) O V (d) 4,5V Na da Razpet IZBIRNO TEKMOVANJE IZ M ATEMATIKE - Rešitve s str . 120 1/1. Če je x :::; O, iz prve enačbe sledi y = 5, nato pa iz dru ge x = 10, kar je protislovje. Zato je x > Oin prvo enačbo zapišemo : 2:r+y = 5. Če je Y 2: O, druga enačba pr inese x = 10, na to pa iz pr ve izračunamo y = - 15, kar ni mogoče. Torej je y < O in drugo enačbo zapišemo x - 2y = 10. Sedaj ni težko pr it i do rešite v x = 4 in y = - 3. 1/ 2. Enačbo najprej preoblikuj emo 1000 = (100x + lOy + z )(x + Y + z ). Ker so x, y in z števke, je O :::; x + y + z :::; 27. Ker je število x + y + z delit elj števila 1000, je lahko le x + y + z E {2, 4, 5, 8, 10, 20, 25}. Ker je ~ = 0.5, ~ = 0.25, t = 0.2, k= 0.125, IlO = 0.1, 210 = 0.05 in 215 = 0.04, je vsota x+y+ z enaka 8, kar nam da edino rešitev x = 1, y = 2 in z = 5. 1/ 3. Oglejmo si ravni no , ki vsebuje os stožca in dve nasprotni oglišči spodnje ploskve kocke. Presek kocke in stožca s to ravnino sestoji iz pr a- vokotnika s stranicama x in xV2 ter enakokrakega trikotnika z osnovnico 2 in višino 3, kjer je x dolžina stranice kocke. Iz podobnih t rikotnikov dobimo ;Z; = k,od koder izpeljemo x = 3:~ = 9~-6. 1/4. Označimo z B iskana šte vilo. Potem Bla, Bla + n + 2 in B I a+2n-3. Torej B I n +2 in B 12n-3. Sedaj pa BI (2n- 3) -2(n+ 2) oz. B I 7. Ker je B > 1 (saj ima Brane večjo hišno številko kot Andrej), je B = 7. Tekmovanja IIjl. Recimo, da ima m 2 vsoto števk 2000. Potem je m 2 = lOncn + ... + lOCI + Co = (lon - l )cn + ... + (10 - l )CI + 2000 cB in m 2 - 2 = (lOn - l) cn + ...+ (10 - l )Cl + 1998. Ker je število na desni deljivo s 3, bi moralo bit i tako t udi število m 2 - 2. Slednje pa ni možno, saj ima lah ko pop olni kvadr at ostanek le O ali 1 pri deljenju s 3. II j2. Iskani kvadrat naj bo p ABCD, kjer A in C ležit a na pr emici p. Kr ožnico KI pr ezrcalimo čez p v K~ . Na j se krožnici K~ in K 2 sekata v točkah D in D' , ki se z zrcalje nje m čez p preslikata zaporedo ma v B in B'. Kvadrata z diagonalam a B D in B' D' sta rešitvi naloge. Če se kro žnic i K~ in K 2 ne sekata, ni rešitve. Če se dotikata, je rešit ev ena sam a . Če krožnici sovpad ata , je reš itev neskončno mnogo. IIj3 . Ker je vsota notranjih kotov v št i- rikotniku ABCE enaka 360° in 1, kar je v proti slovju z (2). Če pa je y negativni kor en enačbe (1), za vsak k E {1, . . . , 2n } velja I~~ ~ I < 1, kar je zop et v protislovju z (2). To pom eni , da dana enačba nima realnih rešitev . 111/2 . Označimo p = )225 + J6~5 -n + )225 - J6~5 -n = V25 + 2yn . Potem je n = (p2; 25)2 in p liho število, ki ni manjše od 5. Če je p ~ 9, je n > 6~5 in bi prvotni izraz ne bi l realen . Ostanet a še možnosti p = 5 in p = 7, ki po vrsti dast a ti = O in ti = 144. 111/3. Označimo pravokotno projekcijo točke B na AD z B ' . Pot em je t g O, obstajata a ij in a i k , ki se razlikuj et a za več kot d; recimo a ij > a ik. Potem je in po Dirichletovem principu se vsaj dva od zgorn j ih 5 eleme ntov v pr votni razvrstitvi nah aj ata v ist i vr stici, to sta a pj , p .s i, in aqk , q ~ i. Dobimo apj - a qk ~ a i j - a i k > d, kar je protislovje. IV/1. Iz enakost i f (n) = f(J (J (n + 2) + 2)) = f(n + 2) + 2 dobimo formulo f (n + 2) = f(n) - 2. Velja še f (l ) = f (J (O )) = O. Tr d imo, da mora bi ti f (n) = 1 - n za vsako celo število n. Trdit ev dokažemo z I Tekmovanja D E cA o ind ukcijo: za n = Oin n = 1 trd it ev drži, sicer pa je za n 2': O f (n + 2) = = f (n) - 2 = 1 - n - 2 = 1 - (n + 2) , za n ::; - 1 pa f (n - 2) = f (n) + 2 = = 1 - ri + 2 = 1 - (n - 2). Zlah ka se prepričamo , da funkcija f(n ) = 1 - n ust reza pogojem naloge. IV/2. Naj bo d, d #- O, razlika (d iferenca) tega ari tmetičnega za- poredja. Recimo, da je poljubni člen tega zaporedja enak a2 . Poiščimo kasnejši člen , ki je spet popolni kvadrat . Tedaj velja a2 + nd = b2 . Sled i b2 2 n = -:t . Sedaj pa vid imo , da lahko izber emo šte vilo b na neskončno mnogo načinov tako, da je števi lo n celo. Vza me mo lahko npr. b = a+kd, kjer je k E IN. Pop olni kvadra t je tako (a + kd )2. IV/3. Naj bo m = 10 kg/ s, t = 2 s, (g = 10 m / s2 ) . K sili prisp eva t eža kor uze , ki se v t em času nabere na dnu silosa, in sila, ki zaustavlja padanj e kor uze in jo zapišemo kot pri sili (vodnega) curka : Višina koruze na dnu silosa je v tem času še zanemarljivo m ajhna , za to smerno za h vze ti kar začetno vrednost . 2. Podatki: m = 1400 kg, F = 50 kN, 7" = 120 m , v = 60 m i s, (g = = 10 m/ s2 ) . Vodoravna kompon enta sile vrvi povzroča kroženje brem en a po kr ož- nici z rad ijem 7"+ l sin a, navpična komponenta pa ur avnovesi njegovo težo : F sin a = m w 2 ( 7"+ l sin a) , F cos a = mg . 186 Tekmovanja I Iz dru ge enačbe izračunamo kot a , a = 73,7° . Kotna hitrost je enaka kot ni hitrosti helikopterja w = v/ r o Iz prve enačbe dobimo ( Fr 1)l = r -- - - - m v2 sina = 18 m . Vrv mora biti kraj ša od 18 m . 3. Podatki ; s = 10 m , kI = 0,2, k2 = 0,5, a = 30°, (g = 9,8 m/ s2 ) . a ) Hit rost klad e na dnu klanca najlažje izračunamo iz izreka o mehan ski energiji . Delo t renja (F t r = mgk cos a ) za prv i klanec zapišemo kot A = mg cos a( kls l + k2 s2 ) in za dr ugi klanec kot A' = m g cos a (k2 sl + kl s2 ) . Če naj bosta končni hit rosti enaki, morata bit i obe deli enaki, torej in dobimo Iskan o ra zmerje je to rej enako 1. b) Po klan cu se klad a giblje s pospeškom a = g(sin a - k cosa) ; na odseku s t renjem kI je posp ešek enak al = 3,2 m/ s2 , na drugem odseku pa a2 = 0,66 m/s2 . Za pr vi del pot i na prvem klan cu porab i klad a čas tI = J2sdal = J s / al = 1,77 s in doseže hitrost VI = a lt I = 5,66 mi s, na drugem klan cu dobimo t 2 = = J2s d a2 = Js /a2 = 3,89 s in V2 = a2t2 = 2,57 mi s. Na dru gem odseku prvega klan ca velja za pot enačba s smiselno rešitv ijo t~ = Jv?+ a2s _ VI = 0,84 s . a2 a2 Iz analogne enačbe (VI --+ V2, a2 --+ al ) dobimo na drugem klancu t; = 1,14 s. Čas potovanja na pr vem klan cu je skupaj 2,6 s in na drugem 5,0 S. Prej pr isp e do dna klad a na prvem klancu , in sicer 2,4 s pred klad o na dru gem klancu . Skupina C 1. Podatk i : Rl = 180 n, R l = 50 n, Ul = 5,19 V, 12 = 46,7 mA. a) Pri prvi vezavi velja Ul = Ug - hRn in h = UdRl , pr i drugi pa U2 = Ug - hRn . Enačbi odštejemo in dobimo za not ranji upor Tekmovanja izvira R l1 = Ul - 12R2 = 160 il 12 - h in iz prve Ug = Ul + lIR" = 9,8 V. b) Ko st a oba up ornika vezana vzporedno , teče skozi izvir to k Ug 1 = R R = 49,2 mA . R l1 + (R , +R2 ) Na drugem uporniku je padec napetosti U~ = Ug - 1Rl1 = 1,93 V in moč P2 = U~2 /R2 = 74 mW. 2. Podatk i: Z = 2 m, ,\ = 150 W/mK , S I = 5 cm2 , S2 = 15 cm2 , P = 2 W, ZI = ~ Z, D-Z = 2 cm . Radija na krajiščih sta T I = JSI/Tr in T2 = JS2lTr, na tret j in i pa T = TI + ~ (T2 -Td = 1,57 cm. P rese k palice na te m mest u je S = Jrr 2 . Za toplot ni tok med te rmo metroma up orabimo kar zvezo, ki velja pri konstantnem preseku , saj se na tako kr at kem delu palice presek le malo spreminja. Razliko te mperatur med točkama, razmaknjeni ma za D-Z , potem lahko zapišemo kot P D-Z D-T = S,\ = 0,34 K . 3. Podatki : ho = 10 cm, (J = 2 . 10- 5 As /m2 , Po = 1 bar, Eo = 30 kV/ cm. a) Električno privlačno silo med ploščama zapišemo kot e2 (J2S F = eE = - - = - 2EOS 2Eo (P ri te m je E j akost električnega po lja ene plošče in je enaka po lovici električne poljske jakosti v konden zatorju,) Zar adi ele- ktrične privlačne sile se poveča t lak zraka med ploščama P = = Po + F / S = PO + (J2 / 2Eo . Iz Boylovega zakona PohoS = phS dobimo za novo višino h = hoPo = ho P 1 + ~2copo Tekmovanja I in za razliko višin