PRESEK - list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje 17 .Ietnik, šolsko leto 1989/90, št.5, str.321-384 VSEBINA RAZVEDRILO Čloav zadnji kaj? je vprašal vrac ( D uši ca Boben) 321 - 325 KriZanka "Planeti našeoa Osontj a" - Rešitev str . 325 (Marko Bokalit) oo • • oo . oo • oo • oo • oo • ••• •• • • oo , oo ' oo. oo . . 375 MATEMATIKA P raštevi la nekoe ln danes - Kar so osnovni delci v fiziki ln elementi v kemiji , so praštev ila v teoriji števil (Milena Strnad ) oo • • •• oo oo • • oo •• oo . oo . oo . oo . oo . oo • • 326-330 Kombinatorna oeometrlja - Rešitve naloc str. 370 (D.M. M llo šev lč, prev. In pr lr. Tomaž Košir) oo. 332-333 FIZIKA Še enkrat o obratnem br lzoalnlku (Marjan Hribar) 334-335 ASTRONOMIJA Izdelaj trikveter (Marij an Prosen) 336-337 RAČUNALNiŠTVOGrafika ln delo z zaslonom v turbo pascalu (Matij a Lokar) oo. oo . oo ' oo •• • • • • • oo • • oo . oo. oo. oo. oo. oo • • oo •• 338-343 TEKMOVANJE 9. republiško ln po dročno tekmovanje Iz fizike za osnovnošolce - Rešitev str. 378 (Zlatko B radat , Mirko Cvahte) 344-350 27. srednješolsko republiško tekmovanje Iz f izi ke (Iztok Kukman) .. . oo. oo . oo . oo . oo . oo. oo ••• • • • • • oo • • 352-357 Na loge z Izbirnega tekmovanja za 4. rapubllško tek- movanje Iz logike - Rešitve str. 372 (Aleša MIZIoo]. NeZka Mramor- Kosta) 358-361 4. rapubllško tekmovanje Iz loctke - Rešitve naloc str. 376 (Izidor Hafner, NaZa Mramor-Kosta ) 362-366 NOVICE 7. mail astronomski tabor (Dušica Boben) 367 12. mladinski astronomski raziskova ln i tabor - Javornik 89 (Aram Karallč) 358-369 NOVE KNJIGE oo. oo . oo • • oo , oo . oo . oo . oo ••• • oo •• oo. oo •• Zb irke nalog z republiških tekmovanj 351 Zgodovina znanosti v knjloah Sigma .. .. . .. 361 Utbenlkl ln or lročntkl za osno vno ln srednjo šolo 371 NALOGE Trl neenakosti - Rešitev str . 343 (Šefket Arslanaclč, prev. In prlr. Boris t.avrtc) oo oo . oo oo oo oo oo oo oo oo , oo oo oo 330 ERFURT 1989 - Rešitve str . III ( B orIs t. av rlc) 331 Prerez ln zatem še presenetenje - Rešitev str. 337 (Vilko Domajnko) oo . oo • • oo • • • • oo • • • • • • • oo . oo • • oo . oo . oo IV TrikotnikI - Rešitev str . 333 (Boris t.a vrtc) 350 Koliko Je star Andrej - ReSitev str. 351 (Janez AleS) 361 REŠiTVE Nekaj pripomb k eni vesoljski s str. 277 (Sandi Klavžar) 335 Slikovna knzanka - Matematitni pojmi - Rešitev Iz P-5 (Marko Bokalit) oo oo oo oo oo oo oo oo oo oo , oo oo oo oo oo . oo 357 Beo Iz lab irlnta - RešItev s st r. 176 (Sandi Klavzar) 366 NA OVITKU Pierre Fermat (1601-1665) oo oo oo oo oo oo oo oo oo oo . oo oo oo I "tIGAV ZADNJI KAJ ?" JE VPRAŠAL VRAG "Dobro!" reče Simon in globoko vdihne. "Tole sprašujem: Ali Fermatov zadnji izrek velja?" Vrag požre slino . Prvič je njegova samozavest splahnela. "čigav zadnji kaj?" vpraša s prestrašenim glasom. Simon. junak kratke zgodbe Arthu rja Porgersa Vrag in Simon Flagg (1954), je uspel zvabiti vraga v boj z modrostjo . Simon je izbral vprašanje in vrag je imel 24 ur časa za pravilen odgovor, s katerim bi si pridobil človekovo duš o. Če pri tem ne bi uspel. bi moral Simonu zagotoviti dolgo življenje. zdravje . srečo in denar. Vprašanje. ki ga je Simon postavil vragu - dokaz zadnjega Fermatovega izreka - je ena največjih draži v matematiki. Grški matematik DIOFANT Aleksandrijski (250 let pred našim štetjem) je bil med prvimi. ki so se ukvarjali z vprašanji. kdaj je kaka enačba rešljiva s celimi štev ili. O teh problemih je napisal knjigo. ki jo je rad prebiral FERMAT. ter pri tem odkril vrsto novih izrekov. Pri nalogi. kako razstaviti kvadrat v vsoto dveh kvadratov . je Fermat na robu pripisal opazko: "Ni pa mogoče razstaviti kuba v vsoto dveh kubov ali bikvadrata v v soto dveh bikvadratov. Sploh ni mogoče razstaviti nobene potence . večje od kvadrata. v vsot o dveh potenc iste stopnje . Za to sem našel zares č u d ov i t dokaz . Zaradi pomanjkanja prostora pa ga ne morem tu zapisati." PIERRE F ERMAT (1601 - 1665) Je pos tavi l trdi- tev . da ena Cba xn+ v" = zn pri eksponentu n»z ne premore nobene reSItve s celimi stev lll, razen seveda trivialnlh resi tev x = 0, y = z y = 0, x = z x = - y, z = O; n Ilh Do kazat i ali ovreči t o t rd itev . je slavni FERMA- TOV PROBLE M . 322 "2' ~ A o ~ ~ Fermatovo op azko v knji gi so našli šele 30 let po '"? _0, ,;; , • 0 , ~'';f-:;;>,~.~. ;-. ~, ' ".1I~i3~k'1;;;" :~"'" o' ":. ;j" ; ; ~'t: ' \. ~ Le on hard Euler ln Yoleh l M lya oka 325 Kaj je torej s Fermatovim čudovitim dokazom? Danes prevladuje mnenje. da je Fermat ob branju knjige le mislil. da ima dokaz. Kasneje o tem ni nikoli več pisal. kar verjetno pomeni. da je od kril svojo napako. Poleg tega matematiki verjamejo. da če bi bil dokaz resnično genialen. to je kratek in eleganten. bi ga verjetno do danes že kdo odkril. Zanimanje za Fermatov problem pa kljub temu obstaja. To kaže tudi grafitni napis neznanega avtorja v newyorški podzemni železnici. ki je ob Fermatov izrek zapisal: "Odkril sem resnično čudovit dokaz. a ga sedaj ne morem napisati. ker moj vlak že prihaja." Du šics Boben LITERATURA [1) P. Hoffman. Fermat stili has the last lsugh , Discover. Januar (1989) 48-50. [2] 1. Vidav. Re šeni in nerešeni problemi matematike. Knjižnica Sigma lb . DMFA SR Slovenija. Ljubljana. 1975 [3) Matematika. Leksikoni Cl . Cankarjeva založba . Ljubljana. 1980 KRI2ANKA " PLA N ET I NAŠEGA OSONČJA" - Rešitev s str. 375 D 'N I 4A 5K 'E 'P BL ·u 'T 'O "N M E R K U R 14J U P IT E R 's A T U R N "P O L I P I i< L A 5 J E "1' A R • 2DA T A2T A 5 5 O •••21 U LV I K T O R ••"7. E N2p E K ••2'L A 2"5 2)< E R'(: N A 't '13 A •''1< UM• 34~ "51 T E •'b U R •'b B L '·E K A t\II A R 45 4N I 4fv1 B 44 J O A N lJ R A N 4ft. J D A 47 A L F A PRAŠTEVILA NEKOe:: IN DANES "Kar ' so osnovni delci v fiziki in elementi v kemiji, so praštevila v teoriji števil" Na vprašanje "Kaj so prsštevilel" zna odgovoriti vsak učenec. ki je končal peti razred osnovne šole: "To so tista naravna števila. ki so večja od 1 in deljiva le z 1 in s samim seboj." Našteti nekaj manjših praštevil tudi ni težko : 2. 3. 5. 7. 11. 13. 17. 19.... Marsikdo bi še dodal. da se da vsako naravno število . ki ni praštevilo . razcepiti na produkt samih praštevil - prafaktorjev. Zato imenujemo ta števila sestavljena števlls. Tak racep je mogoč le na en način. če se ne menimo za vrstni red prafaktorjev . na primer: 12 = 2 · 2· 3. 15 = 3 . 5. 16 = 2 . 2 · 2 · 2 = 24 . 120 = 23 · 3· 5. Manj učencev najbrž ve. da je na to vprašanje znal odgovoriti Grk Evklid že 350 let pred našim štetjem . Dokazal je tudi. da je praštevil neskončno mnogo. Dokaz in še marsikaj zanimivega o praštevilih. tudi drugačno. a enakovredno definicijo praštevila . najdete v članku B. Lavriča v lanski 2. številki Preseka . Matematiki ne bi bili matematiki. če si ne bi postavili še več vprašanj. na primer: 1. Kako naj praštevila ločimo od vseh naravnih števil 1. 2. 3.4. 5.6.7.8. .. . N -1, N? 2. Ali obstaja aritmetična formula . ki zajame vsa . skoraj vsa ali le nekatera praštevila? 3. S kakšno metodo zanesljivo ugotovimo . ali je neko naravno število praštevilo ali ni? Na prvo vprašanje je odgovoril že Grk Eratosten v drugem stoletju pred našim štetjem. O Eratostenovem situ je pisal Presek dvakrat . v omenjenem članku in v 1. številki leta 1973/74. Ta metoda je uporabna le pri dovolj majhnih številih . Pri številih z več kot osmimi ciframi namreč t udi ob pomoči velikih račun alnikov z njo ni preprosto ugotoviti. ali gre za praštevilo ali ne. Drugo vprašanje ima več delnih odgovorov. Omenimo le najzna- menitejšega . ki ga je v obliki hipoteie zapisal eden izmed največjih francoskih matematikov Pierre de Fermat (slika 1). O njegovem življenju in delu je pisal Presek v 1. številki leta 1975/76. Fermat je v pismu rojaku Marinu Mersennu zatrdil , da so vsa števila - dandanes jim pravimo Fermatova števi!s - z obliko Fn = 2 2 n + 1 za nE N praštevila . Hitro ugotovimo . da Fermatova trditev za n = 1. 2 in 3 zares velja: Fi = 5. F2 = 17. F3 = 257. Z F4 = 65537 za n = 4 pa je nekaj več dela. Resne težave se začnejo že pri n = 5 in se z vsakim naslednjim Slika 1. Pierre de Fermat (1601 do 1665) 327 Slika 2. Carl Friedrich Gauss (1777 do 1855) naravnim številom hitro veča]o. saj zaporedje Fermatovih števil izredno hitro narašča. Zato ni čudno. da je Fermatovo hipotezo ovrgel šele leta 1732 znameniti matematik Leonhard Eu/er. ki je dokazal. da število Fs = 232 + 1 = 4294967297 ni praštevilo . ker je deljivo s 641. Fermatova hipoteza je napeljala druge matematike na pomembna od- kritja. Tako je Kar/ Friedrich Gauss (slika 2) po proučevanju Fermatovih števil napisal leta 1801 znamenito delo Dlsqulsltiones erithmetlcse, ki je temelj moderne teorije števil. V zadnjem. sedemnajstem razdelku knjige je dokazal tesno povezavo med Fermatovimi praštevili in konstrukcijo pravilnih mnogokotnikov z ravni/om in šestilom. Pri tem smemo uporabljati ravnilo le za risanje črt. ne pa za merjenje. in šestilo le za risanje krožnic. ne pa za prenašanje dolžin. Pokazal je. da je na ta način mogoče konstruirati vse pravilne mnogokotnike. katerih število stranic se da zapisati v obliki 2k pl P2...Pr. če je k naravno število ali O in so Pl, P2 ''''0 Pr Fermatova praštevila. To. da je mogoče z ravnilom in šestilom konstruirati pravilni sedemnajstkotnik (F2 = 17). je Gauss imel za svoje največje matematično od kritje. Želel je celo. da mu mnogokotnik narišejo na nagrobnik. Želje 328 mu niso izpolnili. p a č pa je narisa n pravilni sede mnajs t kotnik na Gaussove m spomeniku v njegovem rojs tne m kraju Braunsc hweigu. Na tretje vprašanje pozn amo pravilen teoreti čen od govor že iz sta rih grških č a sov. Njegovo upor abo pa odkrivajo šele sedaj. Metodo. ki teme lji na definicij i pra števila, imenujemo deljenje s preizkušanjem. Število N kar po vrst i delimo s števili 2. 3. 4. 5. 6. 7. ... . (N - 1). Kakor hitr o je eno izmed njih delit elj števila N . vern e . da je to število sestavljeno . Tako ugotovimo tudi najmanjši delitelj števila N in njegov prvi prafaktor. Po delje nju števila N s tem prafakto rjem do bimo količ n i k , ki ga zopet delimo s preizku šanj em . Teoreti č n o lahko tako ugotovimo vse prafaktorje sestavljenega števila . V praksi pa je metoda uspe šna le. č e število N ni preveliko . na primer 150 = 2 ·75 = 2·3· 25 = 2 . 3 .5 2 . Metodo deljenj a s prelzku ša njcrn izboljš amo tak o. da se opremo na Eratostenovo ugotovitev in iz množice vseh možnih deliteljcv števila N i zl oči mo vsa tis ta števila . ki niso pra števila in niso večja od št evila .;N. Zakaj je tako . lahko preb eret e v knjigi l.Vidava Re šeni in nerešeni problemi m ate ma tike . DMFA Slovenije. Tak n a čin je ob pom oč i dobrega r ač un a l n i ka uporaben pri štcvili h z najve č dese timi ciframi. Pri številih z dvaj se t in veC ciframi pa od pove. kol razbe remo iz tab ele. Za ugot ovite v. ali je dano število z dvajse t do t isoč cifra mi praš te vilo. obsta ja več dob rih računalniških metod. Ena izmed njih slo ni na primer na Wilsonovem izreku: p je pra števi lo tedaj in sa mo ted aj. če je število (p - 1)! + 1 deljivo s p. Pri te m jc N! = 1. 2.3.. .(N - 1)N . Toda s temi metodami v sploš nem ne moremo velikega scs tavljencga šte vila razs ta viti na prafakto rje. StevIl o c if er d elje nj e s prei zku SJnjem racun alnt ska m eto da 20 50 10 0 200 1 0 00 Tabela 1 : 2 uri 1 0 se kund 10 let 1 5 se ku n d 1 0 3 6 let 40 seku nd 1 0 8 6 let 10 m in u t 104 8 6 let 1 teden C as . ki j e p otreb en . d a z raCunain ikom preve ri mo . ;:l ii je ka ko stev t!o oras t evuo Obs tajajo pa metode . s kate rimi je mogoce razcep iti Fermatova števila . ki imajo do osemdese t cifer . Tako je Landry leta 1880 dokazal. da je šte vilo F6 deljivo z 274177. Lel a 1905 sta Morehcad in WesterelI pokazala . da je šte vilo F7 z 39 ciframi sest avljeno šte vilo. Štiri leta za tem sta to pokazal a t udi za šte vi lo F8 z 78 ciframi . Dokon čen razce p štev ila F7 . ki velja za doslej najt ežjega . sta šele leta 1971 naš la Brilhart in Morrison . Za t a razce p 329 je računalnik IBM 360-91 porabil poldrugo uro. Število Fs sta leta 1981 razcepila z računalnikom UNIVAC 1100/42. Prvi prafaktor s 16 ciframi je računalnik izračunal po dveh urah. Nista pa ugotovila , ali je drugi faktor z 62 ciframi praštevilo ali ne. Da gre za praštevilo. je kmalu zatem ugotovil Williams. Pokazalo se je. da vsebujejo Fermatova števila od F9 do F13 razmeroma majhne najmanjše prafaktorje. največjega s 13 ciframi vsebuje število F13 . Kljub temu. da ta števila niso zelo velika. pa jih doslej še niso uspeli razcepiti. Prav tako še ni znan razcep sestavljenega števila s 148 ciframi. ki pornnoženo spraštevilom 24148333 tvori število F9 . Praštevila in šifriranje Prastavlla je rnococe uporabiti prI strrtranju sporočll . Zelo zanesljivo strro RSA Public Key System so si IzmIslIII matematiki Rlvest, Shamlr ln Adleman na osnovi spoznanja , da ni sorosns metode, po katerl bl razcaplll stavno z dvesto ciframi na oraraktorja s , denimo, po sto cltrarnl. Površno rečeno, ustreza šlfrlranje množenju z dvema velikima pr aštevllorna. dasltrtranje pa razcep u na praštevlla . Načln je Se posebno uporaben za to . ker pri Slfrlranju ni treba poznati obeh prataktorjev, ampak samo njun produkt. Pri dašltrtranlu pa je treba poznati oba praraktorja . Tako po šl llate ll u sporočl la ni treba poznati šlt re, dovolj je, da jo pozna prejemnIk . Zato ta nacln strrtranja uporabljajo v javnih Informacijskih ornrazj tn, na primer telefonu . Rekordi Zelo zanimive podatke o praštevlllh vsebuje knjloa P.Rlbenbolma , The Book of Prime Number Records , Sprlnoer 1989 . • V EvklIdovem dokazu nastopa produkt vseh orastavtt , ma nj šlh od P. povečan za 1, torej 2 ·3 ·5 ... P + 1. V nekaterih primerih je to praštevllo , Sedanji rekorder je za o = 13649 praštevl!o, ki Ima 5862 cifer . • o ln o + 2 je dvojček orastevu. Za Zdaj je rek order dvoj ček 107570463 . 1022 50 ± 1. • Nekatera Izmed št evl l , ki Jih sestavljajo same enice . 111 .. .1, so praštevlla . Sedanji rekorder je orastevtto s 1031 enicamI. • Mersennova stevl la Imajo obliko 2 n -l. Mersennovo števllo 2216091_ 1 s 65050 ciframi je bilo najvecje znano praštevllo med letoma 1985 ln 1989 . Rlbenbolm je v uvodu svoje knjloe, ki obravnava resna vprašanja mate- matike ponekod na zabaven naein. zapisal: "Naravnost rečeno, bl se ml zdelo visoko civilizirano, Ce bl bral, da se je veni na šlh krčem razv ilo prerivanje Iz razcreta razprave o najve čjem cvojzku praštevll . Zdaj že vemo, da za vse vrednosti n od 5 do 16 (in še za nekatere druge) Fermatova števila Fn niso praštevila . Domnevajo celo, da so le prva štiri Fermatova števila praštevila. vendar ta hipoteza ni nič trdnejša. kakor je bila Fermatova. 330 Število cifer največjega znanega praštevila je začelo hitro naraščati. ko so se razvili računalniki. Leta 1952 je imelo največje znano praštevilo 157 cifer. a leta 1978 že 6533 cifer. Leta 1985 je D. Slowinski s sodelavci ugotovil. da je Mersennovo število 2216091 - 1 s 65050 ciframi praštevilo. To praštevilo navaja Ribenboim kot rekordno. Toda poleti 1989 so J.Brown in njegovi sodelavci povečali rekord za 37 cifer. Zdaj ima rekordno praštevilo 391581 . 2216193 - 1 že 65087 cifer. Kdo ve. kako dolgo bo "držalo" rekord? Dobili so ga takole . Najprej so izbrali 350000 kandidatov . S preiz- kušanjem so jih delili z nekaj milijardami najmanjših praštevil. Preizkus je prestalo samo 7000 kandidatov. Te so nato obdelali z računalniškimi metodami. Obdelava enega števila z računaln ikom je trajala kar osemdeset minut. Ko se je število kandidatov še močneje razredčilo. so za eno število porabili le še pol ure. Tako so se naposled prepričali. da je zapisano število praštevilo. Take račune delajo računalniške družbe. češ da lahko uporabijo pridobljene izkušnje pri izboljšanju računalnikov. Najbrž pa gre pri tem tudi za tekmovanje. Milena Strnad TRI NEENAKOSTI 1. Dokaži. da za poljubna x, y E JR. velja x 2 + y2 - xy - x - y + 1 ~ O 2. Dokaži. da za poljubne x, y, z E JR. velja x 2 + 199y2 + 6z2 - 8xy - 4xz + 12yz ~ O in ugotovi. kdaj velja enakost. 3. Dokaži. da je za vsak x E JR. Šef ket Arsteneglč prev. in prir. Boris Lavrič \ LJ ll'.L" 'I-JL ERFURT 1989 Kljub obilici nalog z domačih matematičnih tekmovanj si spet (glej Vzorec iz Moskve - P3) privoščimo pogled v tujino . Izbrali smo pet nalog. ki so jih desetošoIci iz Nemške demokratične republike reševali maja 1989 na zveznem tekmovanju v Erfurtu. 1. Dokaži. da je število 28 + 21 1 + 2n popolni kvadrat le za en n E lN in določi ta n. 2. Utemelji. da enačba x 4 - 6x 3 + 14x 2 - 24x + 40 = O nima nobene realne rešitve. 3. Polšči realni funkciji f, g : JR -+ JR (definirani za vsak x E JR). ki izpolnjujeta pogoja a. f(O) = 7. b. g(x) . f(x + l)/f(x) = g(2x) + 1 za vsak x E JR 4. Trinajst točk ravnine tvori množico M. ki ustreza naslednjemu pogoju : Če vzamemo poljubne tri točke iz M. sta vsaj dve (od teh) med seboj oddaljeni manj kot 1 cm. a. Dokaži. da obstaja tak krog spoimerom 1 cm, da v njem leži vsaj sedem točk iz M. b. Ali je mogoče dokazati. da obstaja tak krog spoimerom 1 cm, ki vsebuje osem točk iz M ? 5. Dokaži. da za vsako četvorko (a,b,c,d) pozitivnih realnih števil. ki ustrezajo pogoju a + b + c = dY3/2 obstaja taka trojka (x,y ,z) realnih števil. ki reši sistem enačb Jy2 - a2 + J z2 - a2 = d J z2 - b2 + J x 2 - b2 = d J x 2 - c2 + Jy2 - c2 = d Boris Lavrič MIKROTEH Podjetje za prodajo računalnikov in opreme Ljubljana, Trg oktobrske revolucije 15, tel. 445075 332 KOMBINATORNA GEOMETRIJA Namen tega zapisa je bralce seznaniti s kombinatorno geometrijo. eno mlajših vej matematike. Danes je še težko zadovoljivo odgovoriti na vprašanje. kaj je kombinatorna geometrija. Med drugim kombinatorna geometrija raziskuje odnose med točkami. premicami. deli ravnine in deli prostora . Najbolje jo bomo predstavili z nekaj primeri. Primer 1. Bela ravnina je poljubno popackana s črno barvo . Pokaži. da na ravnini obstaja daljica. katere končni točki in središče so enake barve . Izberimo točki A in B . ki sta enake barve (denimo bele) . Točko C izberimo tako. da je B središče daljice AC (slika 1). Ločimo dve možnosti: 0---0 A B 0---0---0 ABe 0--<>----4 ABe ~ O ABe ..--o--o-----e O ABe Slika 1 e----o-o-<>---- DAE B C e---o-e-o-----e DA E B C točka C je bela ali točka C je črna . V primeru , ko je C bele barve . je dokaz končan (daljica AC ima središče v točki B) . Če je točka črna, poiščimo še točko D . ki leži ta ko. da je točka A sred šče daljice DB . Če je točka D bele barve. je iskana daljica DB s središčem v A. V primeru , ko je D črne barve. pa poglejmo, kakšne barve je središče E daljice AB . V obeh primerih lahko najdemo daljico ziskano lastnostjo. Če je točka E bele barve. daljica AB ustreza pogojem trditve. v nasprotnem primeru pa je to daljica DB . Primer 2. Pokaži. da v vsakem konveksnem enajstkotniku obstajata vsaj dve taki diagonali. da manjši kot med premicama, na katerih ležita. ni večji od 5° . Če obstajata vzporedni diagonali. trditev velja (saj je kot med nosilnima premicama O°). Predpostavimo. da nobeni dve diagonali nista vzporedni. Vseh diagonal je (11 . (11 - 3)) : 2 = 44. Skozi izbrano točko v ravnini potegnimo 44 premic vzporednih z diagonalami. Premice tako delijo cel kot na 88 delov . Vsaj eden od teh je manjši od 5° , ker je 360 : 88 = 4.09 .. oO Primer 3. Na kvadrat s stranico 1 drn vržerno 76 točk . Pokaži, da med temi točkami obstajajo najmanj 4, ki jih lahko prekrijemo s krogom s polmerom t. 333 Najprej razdelimo kvadrat na manjše kvadrat(k)e s stranico 0,2 dm. (Nariši sliko!) Takih kvadratkov je 25. Ker je točk 76. obstaja kvadratek. ki vsebuje vsaj 4 točke. Temu kvadratku očrtajrno krog. Njegov polmer je r = ~ (~) . Ker je r2 = lo manj od (t) 2 = ig. lahko očrtani krog prekrijemo s krogom z istim središčem in polmerom t . NALOGE 1. Vsaka točka ravnineje obarvana z eno od treh barv. Pokaži. da obstajata dve točki. ki sta enake barve in je razdalja med njima 1 cm. 2. V ravnini izberemo 6 točk. od katerih nobene tri ne ležijo na isti premici. Poljubni dve točki zvežemo z modro ali rdečo daljico. Pokati. da obstaja trikotnik. ki ima vse 3 stranice enake barve. 3. V ravnini izberemo 1990 točk. Pokaži. da obstaja premica p, ki ne vsebuje nobene dane točke in deli ravnino na dve polravnini. ki vsebujeta vsaka po 995 točk . 4. V krogu s premerom 29 izberemo 1990 točk . Pokaži. da med njimi obstajajo vsaj 4 točke. ki določajo štirikotnik s ploščino manjšo od 1. 5. Pokati. da lahko kvadrat razrežerno na 1990 manjših kvadratov (ki pa niso nujno enako veliki). 6. Največ koliko ostrih kotov ima lahko konveksen 1990-kotnik ? Dragoljub M. Milo~evic prevedel in priredil Tomat Košir TRIKOTNIKI - Rešitev s str . 350 Brez škode za splošnost smemo predpostaviti. da je a ~ bin a ~ c (Premisli zakaj!). Od tod sledi. da velja torej a2<1 + a. zaradi pogoja a E lN in predpostavke pa je tedaj a = b = =c=1. Boris Lavrič črpalka t alj pipa t :l gumijas to :l "" cev .~. '--1--/'/fI r L"" ŠE ENKRAT O OBRATNEM BRIZGALNIKU Obratni brizgalnik je požel precej pozornosti med bralci in sodelavci Preseka. Naj dam še sam pobudo za eksperiment. ki ga lahko naredimo v šoli z običajno šolsko opremo. Feynman je imel težave. ker je potiskal vodo v cev tako. da je povečal tlak v posodi. Enak učinek dosežemo. če vodo srkamo iz posode . Uporabimo Segnerjevo kolo. pripravo. ki jo najdemo v sko- raj vsaki fizikalni zbirki. Obesimo ga na cev. ki jo priključimo na črpal­ ko na vodni curek in ga spustimo v posodo z vodo (slika). Ko odpremo pipo. priprava srka vodo iz posode. Le cev priključimo na samo vodo- vodno pipo. bo tekla voda v posodo tako kot pri brizgalniku. Obratni brizgalnik in brizgalnik sta nam tako dosegljiva z isto pripravo. Različico tega poskusa najdemo opisano tudi v kaki starejši knjigi o poskusih iz fizike. na primer v knjigi Leksion- nye demonstracii po fizike (Nauka. Moskva 1965). Kaj pokaže poskus? Ko vključimo črpako na vodni curek . opazimo. da se kolo za hip zasuče. Zasuče se v nasprotni smeri. kot se začne gibati voda v tangentr.ih delih krakov. nato se vrne v prvotno ravnovesno lego. Predstavljamo si lahko. da bi sunek pognal napravo. ki bi bila gibljiva brez trenja. v stalno vrtenje. Ke; zapremo črpalko. doživi naprava nasproten sunek. Ta bi ustavil napravo. ki bi se vrtela brez trenja . Ko naneljerno vodo iz pipe. da teče v posodo. je naprava ves čas zasukana stran od smeri iztekajoče vode za kot. ki je odvisen od hitrosti vode. To opozarja na stalen navor. ki ga povzroča iztekajoča voda in ki ga pričakujemo pri brizgalniku. Poskusa potrjujeta. kar s~:e lahko prebrali že v drugih prispevkih. Briz- galnik Se vrti v nasprotni smeli kot izteka voda. nasprotni brizgalnik pa se ne vrti. saj gibanje. ki nastaneob vključitvi. hitro zamre . • 335 Kljub temu lahko trdimo. da se tudi obratni brizgalniki veselo vrtijo. Tur- bine v hidroelektrarnah in v termoelektrarnah so nekakšni obratni brizgalniki. Poganjajo jih curki vode ali pare. Njihovo delovanje še dodatno pojasnjuje zakaj se Feynmanov obratni brizgalnik ne vrti. V brizgalnik vstopa voda ob osi in ga zapušča v tangentni smeri. V turbino vstopa voda v tangentni smeri in izstopa iz nje brez tangentne komponente hitrosti. Stalni navor vode poganja brizgalnik in obratni brizgalnik - turbino v istem smislu. V Feynmanov obratni brizgalnik vstopa voda brez začetne hitrosti in izstopa iz njega vzdolž osi. Navor deluje nanj le v začetku. med stacionarnim delovan- jem pa ne. Marjan Hribar NEKAJ PRIPOMB K ENI VESOLJSKI S str . 277 Ni naš namen. da bi se spuščali v razpravo . ali je vesolje končno ali ne. Konec koncev lahko dejstvo, da je vesolje neskončno . privzamemo kot aksiom. Toda nikjer ni rečeno, da je naseljeno samo končno planetov, če niso vsi naseljeni. To bi namreč pomenilo, da je končna vsaka prava podmnožica neskončne množice. kar seveda ne velja. Vzemite množico naravnih števil in njeno pravo podrnnožico. množico vseh sodih števil. in imate protiprimer. V zvezi s tem protiprimerom bi lahko rekli. da je lahko vsak drugi planet neposeljen. pa je še vedno poseljenih neskončno svetov. No, pa recimo, da je vseh prebivalcev vesolja končno mnogo. Gotovo se strinjamo, da jih je vsaj nekaj. če drugi ne, potem ti in jaz. Ker je planetov neskončno. velja. da je povprečje prebivalcev na planet enako nič . saj je rezultat deljenja končnega števila z neskončno enak nič. Ampak zakaj bi moralo odtod slediti. da je skupno število prebivalcev nič. saj smo konec koncev rekli. da jih je vsaj nekaj. Zadnji sklep pač potrjuje, da lahko dober statistik dokaže karkoli. samo vnaprej mora vedeti. kaj mora dokazati. To seveda ni vse, kar bi lahko očitali "dokazu" . še nekatere netočnosti poiščite sami. razrešiti tega vozla pa tako ali tako ne moremo. Sandi Klevžer oC-0'1,vn"ll lO ·,,_,I"Llll_' 1..." IZDELAJ TRIKVETER Pomembni slovenski astronom preteklosti Andrej Perlah (1490 -1551) je izdelal tudi nekaj astron omskih instrum entov . Eden med njimi je bil Ptole- mejev instrument [psrslektično ravnilo). imenovan tudi trikveter. Gre za kotomern o napravo , ki so jo uporabljali v starem in srednjem veku (celo Nikolaj Kopernik) za merjenje višine vesoljskih teles. to je kota med vodor- avno ravnino in smerjo proti izbranem u vesoljskemu telesu (zvezdi. planetu. Luni). Gre torej za vrst o višinomera . Trikveter je bil sestavljen iz navpi čnega nepremičnega droga (stebra , palice) , na katerem sta viseli vrtljivi roči ci (ravnili) a in c. Na prvi sta bila muha in merek. na drugi pa dolžinska skala (slika). Opazovalec je na primer zen ii A zvezda ~ : J/-' oko zenit zvezdo A -t:-.... ... :Z .: muho B: v oko vodoravno ravnina h - v i š in a zvezd e Z - zeni tna ra zda lja zvezde vodor av no ra vn ina Trikveter ( lati nsko t rlq uetrurn , trl kotna merila ) - pri nc ip merjenja višine vesoljskega t elesa. Opazuješ s prostim očesom, ta ko kot so opazovali as- tronom) starega ln srednjega veka. Ce vzameš npr. a = 1 m = 1000 mm ln )zmerlš c = 42,5 cm = 425 mm, je sin ~ = 262050 ' Sledi z = 24 ,5° ln h = 90° - z = 65 ,5° . Levo: Zveza med v išino ln zenitno razdaljo vesoljskega telesa. Vač o starinskih astron omskih Inst rum ent ih gl ej v F . Hoyle, Astronomija, MK. Ljubljana 1971, st ran 30 . 337 usmeril prvo ročico proti zvezdi tako. da je videl zvezdo prek muhe in merka. kot namerimo na tarčo pri streljanju s puško. Nato je to ročico zadržal in nanjo pritrdil drugo ročico tako. da so ročici in razdalja a na drogu sestavljale enakokraki trikotnik. Izmeril je razdaljo (dolžino) c in po zelo zamotanem geometrijskem načinu (kotnih funkcij še niso poznali v starem veku) določil višino zvezde. Z znanjem kotnih funkcij pa je vse to preprosto. Med krakoma s , osnovnico c in kotom z ob vrhu enakokrakega trikotnika velja enačba: sin ~ = 2ca ' Kot z imenujemo tudi zenitna razdalja vesoljskega telesa. to je kot med smerema proti zenitu in proti opazovanemu vesoljskemu telesu. Pri konstantni vrednosti a dobimo neposredno zvezo med kotom z in stranico c. Če torej c izmerimo. lahko izračunamo z in nato višino h = 90° - z . Tako lahko na drugi ročici namesto dolžinskih oznak zarišemo kar ustrezno preračunano kotne oznake za zenitno razdaljo z ali celo višino h vesoljskega telesa. Predlagam. da na svoj način sestaviš trikveter in ga praktično uporabiš na primer pri merjenju višin vesoljskih teles. Seveda lahko meriš tudi višino (elevacijo) predmetov na zemljišču . npr. višino dimnika. cerkvenega stolpa. gore ali pa višino letala. oblaka. jate ptic. Natančnost merjenja kotov s trikvetrom je bila okoli 1° (ena stopinja). Z današnjimi sredstvi pa najbrž lahko izdelaš trikveter z večjo natančnostjo. Poskusi. Marijan Prosen PREREZ IN ZATEM ŠE PRESENE~ENjE - Reš. s str. IV .... Vilko Domajnko oQr-ll"\IOI NC 'l'n'" , _ _ III IL _, I v _ GRAFIKA IN DELO Z ZASLONOM V TURBO PASCALU Proizvajalka Turbo pascala, firma Borland, je s Turbo pascalom . verziji 4 in 5. vpeljala poleg obstoječih razširitev standardnega pascala, še vrsto novih posebnosti. Najpomembnejša je vpeljava modula. ali kot ga imenuje Turbo pascal. UNIT. nekakšne knjižnice podprogramov. Module lahko pišemo tudi sami. Vendar se bomo tu omejili na to. kako uporabljamo obstoječe. Skupaj s Turbo pascalom dobimo osem standardnih modulov. To so System, Overlay, Graph, Dos, Crt , Turbo3, Graph3 in Printer. Če želimo kak modul uporabljati . moramo to v programu tudi povedati. To storimo tako . da še pred vsemi ostalimi deklaracijami uporabimo novo rezervirano besedo uses in nato naštejemo uporabljene module. Kakor hitro je v našem programu ta deklaracija . že lahko uporabimo vse podprograme in funkcije. ki so napisani v posameznem modulu . kot bi bili del standardnega pascala. program izpis; uses Crt ; begin GotoXY(10,10) ; writeln(' Izpis na mestu 10,10 ' ) end. Podprograma GotoXY standardni Turbo pascal ne pozna. Če ne bi navedli uses Crt. bi prevajalnik javil. da procedure ne pozna. Z navedenim stavkom pa smo si omogočili uporabo vseh podprograrnov. ki so v modulu Crt. Seveda pa mora imeti Turbo pascal dostop do datotek. kjer ti moduli so . Če bo prevajalnik protestiral. češ .. da določenega modula ne najde. povprašajte kakega izkušenejšega kolega. kako pokažemo Turbo pascalu. kje moduli so. V nadaljevanju si bomo ogledali uporabo dveh modulov in sicer modula Crt , ki skrbi za delo z zaslonom in tipkovnico in modula Graph . ki nam nudi grafične podprograme. Našteli bomo le manjši del podprog ramov. ki so na voljo v obeh modulih. Spisek vseh si lahko ogledate s pomočjo v Turbo pascal vgrajene pomoči . Poglejmo. kako. Kjerkoli v Turbo pascalu pritisnimo na III]. Ne glede na izpisano informacijo pritisnimo še enkrat na III]. Na zaslonu bomo dobili glavni jedilnik pomoči. Z nekaj zapored nimi pritiski na puščice osvetlimo napis Units in pritisnimo IEnter I. V oknu pomoči bomo dobili izpisan seznam vseh osmih modulov. Osvetlimo ime modula o katerem želimo informacije in pritisnemo IEnter I. S tipkama IPgDn I in IPgUp I se premikamo po dobljenem besedilu gor in dol. Tekst je seveda v angleščini. 339 pa bo že šlo. Več o načinu uporabe pomoči si lahko ogledate v članku Turbo pascal na hitro v četrti številki Preseka . 1. Modul Crt S pomočjo tega modula opravljamo številne akcije v povezavi s tipkovnico in zaslonom . Lahko npr . zbrišemo zaslon. čakamo določen čas. se postavimo z utrlpa čern na poljubno mesto na zaslonu . .. . . Vsebuje številne podprograme. ki so bili standardni v verziji 3.0. Navedimo nekaj najpogosteje uporabljanih. Pri vsakem podprogramu bomo navedli kako je deklarira. tako da bomo videli. koliko in kakšne parametre potrebuje. Namesto tipovword in byte si mirno lahko mislite parameter tipa integer. le v pravih mejah mora biti. Več o tem si preberite v prejšnji številki Preseka. v članku Novi tipi v Turbo pascalu. ClrScr zbriše zaslon. procedure ClrScr; Delay procedure Del.ay Ims : wor d) : Prekine izvajanje programa za približno ms milisekund. GotoXY procedure GotoXY(X.Y : byte) ; Utripa č postavi v vrstico Y in stolpec X. Zgornji levi kot zaslona ima koordinati (1.1). koordinati spodnjega desnega kota pa sta odvisni od zaslona . Največkrat sta (80.25). Če sta kordinati napačni. utripa č ostane na svojem mestu . program pa teče dalje. KeyPressed vrne vrednost true. če je bila na tipkovnici pritisnjena tipka. sicer false. function KeyPressed : Boolean; Pritisnjena tipka ostane v vmesnem pomnilniku tipkovnice. Na to moramo paziti. saj če s tipkovnico ne počnemo ničesar. ostane vred- nost funkcije resnično . Npr. pogosto srečamo zanko oblike repeat until KeyPressed. Z zanko želimo doseči. da se izvajanje programa nadaljuje šele po pritisku na poljubno tipko . Vendar. če je ta zanka del neke druge zanke. v kateri ne beremo s tipkovnice. se bo izva- janje prekinilo le pri prvem prehodu zunanje zanke . Pri ostalih bo KeyPressed ostalo true in navedena zanka se bo takoj iztekla. Npr. 340 program a ; uses crt ; begin repeat wr i t e l n ( ' ============== ' ) ; repeat unti l KeyPr ess e d until f alse end. Progra m bo na pritisk na tipko čakal te po prvem izpisu . kasn eje pa ne več. Zato je varneje take prek init ve izpelj ati s funkcijo ReadKey. R eadKey preb ere zna k s t ipkov nice. function ReadKey : char; Pritisnjena tipka se ne poz na na za s lo nu. Ča ka nje na uporabnika izpel- jemo takol e program a ; uses crt ; var c : char ; begin repeat wri t eln ( '====== ====== ==' ) ; c : = ReadKey until false end. 2 . Modul Graph Modul Grap1J vsebu je kon sta nte . tipe in podprogra me za de lo z grafiko. Omogoča delo z veči n o naj bolj razši rje nih gra fič nih s ta nda rd ov za Pc. Sk up aj s Turbo pascalom do bimo go nilnike za na s led nje gra fič ne ada pte rje : CGA. EGA. Hercules . MCGA . VGA, AT&:T 400 . 3270 PC in IBM-8514. T i so na datotekah s pod alj škom EGI. Če bomo pro gr am izvaj ali na ra č u n a l n i ku z gra fič n o kartico Hercul es , mor amo im eti datoteko HERC , EGI. Pa poglejmo. kaj mora mo storiti. če želimo uporablj ati grafiko. Na čin . ki bo o pisan. morda res ni naje lege nt nejši. venda r je dokaj zanesljiv ne glede na 341 organizacijo našega diska . Okostje vsakega našega gra fi č n e g a programa bo približno takšno program grafika ; uses Graph; cons t Pot 'C:\TP'; var GD,GM int eger ; begin { kje so datoteke * .BGI } { zaeetek dela v grafienem naeinu} DeteetGraph(GD,GM) ; InitGraph(GD,GM,Pot) ; { delo .v grafienem naeinu} Readln; CloseGraph; {konec dela v grafienem naeinu} Kot vid imo . smo upora bili kon st anto Pot. s katero smo opisali. kje na disku so ustrezni go nilniki in dve s pre me nijivki. s kat erima se opiše g r afičn a kart ica in na čin del a . Nato smo s proceduro DeteetGraph ugotovili. katera gra fič n a kartica je v našem rač u na l n i k u in z InitGraph prešli v grafičn i način . Le-tega smo zapustili s pomočjo podprograma CloseGraph . Še prej pa smo uporabili trik s stavkom readln. ki prepre či . da bi rezu ltati prehit ro izginili iz zaslona . saj CloseGraph preklopi spet nazaj na tekstovni način in s tem grafična slika izgine z zaslona . Tako pa bo program čakal. dokler ne pritisnemo na IEnte r I· Koordinatno izhodišče (točka (0.0)) je v zgornjem levem kotu . Koordi- nata x narašča proti desn i. Vrednosti koordinate y naraščajo navzdol. Koor- dinati spodnj ega desnega kota sta odvis ni od g r a fi č n e kartice . ki jo uporabl- jamo. Pri nas je najbolj raz širjena karti ca Herc ules . Pri tej sta koordinati spodnj ega desne ga kota (719.347). Omeniti velja še to . da v gra fič ne m na činu ne mo remo uporabljati stan- dardnih podprogramov wr i t e in wr i t e l n . ampak si moramo pomagati s posebn imi podprogrami za izpis . ki so na voljo v modu lu Grapl!. Navedimo sedaj nekatere izm ed več kot 50 podprogramov in funkcij . Circle procedure Cirele(x ,y : integer ; Radius : wor d ) ; 342 Nariše krog s središčem v točki (x, y) in polmerom Radius. Line procedure Line(xl.yl.x2.y2: int eger) ; Nariše daljico z začetkom v točki (xl, yI) in koncem v točki (x2, y2) . LineItel procedure LineRel(Dx.Dy: integer) ; Nariše daljico z začetkom v točki, kjer je trenutno grafični kazalec (rec- imo (x, y)) in koncem v točki (x + Dx, y + Dy). Grafični kazalec je po tem podprogramu v končni točki. LineTo procedure LineTo(X.Y : integer); Nariše daljico z začetkom v točki, kjer je trenutno grafični kazalec. in koncem v točki (x, y) . Grafični kazalec je potem v končni točki . MoveTo premik grafičnega kazalca v določeno točko procedure MoveTo(X.Y: int eger) ; Premakne grafični kazalec v točko (X,Y). Grafični kazalec na zas lonu ni viden. OutTextXY na določenem mestu izpiše niz procedure OutTextXY(X.Y: integer; TextString : string); Izpiše niz TextString z začetkom na mestu (X,Y). teje niz predolg . se ne izpiše (pri standardni nastavitvi). Če želimo izpisati števila. jih moramo prej spremeniti v niz (npr. s podprogramom Str - glej članek v prejšnjem Preseku). PutPixel na določenem mestu nariše točko procedure PutPixel(X.Y: integer; Color: wor d) ; Na mestu (X ,Y) nariše točko v barvi Color (črna = O. bela = 15) . 343 Naštete niso številne procedure za razne nastavitve. izpopolnjevanje likov. itd . Zelo pogosto vprašanje je tudi to. kako sliko z zaslona spraviti na papir. Žal ustreznega podprograma v modulu Graph ni. Če bo za to več zanimanja. bomo v Preseku objavili ustrezen program. ki ga najdete tudi v knjigi Matija Lokar, Turbo pascal. Tam si lahko preberete več o uporabi modulov in Turbo pascalu nasploh. Matija Lokar TRI NEENAKOSTI - Rešitev s str. 330 1. Levo stran neenakosti pomnožimo z 2 in zapišemo v naslednji obliki: 2x 2 + 2y2 - 2xy - 2x - 2y + 2 = (x - y)2 + (x - 1)2 + (y _ 1)2 Odtod že vidimo. da neenakost velja. enakost pa je dosežena le pri x=y=1. 2. Spet preoblikujemo levo stran neenakosti x 2 + 19y2 + 6z2 - 8xy - 4xz + 12yz = =(x - 4y - 2z)2 + y2 + 2y2 + 2z2 - 4yz = =(x - 4y - 2z)2 + y2 + 2(y _ z)2 od koder sledi trditev. Enakost velja le za x = y = z = O. 3. Označimo p(x) =x 8 - x 5 + x 2 - X + 1 in ločimo tri možnosti. Če je x ~ O. je očitno p(x) ~ 1. saj so ostali sumandi v p(x) nenegativni. Za O< x < 1 velja pri x ~ 1 pa je p(x) =X 5(x 3 - 1) + x(x - 1) + 1 ~ 1 Sef ket Arslenegi č prev. in prir. Boris l.evri č 9 . REPUBLIŠKO IN PODROtNO TEKMOVANJE IZ FIZIKE ZA OSNOVNOŠOLCE Republiška tekmovanja iz fizike za osnovnošolce potekajo izmenoma na Pedagoški akademiji v Ljubljani in na Pedagoški fakulteti v Mariboru. Or- ganizatorja letošnjega tekmovanja . devetega po vrsti. sta bila Katedra za fiziko Pedagoške fakultete v Mariboru in Društvo matematikov. fizikov in astronomov Slovenije. Tekmovanje je bilo 6. maja 1989. Na republiško tekmovanje so se uvrstili najboljši učenci iz področnih tekmovanj . Področna tekmovanja. ki so bila 8. aprila 1989. so organizirali in vodili: Jožica Dolenšek (Celje). Franc Pogorelčnik (Dravograd). Mirko Cvahte in Zlatko Bradač (Maribor). Eda Okretič (Koper). Anita Fakin (Nova Gorica). Jože Stare (Kranj) . Edo Dečko (Murska Sobota). Danijel Brezovar (Novo Mesto) in Joži Okorn (Ljubljana). Na področnih tekmovanjih je sodelovalo 205 ekip iz 7. razredov in 275 ekip iz 8. razredov. skupaj 960 učencev. Na republiško tekmovanje se je uvrstilo 31 ekip iz 7. razredov in 34 ekip iz 8. razredov. Rezultati republiškega tekmovanja 7. razred 1. mesto: Alen FATUR. Matjaž VENCELJ. 19.5 točk . OŠ C. Močnika . Vič Rudnik. mentor Tatjana Ponikvar: 2. mesto: Tomaž ŠiLEC. Simon RUČiGAJ. 19 točk. OŠ Lenart. Lenart. mentor Dani Divjak: 3. mesto: Primož PIRIH. Marko BOC. 18.5 točk. OŠ Heroja V. Vlahoviča. Ljubljana. mentor Ivana M. Celič: Pohvale: Gregor ŠAVLI . Uroš MEDVEŠČEK. 17.5 točk . OŠ B. Kidriča . Ajdovščina. mentorja Medvešček. Marc: Mitja LEVSTEK. Uroš PAUNOVIt. 16.5 točk. OŠ M. Vrhovnik. Ljubljana. mentor Pavle Zajc; Urban MRAK. Boštjan JARC. 15.5 točk. OŠ I.Groharja. Ško Loka . mentor Majda Jeraj : Andrej OCEPEK . Uroš MAJCENOVIt. 15 točk. OŠ J. Glazerja. Ruše. mentor Adolf Navršnik: Jure ŽiTNIK. Aleš URANJEK. 14.5 točk. OŠ Prešernovih brigad. Železniki. mentor Franc Rant; Živa PEtAN , Boštjan ŠTRASNER. 14.5 točk. OŠ V. Šmuc. Izola. mentor Leopold Šuler; Borut GAJZER. Cveto GAŠPERUT. 14.5 točk. OŠ S. Šlandra, Maribor. mentor Irena Pernat . 345 8. razred 1. mesto: Mitja MASTNAK, Pet ra DEBELAK, 19 točk, OŠ F. Malgaja. Šentjur, mentor Mateja Šumej; 2. mesto: Janko SPASOVSKI, Gregor VEBLE, 18.5 točk . OŠ Bratov Polan či čev . Maribor. mentor Mladen Tancer ; 3. mesto: Miha PETERNEL. Anton BAJŽELJ, 18 točk . OŠ L. Seljaka . Kranj. metnor Alenka Dolenc; Pohvale: Erik KERŠEVAN . Borut KERŠEVAN. 17.5 točk. OŠ V. Vodnika. Ljubljana. mentor Branko Cedilnik; Uroš MIDIL . Martin KOVIL. 17 točk. OŠ D. Kumar. Ljubljana. mentor Marko Brumen; Daniel SVENŠEK. Matej LESKOVAR. 15,5 točk. OŠ B, lIicha, Maribor. mentor Martin Knuplež; Tomaž PROHINAR. Marko JAZBINŠEK. 15 točk. OŠ Log - Dragomer. Brezovica, metnor Marko Gerbec; Uroš INDIHAR . Aleš ZUPANLIL. 15 točk. OŠ F.R. Staneta, Maribor. mentor Matjaž Krump; Jaka MEDVEŠLEK. Boris BRECELJ. 14.5 točk. OŠ P, Voranca. Ljubljana . mentor Boris Kham; Bojan GORNIK, Petra TOMC. 14,5 točk. OŠ 15. SNOUB. Metlika. mentor Jože Kočevar ; Blaž VALIL . Tina PAVLIN . 14.5 točk. OŠ 9. korpusa NOVJ. N. Gorica. mentor Anita Fakin. Naloge s področnih tekmovanj +-- - - 40 cm - - --. 7. razred 1. Imaš dve enako veliki kocki z robom 0.5 drn , Prva je lesena . druga aluminijasta, Kocki imata enaki masi in obe sta votli. a) V kateri kocki je večj a prostornina votline? b] Prostornina večje votline je 0.10 dm3 . Kolikšna je prostornina manjše votline? c) Kocki vržemo v vodo. Ali obe kocki plavata? Odgovor utemelji. Gostota lesa je 0.6 kg/dm 3 . aluminija pa 2.7 kg/dm 3 . 2. Dve enaki vzmeti na spodnjih koncih spnemo z obročkom in nanj obesimo klado. kot kaže slika. a) Nariši vse sile. ki delujejo na obroček! b) Kolikšna je masa klade. če je kot med vzmetema pravi? Neraztegnjena vzmet je dolga 20 cm. Le nanjo obesimo utež 346 z maso 1.0 kg. se dolžina vzmcti pove ča na 25 cm . Dolžine vzmcti določi z načrtovanjem trikotnika v primcrncm merilu. 'r 20 cm - -~._- ....l... .~~o- =--=--=.:~~~_~=-= ~-f. 3. Z barom. ki ima presek 6.0 cm 2 . pot iskamo vodo v poso- do . kot kaže slika 2. Presek posode je 24 cm 2 • začetna vi- šina vodc v posodi jc 20 cm. dolžina ccvi je 50 cm . Trenje med batorn in stcno ccvi smeš zanemariti. .. Ix 50cm b aj S kolikšno začetno silo moramo potisniti bat ? bl Nariši diagram : sila v odvisnosti od Icge bata ! Diagram opremi z enota mi. 4. V vas s 1000 gospodinjstvi bi radi nap eljali vodovod . Kolikšen povprečen prostorn inski tok mora dajati izvir vodc? Povprečne ocene so: vsako gospodinjstvo ima 3 pipe. pralni stroj in kotliček . Pipa je od prta 20 minut na dan . prostorninski tok je 0.5 dl/s . pralni stroj je priključen vsak drugi dan. za eno pranje porabi 100 I vode. kotli ček s prostornino 10 I se sprazni 12-krat na dan . Ob izviru bo vodni zbiralnik. tako da bo večja dnevna poraba vode pokrita s 24-urnim pritokom vode iz izvira . - - - - - - - - -- -- 5. Opeko. ki sprva lež] na dnu posode z vodo. dvignemo iz vode . Kolikšno delo opravi sila vzgona med dvigovanjem? Ko- likšna je sprememba potencial- ne energije vode? Presek ope- ke je 200 cm2 . višina 8.0 cm. višina vode nad opeko je 30 cm . Presek posode je le toliko večji od preseka opeke. da se voda neovirano pret aka mcd opeko in steno. Pri ra ču nu smeš oba preseka izena čiti . 8. razred 1. Iz točke A poženemo kroglico v vodoravni smcri . Po 0.50 sekunde gre kroglica skozi točko B. po 1.00 seku nde skozi točko C in pride po 3.00 347 sekundah v točko D. Vsi časi so merjeni glede na začetek gibanja . Trenje je tako majhno. da je gibanje po vodoravnih delih enakomerno. : . 1 m - - ... : 0 -i <- ' A C D a) Nariši diagram hitrosti v odvisnosti od časa v = v(t) ! b] Izra čuna] dolžino strmine (razdaljo Be) ! 2. Vesoljska ladja z maso 1000 kg se spušča navpično proti površini Lune in zavira z motorji. da bo mehko pristala (v = O) . Na višini 2000 m je hitrost ladje 50 mis. Težni pospešek na Luni je 1/6 zemeljskega težnega pospeška. a) Nariši vse sile. ki delujejo na vesoljsko ladjo med pristajanjem! b] lzra čuna] silo. s katero mora ladja zavirati! 3. Opiši in skiciraj poskus. s katerim bi približno izmeril polmer Lune. Razdalja Zemlja - Luna je 380 000 km. 4. Miha je kupil štiri žarnice s podatki: zi (1.5 V. 0.3 A); Z2 (6.0 V. 0.1 A): Z3 (4.5 V. 0.3 A): Z4 (3.0 V. 0,4 A). Kupil je še baterijo z napetostjo 9 V in za vsako žarnico po eno varovalko. Doma je iz vseh žarnic sestavil vezje. tako da so vse žarnice svetile normalno . vsako žarnice pa je zavaroval z varovalko. Žarnica sveti normalno. če sta napetost na njej in tok skozi njo enaka podatkoma na žarnici, a) Nariši vezje. po katerem je Miha povezal elemente! Označi vrednosti varovalk! b] Žarnice bi lahko zavaroval tudi z manj varovalkami. Katere varovalke so odveč? 5. Osmošolec Jože je iz samih 1000 ohmskih upornikov napravil naslednje vezje: 15 V Kolikšni vrednosti sta pokazala amperm eter in voltmeter? 348 Naloge z republiškega tekmovanja 2 3. Na obroček privezerno šest vr- vic. kot kaže slika. Vrvice 1.2.3 vlečemo z enako velikimi si- lami. vsaka meri 10 N. S ko- likšnimi silami moramo vleči vrvice 4.5 in 6. da bo obroček miroval? Izračunaj vsaj tri rešitve (tri trojice sil) ! 7. razred 1. Strugar je pri sobni temper- aturi iz jekla natančno izde- lal kvader z robovi 300 mm x 200 mm x 100 mm . Za koliko se poveča prostornina takega kvadra . če ga segre- jemo na temperaturo 570 0 ( ? Manjkajoče podatke poiš či v učbeniku . 2. Z gumijasto cevjo bi rad iz vodovodne pipe nato čil vodo v bazen , ki ima obliko kvadra . Napiši. kaj vse bi moral izmer- iti. če želiš izračunati čas pol- njenja bazena. Merilne posto- pke opiši kratko in razumljivo . Pri meritvah lahko uporabiš pri-I pornočke. ki jih imamo nava- dno doma. 6 5 3 4 Eksperimentalni nalogi 4. Določi razdaljo do palice z dvema lučkama. če veš. da je razdalja med lučkama 1.5 m, Nariši tudi skico poskusa . Potrebščine : ravnilo 50 cm . trikotnik . 5. Izdelaj areometer in na priložen milimet rski papir nariši skalo areometra za gostote od 0.8 do 1.3 kg/dm 3 v korakih po 0.1 kg/dm 3 . a) Iz slamice z zamaškom in šiber izdelaj areom eter in napiši, koliko šiber si uporabil. b] Na prilo ženi milimetrski papir nariši oznako za gostoto 1 kg/dm 3 . c) Z razmislekom in računom ugotovi. kakšna je skala areom etra in jo nariši. d] Izmeri gostoto raztopi ne soli v vodi. Potrebščine: slamica z milimetrsko skalo in zarna škorn . svinčene šibre. čaša z vodo . čaša z raztopino. visoka čaša . milimetrski papir (z enako dolžino kot slamica). 349 8. razred 1. Pri vožnji s kolesom po ravnem s hitrostjo 5.0 mis poganja Jure pedala z močjo 150 W. Ko se pripelje do 200 m dolge in na sredini 5 m visoke vzpetine (glej sliko). spremeni moč tako, da hrib prevozi navzgor in navzdol s konstantno hitrostjo 5.0 mis. a) S kolikšno močjo poganja Jure kolo pri vožnji po hribu navzgor in s kolikšno močjo na drugi strani po hribu navzdol? b) Nariši diagram Juretove moči v odvisnosti od časa za razdaljo od 100 m pred začetkom hriba do 100 m po koncu hriba! Jure tehta skupaj s kolesom 60 kg. sili trenja in upora se pri vožnji po hribu zanemarljivo malo spremenita glede na vožnjo po ravnem . ~ ---- ::::-=:------"'1 :- 100 m--:-100 m - :- 100 m --:-100 m--' os B 2. Na konca 1.5 m dolge in lahke palice pritrdimo dve enaki uteži z oznakama A in B. Vsaka utež ima maso 2.5 kg. Palica je vrtljiva okoli vodoravne osi. kot kaže slika. a) Koliko dela opravimo. ko palico počasi zavrtimo za 180 0 • da pride utež B v zgornjo lego? b) Ko je utež B v zgornji legi. palico spustimo. da se zavrti. Kolikšno je razmerje krožilnih hitrosti uteži pri vrtenj upalice? c) S kolikšnima hitrostima se gibljeta uteži A in B. ko gre utež B skozi spod njo lego? A " ' r 0,5 m 1 1,0 m .J 3. Nariši diagram , = '(x). ki kaže. kako se spreminja tok , skozi upornik Rl . če pre- mikamo drsnik na drsnem u- porniku iz skrajne leve v skra- jno desno lego (glej sliko) . 20 V X I .. 10 cm +0 350 Eksperimentalni nalogi! 4. V "črni" škatli so med vtičnica- mi povezani dva enaka upornike] in sveteča dioda, ki normalno sveti pri napetosti 4.5 V. Vezje lahko preizkušaš tako . da med poljubni vtičnici priključiš ba- terijo 4.5 V. Po preizkušanju in razmisleku nariši vezje. ki je v škatli. Sveteča dioda sveti pri tako priključeni napetosti : če pa priključka baterije zamenjamo. dioda ne sveti. Med vtičnicami ni kratkih stikov. Potrebščine: "črna " škatla. baterija 4.5 V. tri vezne žice. Za bralce Preseka dodajamo rezultate eksperimentalnega dela tekmoval- cev: baterijo priključimo zaporedoma med dve vtičnici. označimo pola- riteto napetosti in opazujemo svetečo diodo: 3+ . 2-: sveti. 3+. 4-: sveti manj. 3+. 1-: sveti manj. Pri ostalih vezavah baterije z vtičnicama dioda ne sveti. 5. Izmeri specifični upor priložene žice! Specifični upor pove. kolikšen je upor žice z dolžino 1 m in s presekom 1 mm2 . Nariši shemo poskusa. Premer žice izmeri tako. da več ovojev tesno naviješ na svinčnik . Potrebščine : žica z dolžino 70 cm. napetostni izvir. voltmeter . ampermeter. vezne žice. smirkov papir. svinčnik. merilni trak. Zlatko Bradač. Mirko Cvahte TRIKOTNIKI Prvi trikotnik ima stranice z dolžinami a,b 2 ,e3 • stranice drugega merijo a2,b3,e. tretji pa ima stranice dolge a3 ,b in e2 . Določi jih. če so a,b in e naravna števila . Boris Lavrič 351 ZBIRKE NALOG Z REPUBLIŠKIH TEKMOVANJ Tekmovanja naj ne bodo sama sebi namen. Pomembneje je samostojno reševati naloge. dobljene rezultate primerjati z rezultati drugih ali pa s pravilnimi rešitvami. Primerno vzpodbudo in pomoč za tako delo boste našli v knjigah Knjižice Sigma . kjer so zbrane naloge in rešitve z dosedanjih republiških tekmovanj matematikov. fizikov in računalnikarjev. Reševalce vabimo. da nam pošljejo svoje originalne in elegantne rešitve. ki jih bomo v Preseku z veseljem objavili. Navedene knjige po enotni ceni 100.00 din (80.00 din) lahko dobijo člani društva in naročniki Preseka pri skupinskem naročilu šol z 20% popustom. Matematika 24. Batagelj V.. Pisanski T .. Rešene naloge iz matematike z republiških tekmovanj. 1. del. 1950-1966. 180 str. 25. Batagelj V.. Pisanski T .. Rešene naloge iz matematike z republiških tekmovanj. 2. del. 1967-1975. 188 str. 43. Lavrič B.. Rešene naloge iz matematike z republiških tekmovanj . 3. del. 1976-1987. 116 str. 46. Jurišič Aoo Rešene naloge z mednarodnih matematičnih olimpiad. 1. del. 1978-1988. 92 str. Fizika 21. Hribar M.. Rešene naloge iz fizike z republiških tekmovanj . 1. del. 1951- 1970. 168 str. 37. Golli B.. Žitnik J .. Rešene naloge iz fizike z republiških tekmovanj. 2. del. 1971-1983. 112 str. Računalništvo 44 Batagelj V.. Dolenc T oo Martinec Moo Mohar B.. Reinhardt Roo Tvrdy I.. Vitek A.. Enajsta šola računalništva. Rešene naloge z republiških tekmovanj 1977-1987.396 str. Ciril Velkovrh KOLIKO JE STAR ANDREJ - Rešitev s str. 361 Andrej je star 11 let. Janez Ale! 352 21. SREDNJEŠOLSKO REPUBLIŠKO TEKMOVA- NJE IZ FIZIKE Republiško tekmovanje srednješolcev iz fizike je bilo 13. maja na Srednji šoli družboslovne in tehničnih usmeritev v Črnomlju. Udeležilo se ga je 171 tekmovalcev iz 22 srednjih šol. Naloge je sestavila komisija za popularizacijo fizike v srednji šoli. Za reševanje so imeli učenci na voljo dve uri in pol. V skupini A (mehanika) je tekmovalo 66 učencev, v skupini B (energija) 52, v skupini C (elektrika) 40 in v skupini D (delci in valovanja) 13 učencev. Medtem ko so učenci reševali naloge, so imeli mentorji in spremljevalci tekmovalcev posvet, na katerem so spregovorili o problemih pri pouku fizike in pri tekmovanjih iz fizike ter se seznanili z novostmi pri organizaciji mednarodnih fizikalnih olimpiado Ob zaključku tekmovanja je komisija razglasila rezultate ter podelila priznanja in nagrade najboljšim učencem. Lepe nagrade so prispevali organizatorji ter delovne organizacije in družbeno politične skupnosti iz Bele krajine . Prizadevni učitelji in učenci Srednje šole v Črnomlju so na tekmovanju ustvarili prijetno vzdušje, ki je ostalo udeležencem v lepem spominu. Skupina A: 2. nagrada: Roni Leban (SNŠ, Ljubljana) 3. nagrada: Klemen Kočevar, Tomaž Kobal, Katarina Kurent (SNŠ, Ljubl- jana), Gregor Skačej (SNŠ, Maribor), Sašo Blažič, Marko Pavlišič (SŠ, Črnomelj), Dominik Roblek (SŠPRNMU, Kranj) pohvale: Mojea Jazbinšek (STŠ, Celje), Damjan Otoničar (SŠ za elektrotehniko, Ljubljana), Matej Černigoj (SPNMŠ, Koper) Skupina B: 2. nagrada: Martin Rajič (SNŠ, Ljubljana), Alenka Čok (SPNMŠ, Koper) 3 . nagrada: Andrej Rakar (SNŠ, Ljubljana), Marko Kern (SŠPRNMU, Kranj), Aleš Česar (SCTPU, Murska Sobota) il pohvale: Janko Smolar (SŠTNPU, Ravne na Koroškem), Marko Škala ol- (SŠ, Črnomelj), Toni Bračič, Arso Savanovič (SŠPRNMU, Kranj), Matej Šikovc L (SNŠ, Ljubljana), Mitja Zelene (SŠ J. Vega, Idrija) Skupina C: 1. nagrada: Andrej Vilfan, Jaka Cimprič, Andrej Pangeršič (SNŠ, Ljubljana) 353 3. nagrada: Timotej Ečimovič (SNŠ, Ljubljana), Peter Holozan (SŠ, Kam- nik), Matjaž Pavlišič (SŠ, Črnomelj), Gregor Černe (SŠPRNMU, Kranj) pohvale: Denis Donlagič (SNŠ, Maribor), Albert Kleva (SPNMŠ, Koper), Matej Valič (NSC, Nova Gorica), Klemen Vidic (Iskra SŠ, Kranj) Skupina D 2. nagrada: Mihec Mesarič (SCTPU, Murska Sobota) 3. nagrada: Borut Oblak, Matej Komelj, Andraž Oblak (SNŠ, Ljubljana) pohvala: Igor Zrinski (SCTPU, Murska Sobota) Komisija je določila ekipo za zvezno tekmovanje iz fizike v Črni gori. Tekmovanja naj bi se udeležili: Roni Leban, Martin Rajič, Alenka Čok, Andrej Vilfan, Jaka Cimprič, Andrej Pangeršič, Timotej Ečimovič, Matjaž Pavlišič, Gregor Černe, Mihec Mesarič, Borut Oblak in Andraž Oblak . Iztok Kukman Naloge: Skupina A - mehanika 1. Kolikšen naj bo koeficient trenja med podstavkom in palico na sliki, da palica ne zdrsne? Med palico in tlemi ni trenja. Kako pa je z ravnovesjem , če med podstavkom in tlemi tudi ni trenja? 2. Obroč zradijem 0,5 cm stoji na robu 1 m visoke mize tako , da je njegovo težišče natančno nad robom. Rahlo ga sunemo, da začne brez drsenja padati . V kolikšni razdalji od mize pade na tla? 1 m .. . , ..... .. . .. . . . , . .. . .. . , . . nal. 1 nal. 2 3. Valj z maso m in z radijern osnovne ploskve r zakotalimo navzgor po klancu z naklonskim kotom oo proti vodoravni ravnini. V trenutku, ko je valj oddaljen 1 m od vz nožja klanca in ima hitrost Vo, zakotalimo za njim kroglo z začetno hitrostjo 2vo tako, da se obe telesi gibljeta po vzporednih premicah . Masa krogle je en aka masi valja, radij krogle pa radiju osnovne ploskve valja. Krogla in valj sta enako oddaljena od vznožja 1,02 s ter 48,19 s od trenutka, ko smo zakotalili kroglo. Kolikšen je naklonski kot klanca oo ? Kolikšna je hitrost vo? 354 4. Na hribu stojita dva dečka. Prvi se s sanmi spusti po 50 m dolgem klancu z nagiborn 60 0 , ki se nadaljuje v ravnino. S kolikšno začetno hitrostjo in pod kolikšnim kotom proti vodoravnici mora drugi v tis- tem trenutku vreči kepo, da bo zadela prvega v hipu, ko se bo zaus- tavil? Koeficient trenja med sanmi in snegom je 0,05. Skupina B - energija 1. Kompot konzerviramo v stekleni posodi z osn ov no ploskvijo 100 cm 2 in z višino 13 cm . Posodo napolnimo do višine 10 cm , jo segrejemo na 75°C in nanjo položimo lahek steklen pokrov . Med pokrovom in robom posode je guma, ki dobro tesni. S kolikšno silo pritiska pokrov na rob posode, ko se ohladi na 17 °C? Delni tlak vodne pare pri 75°C je 40 kPa, pri 17 °C pa 2 kPa. Zrak nad kompotom je ves čas nasičeno vlažen. 2. Na vrtiljaku se vrtijo zaprti avtomobilčki. Na enega od njih je fizik privezal balonček napolnjen s helijem na 1 m dolgi lahki vrvici. Izračunaj kotno hitrost vrtiljaka, če je pritrdiš č e vrvice oddaljeno 5 m od osi vrtiljaka in vrvica oklepa kot 45 ° z navpičnico . S kolikšn o silo je napeta vrvica? Radij balončka je 10 cm, kilomol zraka je 29,3 kg , kilomol helija 4 kg, temperatura pa 20 °C. Nari šil 3. Zmešamo 1 kg ledu s temperaturo -10 ° C in 2 kg vode pri 80 ° C in počakamo, da se temperatura ustali. Za koliko se spremeni pros- tornina vode in ledu? Specifična toplota ledu je 2100 J / kgK , spec. toplota vode 4200 J /kgK, talilna toplota ledu pa 336 kJ/kg. Pri tal- jenju se prostornina ledu zmanjša za 8,3 %. Gostota vode pri 4 °C je 1 kg/dm3 , prostorninski raztezki vode in ledu pa so podani v tabeli. T [0 C] -5 2 7 15 25 35 45 55 65 75 85 {3 [10-5 / K ] -17 - 3 4,5 15 26 35 42 49 56 61 67 4. Tri sobe s tlorisom na sliki ogrevamo z dvem a pečema. Močnejša v desni sobi ima moč 2,5 kW. Tla, strop in najdaljša zunanj a stena so dobro izolirani. Sobe so visoke 3 m , debeline notranjih sten so 20 cm, debeline zunanjih pa 30 cm . Toplotna prevodnost sten je 0,6 W / m K. Kolikšna naj bo moč peči v levi sobi, da bo temperatura srednje sobe enaka temperaturi v levi sobi? Kolikšne so tedaj temperature v sobah , če je zunanj a temperatura - 10° C? - 355 :: : : : ::: :~_~~~~~~-~~~C'70~_~~ . • .. _ . • • •• • • •• • ••• . OmO3 m 2 m 5m 4m Skupina C - elektrika 1. Izračunaj moč, ki jo porablja ž arnica v vezju na sliki . Graf kaž e odvisnost toka po žarnici od napetosti med priključkoma. + R2 = 20 rl Uo = 15 V I( A) 1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 + + ...L 4- -+- ++H-~ ""T-I + -1- I I j- +T T + i I I 7- - f- I _L. .JT -, - f- : -i- T --j- -f- /, --i' I I", ; I r - t- I -;,,- -l- - 0- -- I l- .-T :" , -- - ! i- ~ . - -- -- L + I -t- I -t 1--, T -t-r- 1 2 34 5 6 7 8 9 U(V) 2. Tuljava s 1000 ovoji in presekom 1 dm2 je vrtljiva okrog osi, ki gr e skozi središče tuljave in je pravokotna na nj en o geometrijsko os. Vz- trajnostni m oment tuljave okrog te osi j e 0 ,5 kgm2 . Na os je pritrjena polžasta vzmet s koeficientom 50 Nm. V ravnovesn i legi j e geometri- jska os tuljave vzporedna z m agnetnim polj em z gostoto 0 ,5 T . Tul- javo zasučemo za kot 5 o iz ravnovesn e lege in spus t im o, da zaniha. Zapiši časovn i potek inducirane napet osti med priključkoma t u ljave! Kolikšna je amplituda napetosti? 3 . Na vzmeti s koeficientom 2 Njcm visi utež iz mehkega železa z m aso 10 dag. P od utežj o je t u lj ava z induktivnostjo 2 H, vezana s kon- denzatorjem v električni nihajni kr og, v katerem vzdržujem o lastno električno nihanje . Kolikšn a naj bo kapaciteta kondenzatorja, da bo magnetno polje tuljave povzročilo last no nihanje u t eži? 356 4. Sistem enakih kondenzatorjev na sliki je naelektren tako, da je na kondenzatorju Cx naboj 1 nC. Kolikšen pa je naboj na tem konden- zatorju, če med plošči počasi potisnemo snov z dielektričnostjo 9? Kolikšen naboj se pretoči po vodniku Y? Kolikšno delo opravimo pri potiskanju dielektrika, če je kapaciteta C enaka 1 nF? Skupina D - delci in valovanja 1. Potapljač nosi očala z dioptrijo -2. Med potapljanjem ko nima svojih očal bi rad dobro videl predmete oddaljene do 5 m, zato pred masko pritrdi nova očala tako, da je med masko in očali plast vode. Kolikšna naj bo dioptrija teh očal? Lomni količnik vode je 1,33, stekla pa 1,5. 2. V točki A na sliki se nahaja svetilo, ki seva koherentno svetlobo z valovno dolžino 600 nm. Med točkama A in B je zaslon, zato točko B doseže le svetloba, ki se siplje na uklonski mre žici (glej sliko). Razdalja a je enaka 10 cm. Kako se naj spreminjajo razdalje med režami na mrežici, začenši od točke C, da bo jakost svetlobe v točki B največja? Kolikšna je razdalja med deveto in šestnajsto zarezo? Matematični poduk:~ = 1 ± ~ x - kX2 ± . . . a a a uklonsk a mrežica C 3. Dve enaki sonci z radijerna R = 15 . lOG km krožita okrog skupnega težišča, tako da je razdalja med njima 40 R. Počrnj en satelit z ma- jhno toplotno kapaciteto in dobro toplotno prevodnost jo se giblje po krožnici zradijem r = 10 R okrog enega od ob eh sonc v isti ravnini kot kro šita sonci . Obhodni čas satelita je 1 leto in je veliko manjši od obhodnega časa obeh sonc. Zapiši, kako se spreminja temperatura satelita s časom! Gostota svetlobnega toka v razdalji r od središča vsakega od sonc je j = 1 kW1m2 • Kolikšna je največja in kolikšna najmanjša temperatura satelita? 4. Rentgensko svetlobo z dobro določeno valovno dolžino dobimo pri prehodu elektrona z notranje lupine n = 2 na nezasedeno stanje v lupini n = 1 pri atomih z večjim vrstnim številom Z. 357 a) Oceni energijo fotona in valovno dolž ino svetlobe, ki nastane pri takšnem pr ehodu v atomu Na (Z = 11) ob predpostavki, da elektron na lupini n = 2 " čuti" naboj jedra zm anj šan za naboj preost aleg a elektrona na lupini n = 1. Če pa je lupina n = 1 zasedena z dvema elektronoma, pa vsak od njiju "čuti" le polovico naboj a drugega. b) Svetloba, ki nastane pri tem prehodu , lahko ionizira drug atom. Kolikšno sme biti največ vrstno število drugega atoma, da bo lahko prišlo do ionizacije z notranje lupine z fi. = 1? Fizikalni poduk: Če okoli jedra z nabojem Ze o kroži le en elektron, so energijsk i nivoji atoma podani z En = Eo Z2 Jn2 , Eo = 13,6 eV, n = 1,2,3, . .. . hco = 1240 eV -nm. SLIKOVNA KRIŽANKA - MATEMATiČNI POJMI Rešitev iz P-5 297 -108 ' 189 T _ U ~.T ~~ _.~ ~ T 3- .~ ~. ~ -- UOtfl Il • • Dtl t l"- .....T..... H_~n, 12 + 8 - 20 ,~ ~,. 2 .."" .. ........DIILU: l,.JU" lN ".T"'V1~ ~ Z L I K O V E C~ S E S T E V A N E C~< ....ot .. • 1 M E N O V A L E C l OGlC:HO A N T 1 N O M 1 J A.- ~.~ O A N S K A r E R O~ A O E N~ L O K A R~ ~~_ _ o A ,o<_.. N T E~ L O K~ N A R I V~O G R A O A-=~-..~......... J A R D~ S T R A H ..~ V E S N A E C....... K O FIIHMO...... ~ 2·3=6~... .......TI .....TI ... ~ 1 A S~ A L R I i QMAU IlM OIl A T 'l ALO:~M I C K A~K R M A~3 N E K T A R~ O S A R I J ~ A N O R E A S-~ .75;~ TO\. .. .... A V A I<' C '" N E S N A G A~ A F R I C A N~- ~ ~. _.. ~~.T El: L A N G~ H T~ N A O A - R A J ~T E M E",.5:"rv ~ 1 N G O T ~- R E K R U T ~ I B A R r::-JJ. G O L.- ~~ Z E L N A R 1 C A 'cr:S H O O K E ..-O B A R A..ti li TIlItU) -o A C A III!""'A T O G O @ liQ lI OV I/f A L T A J -~ B U T A NNA .....GU l)lH 1 358 NALOGE Z IZBIRNEGA TEKMOVANJA ZA 4. REPUBLIŠKO TEKMOVANJE IZ LOGIKE 7. in 8. razred osnovne šole 1. Rop. Tri ženske so zasliševali zaradi ropa zlatarne. Ena je oropala zlatarne . druga ji je pomagala. tretja pa je bila nedolžna. Vsako od naslednjih treh izjav je dala ena od teh žensk: 1. Ana ni pomagala pri ropu. 2. Breda ni roparka. 3. Cilka ni nedolžna . * Nobena od trditev se ne nanaša na žensko. ki jo je povedala . * Nedolžna ženska je dala vsaj eno izjavo. * Samo nedolžna ženska je govorila resnico. Katera od treh žensk je oropala zlatarno? 2. Drevo. Ob praznovanju občinskega praznika so izbrali pet brhkih deklet: Hildo Hrastnik. Lenko Lipovec. Bojano Breznik. Janjo Javornik in Sonjo Smrekar. ki naj bi posadila deset mladih dreves : dva hrasta. dve lipi. dve brezi. dva javora in dve smreki. Vsako dekle naj bi zasadilo dve drevesi različne vrste . tako da ime nobega od teh dreves ni vsebovano v njenem priimku. * Dekleti. ki imata v priimkih skriti imeni dreves . ki jih je zasadila Janja Javornik. sta posadili smreki. * Dekleti. ki imata v priimkih skriti imeni dreves. ki jih je posadila Lenka Lipovec. sta posadili brezi. * Bojana je posadila en hrast in eno smreko. Kateri drevesi je posadila Hilda Hrastnik? 3. Hokejski turnir. Na turnirju je vsaka od petih ekip A, B. C. D. E igrala z vsako drugo natanko enkrat. Naslednja razpredelnica kaže nekatere podatke o izidih. število mage porazi pam dobljeni tekem goli goli A 3 2 O 7 O B 2 2 O 4 1 C 3 O 1 2 4 D 3 1 1 4 4 E 3 O O Povej rezultate odigranih tekem! 359 1. in 2. letnik srednjih šol 1. Ropar. Eden od treh osumljenih. Andrej. Boris ali Ciril je izvršil rop. Na zaslišanju je vsak dal po eno izjavo. ki se ne nanaša nanj . Prva izjava je bila: * Andrej je nedolžen. Sledili sta še dve izjavi. vendar ne nujno v tem vrstnem redu: * Boris je povedal resnico . * Ciril je lagal. Kdo je ropar . če vemo. da je dal prav on lažno izjavo? 2. Hazarderji. Štirje prijatelji. navdušeni hazarderji . vsako nedeljo stavijo na konjskih dirkah . To nedeljo so Andrej. Boris. Dare in Izidor stavili na vrstni red štirih najhitrejših konj. Boris je zadel uvrstitvi dveh konj. njegova napoved pa je bila: 1. Strela. 2. Blisk. 3. Orkan . 4. Nevidni. Daretova razvrsti tev je bila: 1. Nevidni . 2. Stre la. 3. Blisk. 4. Orkan . Posrečilo pa se mu je uganiti le uvrsit ev enega konja. Andrej je mislil. da se bosta Blisk in Nevidni uvrsti la drug za drugim. pa se je motil. Izidor pa je na dirki obogate l. saj je uganil vrstni red. Kakšen? 3. Šest moštev. Šest moštev. A. B. C. D. E in F je igralo vsako z vsakim drugim po eno tekmo . Ko je bilo nekaj tekem že odigranih. je bila razpredelnica takale : števi lo zmage porazi cl ani dobljeni o čke tekem goli goli A 2 1 4 2 B 4 1 4 3 C 1 7 7 D 3 1 5 3 E 7 F 5 2 7 Za zmago dobi moštvo dve točki. za poraz nič in za neod l očen izid eno točko . Ugotovi. katere tekme so že odigran e in kako so se končale? ma kraljema. * Vsaj en kralj leži med dve- ma fantoma. * Noben fant ne meji na kra-] ljico. * Natanko ena karta je as. * Noben kralj ne meji na asa . * Vsaj en kralj meji na kra- lja. * Vsaka karta je kralj. kra- ljica. fant ali as . 360 3. in 4. letnik srednjih šol 1. Idealen fant za Marijo. Marijin idealen fant je visok. temen in prijazen. Marija pozna štiri fante: Andreja. Borisa. Cirila in Davida. Samo eden od četverice ima vse značilnosti. ki jih Marija ceni. * Natančno trije iz četverice fantov so visoki. dva sta temna in samo eden je prijazen. * Vsak od fantov ima vsaj eno potrebno značilnost. * Andrej in Boris imata podobno barvo polti. * Boris in Ciril sta enako visoka. * Ciril in David nista oba visoka. Kateri fant ima vse potrebne značilnosti? 2. Karte na mizi. Osem kart je položenih zlicem navzdol. tako kot je prikazano na diagramu . Za te karte velja: * Vsaj ena od kart je kraljica] * Vsaka kraljica leži med dve-I Katera od oštevilčenih osmih kart je as? * Karta je med dvema kartama. če se vsake od nJIJu dotika vzdolž ene starnice in vse tri ležijo v isti vrstici ali stolpcu. ** Dve karti mejita . če se dotikata vzdolž ene stranice . 3. Pet ekip. V naslednji razpredelnici so podana nekatera dejstva s turnirja petih število mage porazi ieodločeuo dani [dobljeni tekem goli goli A 3 O 2 3 4 B 2 1 O 3 O C 2 1 1 5 D 2 2 E 2 1 O 361 ekip. v katerem naj bi vsaka ekipa igrala z vsako drugo točno enkrat potem . ko je odigranih nekaj tekem. Pri tem je ena številka napačna . Poi šči napačno številko in rezultate odigranih tekem! Aleš» MWgoj. Nelka Mramor-Kosta KOLIKO JE STAR ANDREJ? Če bi bil Andrej dve leti mlajši. kot bi bila stara Andreja . če bi bila Andreja dve leti starejša. kot bi znašala polovica Andrejevih let. če bi bil Andrej dve leti mlajši od dvakratne Andrejine starosti. če bi bila Andreja dvakrat toliko stara. kot je Andrej. potem bi bilon deset let starejši. kot je sedaj. Ugotovite Andrejevo starost? Janez Alet ZGODOVINA ZNANOSTI V KNJIGAH SIGMA Matematika 27. Struik D.J .. Kratka zgodovina matematike (predvsem kratka zgodovina matematikov) 260 str. 36. Devide V.. Matematika skozi kulture in epohe. (prevod hrvaškega origi- nala). 182 str. Fizika 34. Laue M.. Kratka zgodovina fizike (prevedel in priredil Janez Strnad). 148 str. Astronomija 32. Weinberg S.. Prve tri minute (opis novejših teorij o nastanku vesolja), 184 str. 35. Mllankovič M.. Kratka zgodivina astronomije . 1. del Od njenih prvih začetkov do leta 1727.180 str. 42. Š ev a r l i č B.M.. Kratka zgodovina astronomije. 2. del Od Newtona do današnjih dni. 180 str. Cena knjig je 100.00 din (80.00 din). 362 4. REPUBLIŠKO TEKMOVANJE IZ LOGIKE Četrto republiško tekmovanje iz logike je bilo 21. oktobra 1989 na Pedagoški akademiji v Ljubljani. Udeležilo se ga je skupaj 139 učencev sedmega in osmega razredav osnovne šole in 179 dijakov srednjih šol. ki so se najbolje odrezali med več kot 3000 udeleženci izbirnih tekmovanj. Med njimi je bilo tudi 70 dijakov Znanstvenega liceja F. Prešerna v Trstu. Tekmovalce je v imenu prof. Raymonda Smullyana . po katerem se tek- movanje imenuje. pozdravila gospa Judith Buncher, direktorica Ameriškega kulturnega centra v Ljubljani. poleg nje pa še dekan Pedagoške akademije in predstavniki delovne organizacije Metaika (ta je generalni pokrovitelj tek- movanj iz logike), Skupnosti za zaposlovanje in Zavoda za šolstvo . Medtem ko so tekmovalci reševali naloge. so imeli mentorji razgovor o tekmovanju in predstavitev knjige Dekle ali tiger? Trideset mentorjev je dobilo knjižne nagrade za dosed anje delo. Dogovorili smo se. da v prihodnje organiziramo tekmovanje tudi za študente, na osnovnošolskem nivoju pa tudi za 5. in 6. razrede . Komisije, ki so jih vodili dr. Peter Legiša. dr. Neža Mramor- Kosta. Jasna Bratinič, Marija Božnar. Sašo Strle. Anton Biazzico. Alenka Kavčič in Edi Vovk. so sestavljali študentje elektrotehnike. računalništva in matem- atike. Najbolje uvrščeni učenci so bili: V sedmem razredu: Peter TRKMAN , os D . Kumar Ljubljana, Denis GODESA, OŠ A. Jakhla. Ljubljana, Tomaž RACIC, OŠ F. Bevka, Ljubljana, Matjaz ŠMALC, os D . Jereba, Slovenske Konjice, Alenka STEPiŠNIK, r.o .scra. Celje, Manca CIRK , os F. Prešerna, Kranj, Saša ZAMAN , OŠ S. Kosca , Ljubljana , Sašo 21VANOVIC, OŠ V. Šlander. Polzela , Erik RENKO . OŠ D . Ketteja. Ilirska Bistrica , Greca CURCIJA. OŠ J. Kersnlka Brdo, Lu ko vica . V osmem razredu: Iztok KAVKLER. os F. Ro ša, Celje . Petra IPAVEC , OŠ Komenda-Moste. Teja TAMŠE. OŠ F. Roša, Celje, Urban MRAK. OŠ 1. Groharja, Škofja Loka, Metka DEMSAR, o š V. Vodnika, Ljubljana, Maja POHAR. o š X. SNOUB Ljubljanske, Ljubljana, Nika NOVAK, OŠ E . Kardella , Ljubljana, Simona SE - MENIC, OŠ Ajcovsčtna, Dobravlje , Vesna ZADNIK . OŠ 1. Novaka - Očka , Ljubljana, Andrej ERHARTIČ. OŠ 1. Cankarja, Maribor. V prvem letniku srednjih šol: Urša DRCAR, SENŠRM Kamnik, Aleš KEBER, SŠTNPU Ravne , Matej SO- 363 TLAR, STNS Postojna, Barbara REBEC, STNS Postojna , Benjamin PEZ- DIR, SSR Ljubljana, Aljosa OCEPEK , SSTNPU Ravne, Gordana WOZNIAK , SNS M. Zldan ška , Maribor, Andrej PIRC , SNS M. Zldanška, Maribor, Miha ROMIH, SSNMEU Trbovlje, aost jan SIRNIK , SPNMS Koper . V druoem letniku srednjih šol: H laclnta PI NTAR, SSPRNMU Kranj, Tom až SESEK, SNS Ljubljana, Janja KRISTANC , SSPRNMU Kranj, Krešim i r M A CAN , SSEK Črnomelj, Marko KUKRIKA, SNŠ Ljubljana, Matjaz KOTNIK, SNŠMZ Maribor, Borut JANŠA, SSPRNMU, Kranj, Nina MILAČ, SNS Ljubljana, Neven GR:2ANIČ, SPNMŠ Koper , Edi SUC , TSC B . Brellha, Nova Gorica . V tretjem letniku srednjih šol: Mirjana TODOROViČ, SŠPRNMU, Kranj Bojan KVERH, ŠC Vojvodina, Tolmin , Marko PAVLIŠiC, SSEK, Crnomelj, KRAMAR MARJETA, SNŠ t.jubt- Jana, Sašo BALŠIC, SŠEK Crnomelj , Matjaz KAVAR , CSUI Jesenice, Vladimir BENSA, NSC Nova Gorica, Vladimir BAN, SŠEN Ljubljana, Jana JELENC, SŠ J. VEGE, Idrija, Jana MAPOŠEK , SSTNPU Ravne . V če t rt em letniku srednjih šol : AleS CASAR , SCTPU Murska Sobota , Marko KERN , SSPRNMU Kranj, Gre- cer DOLINAR , SSPRNMU K ra nj, Mi tj a SVAB , L1cej F . Prešerna, Trst , A leš GORNJEC , SŠTNPU Ra vne, Boris PETKOViČ, SŠTZU Novo mesto, Erazem POLUTNIK, STŠMT Celje , Nevenka VELIKONJA, NSC Nova Gorica , Jure DOBNIKAR, SNŠ M. Zldanška , Maribor, s aso REBOLJ, SENŠRM Kamn ik. Naloge za 7. in 8. razred OŠ 1. Pretep v družini. V štiri članski družini, kjer sta razen staršev še sin in hči, je ena oseba natepla drugo osebo, en član je to opazoval , četrti pa ni bil prisoten. 1. Odsotni in priča sta različnega spola . 2. Najstarejši član in priča sta razli čnega spol a. 3. Najmlajši in žrtev sta različnega spola. 4. Odsotni je starejši od žrtve. 5. Oče je najstarejši v družini . 6. Pretepač ni najmlajši član . Kdo je bil tepen? 2. Tekmovanje. Andrej , Borut. Cene in Drago so tekmovali med seboj . Na tekmovanju ni bilo delitev mest. Po tekmovanju so kot znani šaljivci dali naslednje izjave: Andrej: 364 1. Bil sem neposredno pred Borutom. 2. Nisem bil prvi. Borut: 1. Bil sem neposredno pred Cenetom . 2. Nisem bil drugi. Cene: 1. Bil sem neposredno pred Dragom . 2. Nisem bil tretj i. Drago: 1. Bil sem neposredno pred Andrejem. 2. Nisem bil zadnji. * Samo dve od zgornjih izjav sta resnični. * Fant. ki je zmagal. je dal vsaj eno resnično izjavo. Kdo je zmagal? 3. Šahovski turnir. "Kako si se kaj odrezal na šahovskem tekmovanju?" je vprašal Boštjan Primoža . ko sta se po dolgem času spet srečala. "Ah. ah. zelo slabo ," je nejevoljno odvrnil Primož . "bil sem zadnji v svoji skupini." "Ha. ha! To pa res ni preveč dobro. " se je nasmejal Boštjan . "Tekmovanje je potekalo takole : igralci smo bili razdeljeni v dve skupini . Vsak igralec je igral z vsakim iz svoje skupine tri igre. Vsak dan je bilo odigranih skupno 9 iger, tako da smo turnir končali v 9 dneh . No, seveda imam zate - pametnjakovič - vprašanje: Koliko tekmovalcev se je udeležilo turnirja?" Boštjanu je nasmeh precej zarnrl. zanj je bil to pretrd oreh . Ga boš strl ti? Naloge za 1. in 2. letnik srednjih šol 1. Dva vohuna . Imamo dva vohuna : eden je zanesljiv in so vsa njegova obvestila točna. drugi pa včasih javi kaj napačnega . Nekoč sta poslala naslednji poročili : Sporočilo vohuna A: * Natanko ena od trditev W. X in Y je resnična . * Natanko ena od trditev X. Y in Z je resnična . * Natanko ena od trditev W in Z je napačna. Sporočilo vohuna B: * Natanko ena od trditev W, X in Y je resnična . * Natanko ena od trditev X. Y in Z je resnična. * Natanko ena od trditev W. Y in Z je resnična . Ali lahko ugotovimo , kateri vohun ni zanesljiv? Katere trditve izmed W. X, Y in Z so resnične? 365 2. Sorodniki. Osebe A. B. C. O in E so v medsebojnem sorodstvu. Štiri od njih so dale štiri resn i čne izjave: 1. B je mojega očeta brat. 2. E je moja ta š ča . 3. C je brat mojega zeta . 4. A je mojega brata žena . Vsaka omenjena oseba . na primer "moj oče". "mojega očeta brat" . itd .. je ena od oseb A. B. C. O oz. E. Kdo je dal posamezne izjave? 3. Poznanstva. Sedem ljudi A. B. C. D. E. F in G je o medsebojnih poznanstvih menilo tole: * A je trdil. da se pozna z ostalimi šestimi. * B. da se pozna s petimi * C. da se pozna s štirimi. * D. da se pozna s tremi. * E in F. da se poznata z dvema in * G. da se pozna z enim. Če je kvečjemu eden lagal. in to ne oseba F. z navedbo manjšega števila poznanstev od dejanskega. katere osebe so gotovo govorile resnico? Naloge za 3. in 4. letnik srednjih šol 1. Ali si dober detektiv? Alica. njen mož. njun sin. njuna hči in Ali čln brat so vpleteni v umor. Eden od teh petih je ubil enega od ostalih štirih. Naslednja dejstva se nanašajo na omenjenih pet oseb: 1. Ženska in moški sta bila skupaj v baru v času umora . 2. Žrtev in morilec sta bila v času umora na obali. 3. Eden od otrok je bil sam v času umora. 4. Alica in njen mož nista bila skupaj v času umora . 5. Žrtvin dvojček je nedolžen . 6. Morilec je mlajši od žrtve . Kdo je žrtev? 2. Družinsko drevo in resnica. Janez. Jože . Nada . Lucija in Petra so dali naslednje izjave: Janez: Nada je moja žena. Jože je moj sin . Petra je moja teta . Jože: Lucija je moja sestra . Petra je moja mati . Petra je Janezova sestra. Nada: Nimam ne brata ne sestre . Janez je moj sin . Janez ima sina. Lucija: Nimam otrok. Nada je moja sestra. Janez je moj brat. 366 Petra: Janez je moj nečak. Lucija je moja nečakinja. Nada je moja hči. Predpostavi še: 1. Vsak. ki ima vsaj enega brata ali sestro in ima vsaj enega otroka. vedno govori resnico. 2. Vsak. ki ima ali vsaj enega brata ali sestro ali vsaj enega otroka . govori izmenoma resnico in laž. 3. Tisti. ki nima ne bratov ne sestra in ne otrok. vedno govori laž. Poišči resnične izjave in sorodstvene zveze teh petih ljudi! 3. Hišne številke. Franci: "Tako kot midva. Peter . tudi tisti trije živijo v naši ulici . vsak v svoji družinski hiši. Vsota njihovih hišnih številk je ravno dvakratna tvoja hišna številka . Če pomnožimo njihove številke. pa dobimo 1260." Peter: "To mi še ne omogoča. da bi ugotovil njihove hišne številke." Franci: "Res je. Toda če bi vedel mojo številko. ki je mimogrede večja od vseh vaših. bi lahko uganil tudi njihove tri." Poišči hišne številke vseh petih ljudi. če se oštevilčenje njihove ulice začne z 2 (in ne z 1) in Peter to ve. Izidor Hafner in Nela Mramor BEG IZ LABIRINTA - Rešitev s P-3. str. 176 V tretji številki letošnjega Preseka smo bralce povabili k programiranju bega iz labirinta. Dobili smo le eno rešitev. ki jo je poslal Ivan Lisec s SŠR iz Ljubljane. Avtor je vhodni graf predstavil z matriko sosednjosti A. v kateri ima element Alj vrednost -1, če točki i in j nista povezani. sicer pa vrednost O. Nato med sprehodom po labirintu vrednost elementa Alj povečamo za ena. brž ko prehodimo povezavo ij . Avtorjev program. ki je napisan v turbo pascalu 4.0. smo preiskusili in nimamo večjih pripomb. Pripomniti bi veljalo le. da program ni pretirano prijazen z uporabnikom. saj moramo vnašati velike črke . ne smemo imeti večjega grafa kot 26 točk. pa tudi vnos preko zaslona je za večje grafe neprimeren. Ivanu Liscu se za sodelovanje lepo zahvaljujejo. Sandi Klev žer 7. MALI ASTRONOMSKI TABOR 367 Astronomski pozdrav nam je poslala naša redna braika Tina Barbič . Pa ne samo to! Za vse. ki jih zanima astronomija in si morda želijo sodelovati na katerem od naslednjih astronomskih taborov. je prispevala naslednje poročilo . Objavljamo ga v celoti. Du šics Boben Sedmi mali astronomski tabor je letos potekal od 20. do 23. septembra v astronomskem observatoriju na Javorniku (nad Idrijo). Organiziral ga je profesor Kham. ki na naši šoli poučuje fiziko. poleg tega pa vodi astronomski krožek. Zelo sem bila vesela. da se mi je ponudila priložnost za moje prvo srečanje z astronomijo. Težko sem dočakala dan odhoda. Mladi astronomi smo se zbrali v sredo 20. septembra pred OŠ Prežihov Voranc v Ljubljani. Medkrajevni avtobus nas je odpeljal do Cola. od tam pa smo jo peš mahnili proti Pirnatovi koči na Javorniku. Cilj smo dosegli okoli 13. ure in kmalu začeli z našim delom. ki ga bom na kratko opisala. Začeli smo z enostavnimi vajami: uporaba vrtljive zvezdne karte. Pre- sekove zvezdne karte. upora ba astronomskih efemerid. Ko se je stemnilo. smo se odpravili proti bližnjemu observatoriju. Opazovalni pogoji so bili kar dobri. le veter je premočno pihal. Na jasi pred observatorijem nas je čakalo pet daljnogled ov. Prvi večer smo opazovali planet Saturn . Marsikdo od nas je tisti večer prvič pogledal proti skrivnostnim zvezdam . Nameravali smo opazovati tudi Luno. vendar nas je okoli polnoči presenetila megla. zato smo svoja opazovanja zaključili. Opravili smo še nekaj meritev (približno izračunali. koliko zvezd vidimo na nebu brez daljnogleda) in okoli druge ure odšli spat. Naslednjega dne smo dopoldne računali maso Zemlje in merili višino Sonca. Po kosilu nas je obiskal astronom Marijan Prosen in nam povedal nekaj o paralaksi. Drugi večer smo imeli v načrtu merjenje zornega polja daljnogleda. ker pa so bile vremenske razmere preslabe. smo v observatoriju risali graf vzhoda. kulminacije in zahoda Sonca ter kasneje HR diagram za zvezde. Zadnji dan astronomskega tabora srno gledali in risali sončne pege. popoldne pa smo imeli predavanje o optiki. Predaval je Jože Kotnik. Zvečer nam vreme spet ni bilo naklonjeno . tako da smo z opazovanji začeli zelo pozno. Najprej smo daljnoglede usmerili proti Luni. potem pa smo opazovali še Plejade in planet Jupiter z njegovimi lunami. Naslednje jutro smo vsi zaspani in utrujeni zapustili kočo in se z večjim zanimanjem za astronomije vrnili v Ljubljano že kot pravi astronomski navdušenci. 12. MLADINSKI ASTRONOMSKI RAZISKOVALNI TABOR - JAVORNIK 89 Letos je bil na Javorniku nad Črnim vrhom nad Idrijo že dvanajsti Mladinski astronomski raziskovalni tabor. Organiziralo ga je Astronomsko društvo Javornik (ADJ). financiralo pa v veliki meri gibanje Znanost mladini. ki deluje v okviru Zveze organizacij za tehnično kulturo Slovenije (ZOTKS) . V času od 28. julija do 5. avgusta smo prebivali v Pirnatovi koči na Javorniku. Astronomske dejavnosti so potekale pretežno na Slovenskem ljudskem astronomskem observatoriju (SLAO). ki se nahaja na nadmorski višini 1150m. od Pirnatove koče pa je oddaljen okrogle četrt ure hoda. Kočo smo astronomi popolnoma zasedli. saj se je tabora udeležilo 24 osmošolcev. sred nješolcev in študentov. ki so jih vodili štirje izkušeni mentorji : Sonja Jejčič . Mirjana Galičič . Rado Klemenčič in Alen Varšek. Mnogi udeleženci so za tabor izvedeli prav iz Preseka. Tudi če bi bila koča večja. bi jo lahko napolnili. saj smo morali zaradi prostorskih omejitev zavrniti več kot trideset prijavljenih. V svojih vrstah smo v okviru mednarodne izmenjave imeli tri goste iz ZRN. Tako da smo imeli odlično priložnost izpopolnjevanja tudi v nemščini in angleščini. Daleč najpomembnejša oseba na taboru pa je bila nedvomno kuharica Nada Rupnik. ki se je znala odlično prilagoditi našemu okusu in urniku. Astronomija namreč zahteva nočna opazovanja in temu primerno pozne zajtrke in kosila ter obilne večerje. Za razliko od prejšnjih taborov je bil na tem poudarek na dobro pripravl- jenih skupnih predavanjih. za katera so udeleženci prejeli tudi skripta. Teme predavanj so bile: koordinatni sistem in časi v astronomiji . Sonce. Sončev sistem. meteorji. spremenljivke. galaksije. kozmologija. astrofotografija in digitalna obdelava posnetkov. Predavanja smo imeli dopoldne. popoldne pa je bilo na vrsti delo v štirih skupinah: v skupini za astrofiziko. za astrofotografijo. Sončev sistem ter v skupini. ki je obravnavala osnove amaterske astronomije. Zvečer in ponoči pa - opazovanja . Seveda nam jo je večkrat zagodlo vreme. pa smo si popestrili večere z družabnimi igrami. Udeleženci so se naučili ravnanja z daljnogledom. osnove orientacije na nebu in spoznali večino takrat vidnih ozvezdij. Opazovali so planet Saturn. galaksijo M31 vAndromedi. planetno meglico M57 v Uri. kroglasto kopico M13 v Herkulu in še mnoga manj znana nebesna telesa. Opazovati pa je bilo mogoče tudi podnevi. Tako so mladi astronomi spremljali Sončevo aktivnost v času tabora. Opazili so . da je Sonce polno 369 peg. ki se spreminjajo od dne do dne. Vsak se je tudi na lastne oči prepričal. da se Sonce vrti. Ob slabem vremenu so imeli mentorji poleg družabnih iger pripravljene tudi številne teoretične naloge. tako da je vsak lahko našel nekaj zase. Naj naštejem le nekaj naslovov teoretičnih nalog: Gravitacijski zakon. Keplerjevi zakoni. Planckov zakon. Stefanov zakon . Rocheov zakon in Rocheov polmer. Navidezni in absolutni sij zvezd. Zvezdna paralaksa. Izsev zvezd. Dvozvezdja in spremenljivke. Teoretični modeli zvezd. Končne stopnje v razvoju zvezd (bele pritlikavke. nevtrosnkse zvezde. črne luknje). Dopplerjev pojav. Hubblov zakon. Koliko je za koga tabor bil delovno srečanje. koliko pa počitnice na svežem gorskem zraku. smo preverili s kvizom. ki je zaključil tabor. Da pa obremenitev posamezniko v ni bi bila prehuda. so v kvizu sodelovale skupine. ki so zvito odgovarjale na še bolj zvito postavljena vprašanja. Namen tabora je bil omogočiti zainteresiranim prvi stik z astronomijo in jih vzpodbuditi k nadaljnjem ukvarjanju s to čudovito vedo. Menim. da je bil dosežen. saj se je mnogo udeležencev včlanilo v Astronomsko društvo Javornik . Danes so še vneti opazovalci. ki so že skrbno izdelujejo raziskovalne naloge. nekateri pa že prav resno razmišljajo o študiju astronomije ... Odslej bodo podobni tabori le vsako drugo leto . Vmes pa bomo prirejali mednarodne astronomske tabore , na katerih bo le manjše število udeležencev iz Slovenije. Aram Karalič GalaksIja M31 v ozvezcju And romede ( Fot o skupina za astrototocrattjo na astronomskem taboru 1. 1987 ; f = 100 mm . cas osvetlltve 30 mIn , f i lm IIford HP-5 , zastonka 2 .8) KOMBINATORNA GEOMETRIJA - Reš. nalog s str. 332 E c G .... .... \.... , \ ' ...... \.... H B 1. Pobarvajmo ravnino z belo. črno in modro barvo. Izberimo daljico BC dolžine 1 cm in privzemimo. da je točka B bele barve in točka C črne barve. Postavimo sedaj romb s stranico 1 cm tako. da bodo njegova oglišča B, C, D in E (slika 2). Zavrtimo romb okoli točke B. tako da se oglišče E premakne za 1 cm. Če sta dve izmed točk B, Cin Dali B, Fin G enake barve. smo našli rešitev. V nasprotnem primeru je ena izmed točk C in D ter F in G črne druga pa modre barve. Če je sedaj katerakoli izmed točk E ali H črna ali modra. smo našli rešitev. V nasprotnem primeru pa sta točki E in H beli in razdalja med njima je 1 cm. 2. Izberimo eno izmed 6 točk in jo imenujmo A. Vsaj tri izmed pet povezav z ostalimi točkami so enake barve. denimo modre. Označimo druga kraji šča teh povezav z B , C in D. Če je vsaj ena izmed daljic BC . BD ali CD modre barve. smo že našli iskani trikotnik . Če pa so vse tri rdeče. je iskani trikotnik BCD. 3. Narišimo vse premice. ki jih določata 2 (ali več. če so kolinearne) točki izmed 1990 izbranih. Skozi izbrano točko T potegni mo vzporednice z vsemi premicami. Skozi točko T lahko potegnemo še premico p, ki je reazli čna od vseh prejšnih . Premica p ima lastnost . da na poljubni njeni vzporednici leži največ ena izmed izbranih točk. Tako za vsako število O~ k ~ 1990 obstaja taka vzporednica q premici p , da na eni polravnini določen i spremico q leži k točk in na drugi 1990 - k točk . To velja tudi za k = 995. 4. Ploščina kroga je 660,52. Krog razdelimo na 661 enakih krožnih izsekov. Ploščlna vsakega izseka je manj kot 1. Ker je vseh točk 1990 = 661 · 3 + 7. vsaj eden od izsekov vsebuje vsaj štiri točke. Ploš čina četverokotnika. ki ga določajo te štiri točke je manj kot 1. 5. Kvadrat razrežerno na št iri enake kvadrate, nato enega izmed manjših kvadratov zopet razrežerno na št iri enake kvadrate. Postopek nadaljujemo . 371 Število kvadratov se na vsakem koraku poveča za 3. Tako lahko dani kvadrat razrežerno na 3k+ 1 delov. Če vzamemo k = 663 dobimo 1990. 6. Konveksen n-kotnik (n ~ 3) ima lahko največ 3 ostre kote. Vsota notranjih kotov je 71"( n - 2). Če bi imeli 4 ostre kote. bi bila njihova vsota manj kot 271" in vsaj eden od ostalih n - 4 kotov bi moral biti večji od 71" . Tomež Ko~ir UČBENIKI IN PRIROČNIKI ZA OSNOVNO IN SRED - NJO ŠOLO V LETU 1990/91 1. ZBIRKE VAJ IZ ARITMETIKE IN ANALIZE ZA SREDNJE ŠOLE (Ivan Štalec) 1. razred . 100 str., 100.00 din (80.00 din) 2. razred. 88 str.. 100.00 din (80.00 din) 3. razred. 204 str.. 150.00 din (120.00 din) 4. razred. 120 str .. 100.00 din (80.00 din) 2. MATEMATiČNE TABELE IN FORMULE (Stanko Uršič) 96 str.. 100 .00 din (80.00 din) 3. GEOMETRIJA ZA SREDNJE ŠOLE, 2. del (Ivan Pucelj. Ivan Štalec) 176 str.. 100.00 din (80.00 din) 4. MALI PRIROČNIK OPERACIJSKEGA SISTEMA MS DOS (Sandi Klavžar) 50 str., 75.00 din (60.00 din) 5. PROGRAMSKI JEZIK PASCAL (Bojan Mohar. Egon Zakrajšek) 196 str. 100.00 din (80.00 din) 6. TURBO PASCAL (Matija Lokar) 100 str .. 125.- din (100.- din) 7. ASTRONOMIJA ZA SREDNJE ŠOLE (France Avsec. Marijan Prosen) 176 str.. 100.00 din (80.00 din) 8. KARTI SEVERNEGA IN JUŽNEGA NEBA 2,000 s katalogom 28 str., 125.- din (100.- din) 9. NAŠE NEBO IN ZEMLJA (Pavla Ranzinger) 80 str .. 50.00 din (40.00 din) 10. KAKO REŠUJEMO MATEMATiČNEPROBLEME (George Polya) 272 str., 100 .00 din (80.00 din) 372 IZBIRNO TEKMOVANJE IZ LOGIKE - Reš. s str. 358 7. in 8. razred osnovnih šol 1. Recimo. da je prva izjava lažna. torej je Ana pri ropu pomagala. Ena od izjav mora biti res n i čna . na primer druga. Potem Breda ni roparka. torej mora biti nedolžna. Ampak druge izjave ni povedala Breda. to rej mora ta izjava biti lažna in zašli smo v protislovje . Če pa je druga izjava lažna. so vse izjave lažne in spet smo v protislovju. To pomeni. da je prva izjava res n ičn a: Ana ni pomočnica. pa tudi nedolžna ni (ker ni dala te izjave). Zato je Ana roparka. Cilka (ki je dala prvo in drugo izjavo) je nedolžna. Breda pa je pri ropu pomagala. 2. Nalogo najlaže rešimo s pom očjo razpredelnice. Na podlagi podatkov. lahko vanjo vnesemo: Hrast Lipa Breza Wavor Smreka Hilda NE Lenka NE NE DA Bojana DA NE NE NE DA Janja DA NE NE Sonja NE Pravilno izpolnje na ta bela pa izgleda takole: Hrast iL-ipa ffreza Uavor Smreka Hilda NE DA NE DA NE Lenka NE NE NE DA DA Bojana DA NE NE NE DA Janja NE DA DA NE NE Sonja DA NE DA NE NE 3. Rezultat e vnesemo v tabelo. Pri tem bomo z Z oz n a čev a l i zmago. s P poraz. z N pa n eo d ločen izid. A B C D E A 0:0 3:0 (Z) \4 :0 (Z) B 3:1 (Z) 1:0 (Z) C 1:1 (N) D 3:0 (Z) E 1 2 3 4 5 6 prvi N N B B drugi N B tretji B N čet rt i B B N N 373 1. in 2. letnik srednjih šol 1. Nalogo najlaže rešimo tako. da pregledamo vse možnosti. Tako dobimo odgovor: ropar je Boris . 2. l.e upoštevamo to. da se Blisk in Nevidni nista uvrstil a sku- paj. je možnih 6 razll čnlh razvr- stitev: Razvrstitev 1 odpade . ker je Dare pravilno uganil le eno uvrsti tev. Razvrstitvi 3 in 6 odpad eta zato . ker bi Dare ne imel nobene pravilne napovedi. Č e t rt a razvrstitev zato od pade. saj bi v tem pri meru Dare pravilno napovedal dve uvrstitvi. ali pa nobene. ne pa ene. Od preostali h dveh razvrstitev lahko le peto pravilno dopo lnimo. vrstni red. ki ga dobimo . pa je: 1. Blisk , 2. Stre la. 3. Orkan. 4. Nevidni 3. Rezultati odigran ih tekem so: A B ( D E F A ~:1 0:1 B p:3 0:1 1:0 0:0 ( 5:0 5:3 0:0 D 0:0 E 0:1 F 3. in 4. letnik srednjih šol 1. Edini fant . ki ustrez vsem Marijinim željam. je (iril. 2. Iz prve in druge trditv e sledi. da je nata nko ena od naslednjih trditev pravilna: aj Tretj a karta je kraljica in šesta karta je kraljica. b] Samo t retja karta je kraljica. c) Samo šesta karta je kraljica. d) Samo č e t rt a karta je kraljica. V okviru aj ne moremo zadostiti tretjemu pogoju: b] odpade, ker ne moremo zagotoviti. da sta hkrat i izpolnjena tretj i in sed mi pogoj: pri c) mora nujno nastopiti ena od razpo reditev: ~ D ~ X · X K tDtlF DF ~ F 374 gD ~K D K X Pri desni razporeditvi ne more- mo zadostiti tretjem u pogoju. pri levi pa ne moremo hkrat i zadost iti t retjemu in čet rtem u pogoju . Preostane torej dl . pravilna razporedit ev pa je: 3.* Ni mogoče . da bi moštvo B izgubilo in ne prejelo nobenega gola. Napaka je torej v B-jevi koloni "porazi" ali "dobljeni goli" . * Moštvo D je moralo odigrati 1 ali 3 tekme. da bo skupno število vseh odigranih te kem sodo . Ker pa je D dve tekmi igralo neodloče­ no. je moralo odigra ti 3 tekme. * Moštvo A je od treh odigranih te kem eno izgubilo. Moštvi A in D st a lahko igrali n eodločen o. vendar sta morali igrati n eodločeno tudi s C in E. zato C in E nimata nobene zmage. Skupaj imamo torej 4 poraze in n ajveč tri zmage (dve pri B in eno pri D). Toda število zmag mora biti ena ko številu porazov. Napaka je tor ej v B-jevi koloni "porazi " . * Popravljena razpredelnica mora izgledati takole : število mage porazi n eodl očeno dani dobljeni tekem goli goli A 3 O 1 2 3 4 B 2 2 O O 3 O C 2 O 1 1 1 5 D 3 1 O 2 2 E 2 O 1 1 O * Rezultate posam eznih tekem so v tab eli: A B C D E A 0:1 (P) 1:1 (N) ru (N) B ~ : O (Z) C p:4 (P) D 0:0 E Aleša Mitigoj. Netka Mramor-Kosta 375 KRIŽANKA "PLANETI NAŠEGA OSONČJA" VODORAVNO: 1. prek 3000 m visok ugasil ognjenik na Japonskem , 7. od Sonca najbolj oddaljen znani planet, 13. Soncu najbližji planet, 14. naj- vecjt planet Osonč]s, 16 . aruat nejvecjt planet Oson čje z znaCiin Imi kolobarji, 17. na podlago priras li morski oztcatkarjt, 18. socvetje pri zltartcan . 19. evo- jica, 20. oce, 21. eden najvecjin Italijanskih pesnikov , 23. etui, tok, 24. Ime šahlsta Korčnoja , 25. japonska oblika budizma, 26. poklic v proizvodnji kruha , 27. nemški matematik ln svetovni šahovski prvak v letih 1894 do 1921, 30. za- pis enakosti dveh matematJCnJh Izrazov , 33. najvišji vrh v Zasavju, 24. sosedni č rk l abecede , 36 . plesna figura pri cctvorkt. 37. veder tonski n a čln v glasbi , 38 . obla čilo. 40. planet znaCllne raecksste barve, 42. tezak de2nl oblak, 44. Ime pevke Baez, 45. sedmi planet po oddaljenosti od Sonca, 46 . jesenska zrtartca . 47 . prva črka grške abecede . NAVPICNO : 1. kulturno sredlš če Sibirije, 2 . ameriška filmska Igralka (Patricia), 3. rastline, ki obrodi grozdje, 4. veda o zvoku, 5 . kurji Iztrebek , 6. Ime pisatelja Hemlngwaya , 7 . razucna soctasnrka. 8 . povečevalno steklo , 9 . sila, ki zavira gibanje , 10 . lahka mrezasta tkanina za zavese, 11. zdravnik, specialist za ušesne bolezni , 12 . s prostim očesom neviden, po oddaljenosti osmi planet, 15 . Iranska denarna enota, 19. luknllca v k021, 22. prostor za son čenje v zdra vlllšču , 24 . sosedni planet, za Soncem in L uno nsjsvettejst objekt na nebu, 25. edini planet na~e{]a osoncjs z ztvtmt bitji, 26. hrvaška oblika Imena Peter, 28 . 2elezna priprava za spenjanje lesenih delov, 29 . tretja potenca v matematiki , 31. zaporedni črkl, 32. re clca v Herceoovini z zelo mocntrn Izvirom, 34 . veCja lesena posoda , cebrtca, 35. najdaljši pritok Une , 36. avstralski noj, 39 . grški bog vetrov, 41. simbol za ko siter , 43 . avtomobilska oznaka ModriCe. Marko Bokalič 1 , 3 . 5 t 7 E 9 JO 11 12 I I J 3 ,. I I I H I 17 -1'lO 1~ 2 0 II I L I 1 2 1 I I L~ t: r. 73 I I III I rl I I I IL Ir. :f S I I I:' G I IL L. -:. 1' i>l' I; c I~ -I I 1" I 3 J. 32 Ir: I":' I [--II '" i 36 L_3 7 IL 1 3' I :~ .;. I i I I I ·C 1.' 142 1"3 I i tn I II I I ,_5 1.6 I i II 376 4. REPUBLIŠKO TEKMOVANJE IZ lOGIKE - Rešitve s str . 362 7. in B. razred OŠ 1. Mati je natepla porednega sina . 2. Pravilen vrstni red je: 1. (ene , 2. Borut . 3. Andrej. 4. Drago . 3. Poglejmo razpredel nico: Skupno je bilo odigranih 9 x 9 = 81 tekem . Ker so bili tekmovalci razdeljeni v dve skupini. dobimo 81 = 18 + 63. torej je bilo veni skupini 7 tekmovalcev . v drugi pa 4. Na turnirju je sodelovalo 4 + 7 = 11 tekmovalcev . 1. in 2. letnik srednjih šol 1. Prvi dve izjavi vohunov sta enaki. Ker eden govori resnico . sta obe resn ični. Torej mora veljati * Izjavi W in Z sta obe resnični. izjavi X in Y pa obe neresni čni. ali * Izjavi W in Z sta obe neresničn i. ena od izjav X in Y pa je resnična . ln vendar vohun A trdi. da je natanko ena izmed izjav W in Z neresnična . To ne more biti res. torej je A nezanesljiv. Vohun B pa nam pove, da je resnična samo izjava Y. 2. Prvo izjavo je dal D. drugo B, tretjo E in četrto C. 3. Ena oseba mora lagati. kajti število vseh poznanstev mora biti sodo - vsako srečanje da dve poznanstvi . Ena oseba je torej navedla premalo znancev. Oseba A je gotovo govorila resnico. ker več kot 6 poznanstev ne more imeti. Če bi lagala oseba B, bi morala lagati tudi oseba G. to pa nam da preveč lažnivcev. Torej tudi B govori resnico. Ker F ni lažnivec. pozna samo oseb i A in B. Oseba C pozna vsaj štiri druge osebe . med katerimi ni osebe F. sta pa osebi Ain B. Torej C pozna dva izmed D. E in G. Če C pozna E. laže E, če C pozna G. pa laže G. Če bi C poznala Gin E. bi bila oba lažnivca, kar ni res . Torej C pozna enega od njiju , ki je tudi edini lažnivec. Oseba D tor ej govori resnico . 377 3. in 4. letnik srednjih šol 1. Ker Alica v času umora ni bila skupaj z možem in je bil eden od otrok sam. ima mo dve možnosti: Ali čin mož je bil v baru in Alica na obali ali pa obratno . Če je bil v baru Aličin mož, je bila z njim njegova hči . Otrok. ki je bil sam , je sin , na obali pa sta bila Alica in njen brat. Torej je eden od teh dveh žrtev . drugi pa morilec. Toda po 5. podatku ima žrtev dvoj čka . ki je nedolžen . To pa je n emogoče Torej je bil Aličin mož na obal i. Alica pa v baru z bratom ali sinom . Le je bila z bratom. potem je bil njen mož na obali z enim od otrok . Mož ni mogel biti žrtev. ker med naštetirni osebami nima dvoj čka , torej bi moral biti morilec. žrtev pa otrok. Toda to ni mogoče. ker je morilec mlajši od žrtve. Alica je bila torej v baru s sinom. Na obali sta bila Ali čin mož in brat. Ker ima žrtev dvojčka. je to Aličin brat . morilec pa Allčin mož. 2. Resn i čne izjave so: * Vse Janezove izjave. * Prva in tretja Nadina izjava, * Prva in tretja Lucijina izjava. * Vse Petri ne izjave . Sorodstvene vezi pa so takele: Nada je Janezova žena . Jože je njegov sin. Petra pa njegova teta . Lucija je Janezova sestra in Nada je Petrina hči. 3. Število 1260 razstavimo na prafaktorje: 1260 = 2 x 2 x 3 x 3 x 5 x 7 Ker je vsota tistih treh številk soda, mora biti ena številka soda . dve pa lihi. Med vsemi takim i možnimi vsotami je prava tista, do katere pridemo na več načinov, kajti Peter ve, kolikšna je vsota , saj pozna svojo hišno številko, pa pravi. da številk ne more ugotoviti . Med vsemi možnimi vsotami, je taka le 48. Petrova hišna šte vilka je 24, za druge tri pa imamo naslednje možnosti : 4,9,35 ali 5, 7, 36 Peter bi lahko iz Francijeve hišne številke sklepal. katera možnost je prava le. če ta številka izključi eno od obeh možnosti. torej samo takrat. kadar nastopa v spisku . Ker je Francijeva številka največja , mora biti 36 . Hišne štev ilke preostalih treh so 4, 9 in 35. Izidor Hafner in Neta Mramor 378 9. REPUBLIŠKO IN PODROtNO TEKMOVANJE IZ FIZIKE ZA OSNOVNOŠOLCE - Rešitve nalog s str . 344 Področno tekmovanje 7. razred i.a) Ker je gostota aluminija večja . je pri enakih masah prostornina aluminija manjša in prostorni na votline v tej kocki večja . b) VAl = a3 - V vot = 0,025 dm3 . mAl = PAl ' VAl = 0,067 kg. Masa lesene kocke je enaka. odtod sledi prostornina lesa: Vles = JIL = 0,11Ples dm3 . Prostornina manjše votline je razlika med prosto rninama kocke in lesa: V = a3 - Vles = 0,01 dm3 . c) Ker sta povprečni gostoti kock manjši od gostote vode. obe kocki plavata . 2.a) Na obroček delujeta sili obeh vzmeti Fvz in sila vrvice. ki je enaka teži klade F(J . b) Ker o bro če k rruruje . je vsota vseh sil nanj enaka nič . Zato mora biti rezultanta obeh sil vzmeti enako velika kot teža klade. Silo vzmeti izračunamo iz dolžine vzmeti. Pravokotni trikotnik. ki ga tvorit a obe vzmeti in vodoravnica (glej sliko pri nalogi). narišemo v primernem merilu. npr. 1 cm narišemo kot lmm . Na skici potem izmerimo dolžino vzmeti in dobimo 28 cm. Vidimo. da se je vzmet razte gnila za 8 cm. Ker je za razte zek 5 cm potrebna sila 10 N. je za raztezek 8 cm potre bna sila 16 N. Sila vzmeti je torej 16 N. Z načrtovanjem sil v primernem merilu (glej rešitev 2 al. dobimo rezultanto obeh sil vzmeti. R = 23 N. Torej je tudi teža klade 23 N. masa klade pa 2.3 kg. Tisti . ki že poznajo Pitagorov izrek. lahko i z ra č u n aj o dolžino vzmeti in rezultanto obeh sil vzmeti brez načrtovanja . 379 x40 cm20 2 o+--+-----+-_--+----jf---l~ O 3.a) F = uhSb = 10 N/dm 3 ' 2,0 drn ·6 cm2 = 1,2 N. Izračuna ­ mo še končno višino vode v po- sodi: h'= h + SbI/Sp = 20 cm + 12,5 cm = 32.5 cm in končno silo: F' = Uh'Sb = 1,95 N. Sila se med premikan- jem bata linearno spremeni od začetne do končne vrednosti. 4. Skupni prostorninski tok za eno gospod injstvo je: = 0,5 dl/s ·20 min/dan ·3 + 100 1/2 dni + 10 I ·12/ dan = 180 I/dan + 50 I/dan + 120 I/dan = 350 I/dan . Ker je gospodinjs tev 1000 , je skupni tok 350 m3/dan = 4 l/s . 5. Da dvignemo opeko iz vode, jo moramo dvigniti za h = 30 cm, pri čemer je sila vzgona Fv = o Se in opravljeno delo A = o Seh = 4,8 J. Na koncu je lega težišča vode za višino opeke nižja. Li Wp = - mg a = - pShga = = -4,8 J . a. razred 0 + ----'---+----1-- --1-- -- v[ mIs ]1.a ) Gibanje na odsekih AB in CD je enakomerno , zato je hitrost VAB = 1 01/0,50 s = 2.0 ol/S in vCD = 1 01/2.0 s = 0,5 ol/S. Na odseku BC je gibanje enakomerno pojemajoče, zato se hitrost enakomerno zmanj ša od 2.0 Ol/S na 0,5 ol/S, kot kaže diagram na sliki. b] Gibanje na odseku BC je ena- komerno pojernajo če . zato je razdalja BC enaka: sBC vsr . t = 1,25 m/s.O ,5 s = 0.63 m. 2 2 35 čcs 2.a Fz zaviraIna sila Fg = mgL teža na Luni 380 b) Gibanje je enakomerno pojemajoče. Hitrost se enakomerno spreminja od Vi = 50 mis do v2 = O. Pot izračunamo iz enačbe: s = vsr . t = (Vi/2)· t. odtod sledi t = 2S/Vi = 80 s. Pojemek je a = L1v/t = (50 m/s)/80 s = 0.63 m/s2 . Vsota vseh zunanjih sil na vesoljsko ladjo je Fz - Ff] . Iz Newtonovega zakona Fz - Ff] = ma dobimo zaviral no silo Fz = Ff] + ma = mg/6 + ma = 2300 N. Nalogo lahko rešimo tudi z izrekom o kinetičnl in potencialni energiji. 3. Ena od možnih rešitev: Luno opazujemo skozi okroglo odprtino. Z luknjačem lahko napravimo luknjo v papirju ali pa uporabimo kar enega od krogov na posebn ern tri kotni ku. Zaradi podobn osti trikotnikov velja (glej sli ko): "XZ_L----- ------' r].x = rL/xZ-L ' Sledi rL = r,xZ_L/X, Izmerimo X in rterizračunamo polmer Lune rL . 4.a) o O.4A E3 - b] Odveč je ena varovalka 0.3 A in varovalka 0.4 A. 5. Zaradi dveh kratkih stikov tok ne teče skozi upornike Ri,R2. R4 . Vezje je torej sestavljeno iz vzporedno vezanih upornikov Rs in R6 in k njima zaporedno vezanega upornika R3· 15 V 381 Ker je upor vsakega upornika 10000 , je skupni upor upornikov Rs in R65000 , skupni upor vseh treh upornikov pa 15000 . Ampermete r kaže tok t = lj / R = 15 V/15000 = 10 mA. Skozi upornika Rs in R6 tečeta enaka tokova . skozi vsakega 5 mA. Voltmeter kaže napetost lj = tRs ' Rs = 5 mA ·10000 = 5 V. Republiško tekmovanje 7. razred 1. V učbeniku najdemo podatek. da se meter dolga jeklena palica podaljša za 0,012 mm. če jo segrejemo za 1 K. Stranice se podaljšajo za: .1a = 0,012 mm ·0,3.550 = 2,0 mm. Enako izračunamo podaljška ostalih dveh stranic: .1b = 1,3 mm in .1c = 0,66 mm. Prostornina kvadra se poveča za : .1 V = 302,0 ·201 ,3·100 ,7 mm3 - 300 ·200 · 100 mm3 = 120 cm3 . 2. Z uro. ki kaže sekunde. izmerimo čas ti, v katerem se napolni npr . deset litrska posoda. Izmeriti moramo še vse tri stranice bazena in izračunati prostornino bazena . Nato s sklepanjem izračunamo čas polnjenja bazena: če priteče 10 I vode v času ti, priteče prostornin a V v času t = (V/lO 1) · t i . 3. Prvo rešitev uganemo . Sile F4,Fs in F6 so paroma nasprotno enake silam Fi,F2 in F3 . Sledi: F4 = Fs = F6 = 10 N. Pri računanju nasled- njih rešit ev najprej izračunamo rezultan to sil Fi,F2 in F3 . Seštejemo sili Fi in F3 . Obe sili in delna rezultanta tvorijo enakostranični trikotnik . Delna rezultanta je velika 10 N. kaže pa v smeri F2 . Skupna rezult anta sil Fi,F2 in F3 je torej velika 20 N. kaže pa navpičn o navzgor . Vsota sil F4,Fs in F6 je torej velika 20 N. kaže pa navpično navzdol. Druga rešitev : Izberemo F4 F6 = O. Sila Fs ima že pravo smer, velikost je 20 N. Tretja rešitev : Izberemo Fs O. Rezultanta sil F4 in F6 mora biti velika 20 N. smer navpično navzdol. Pri razstavljanju rezultante na da ni smeri sil F4 in F6 dobimo paralelogram , ki ga rezultanta razde li na dva enakostranična trikotnika. Sledi: F4 = F6 = 20 N. Možnih je še več drugih rešitev. ko so vse tri sile različne od O. Za vse rešitve velja: F4 = F6 = 20 N - Fs . Velikost ene sile si izberemo. nakar lahko preostali dve izračunamo. pri čemer mora biti velikost izbrane sile manjša od 20 N. 382 4. Z viziranjem določimo stranici a in b manjšega trikotnika (glej sliko) . Ker je trikotnik, ki ga določata obe lučki in naše oko, podoben manjšemu trikotniku . lahko napišerno razmerje: xjy = bja. Sledi: x = by ja = .. . :-~~~~~--~~~~ X - ----- - - - - .. 5.a) Na eni strani zaprto slarnico damo v visoko čašo, v katero srno poprej nalili vodo . V slamico spuščamo šibre tako dolgo . da približno polovica slamice potone. b) Na slamici preberemo. kolikšna je globina potopljenega dela slarnice v vodi (hv ) in na milimetrskem papirju narlšerno črtico z oznako 1 kgjdm 3 . c) Ker slarnica v tekočini miruje. sta teža in vzgon v ravnovesju: o Sh = T; a je specifična teža tekočine. S presek slarnice. h višina potopljenega dela in T teža obtežena slamlce . Iz enačbe sledi , da je višina poto- pljenega dela slarnice obratno sorazrnerna s specifično težo: h = Tj Su . Zato je višina obratno sorazrnerna tudi z gostoto . Če je gostota tekočine npr . 1.3 krat večja od gostote vode, je višina potopljenega dela slamice (h) 1.3 krat manjša kot višina potopljenega dela slamice v vodi (h v ): h = hvjl,3. Tako izračunamo višine poto- pljenega dela slarnice za gostote od 0,8 do 1.3 kgjdm 3 in narišemo skalo areornetra . l.e smo slamico obteži li tako, da je bila višina potopljenega dela slamice v vodi 10 cm, dobimo naslednjo skalo areometra: gostota (kgjdm 3 ) 0,8 0 ,9 1,0 1,1 1.2 1.3 kg/dm3 r1 višina potopIje- nega dela h (cm) 12.5 11.1 10,0 9,1 8,3 7.7 0,8 0,9 d) Izmerimo višino potopljenega dela slamice v slani vodi in na skali odčita mo gostoto raz- topi ne, 1,0 1,1 1,2 1.3 U .. + 383 x 1 [A ] o 1. Jure prevozi 100 m dolg klanec v 20 s . V tem č as u oprav i do- datno delo , ki je enako spre- membi potencialne energije : A = mgh = 60 kg.l0 m/s2 · 5 m = 3000 J . Moč poveča za p '= Alt = 3000 J/20 s = 150 W. Pri vožnji po klancu navz- gor je skup na moč 150 W + + 150 W = 300 W. Pri vožnji navzdol pa je delo teže naspro- tno enako delu trenja . skupn o delo je O in Juretova moč je enaka O. potencialne energije: mg41/ 3 - 0 --1--- - - --;- - - - -+- ____ 0.2 0,1 80s t604020 O +-- ---+-~--ol-- -;- ­ O 8. razred p [w ] 300 ..-- 150 4-- .... Opravljeno delo je enako spremembi - mg21/ 3 = 50 J - 25 J = 25 J. b] Ker je razmerje dolžin od osi do uteži 2:1. je tudi razmerje hitrosti Va /VA = 2. c) Potencia lna energija se pretvori v kineti čno, pri čemer upoštevamo . da je hitrost uteži B dvakrat večj a: mv 2/2 + m(2v)2 / 2 = 25 J . Iz e n ač b e izračunamo hitrost uteži A : v] = 50 J/12.5 kg. vA = 2,0 mis. Hitrost uteži B je dvakrat večja : va = 4,0 mis. 3. Najprej i z r a č un a mo tokova za skrajni legi drsn ika: I(x = O) = 20 V/200 = 0.1 A. I(x-xo) = 20 V/100 n = 0.2 A. Kako poteka krivulja med izračunan ima točkama. ugoto - vimo z računom. ko je drsnik v srednji legi: I = 20 V/150n = 0,13 A. Krivulja poteka pod zveznico . ki povezuje skrajn i točki . 4. Bate rijo priključimo zaporedo - ma med dve vtičnici. označimo polarit eto in opazujemo svet e- čo diodo : 3+, 2-: sveti. 3+. 1-: manj sveti . 3+. 4-: manj sveti . v ostalih primerih dioda ne sveti. Dioda je to rej priklju- 2.a) 384 čena med 3 in 2. upornika pa med 2 in 1 in med 2 in 4. kot kaže slika. 5. Sestavimo vezje (glej sliko) in izmerimo upor naprimer 50 cm V dolgega kosa žice. Pri napeto- sti 0.5 V teče skozi žico tok 1,2 o-;ž..ic..O -o A. Torej je upor R = U/I = 0,50 V/1,2 A = 0,42 a . Ko na svinčnik tesno navijemo več ovojev žice. izmerimo. da je na dolžini 10 mm navitih 22 ovojev. Premer žice je torej 0,45 mm. presek žice pa S = 7r ·r 2 = 0,16 mm2 . S sklepanjem ugotovimo. kolikšen upor bi imela žica z dolžino 1 m in presekom 1 mm2 : R = 0,42n · (1 m/0.5 m).~0.16 mm2/1 mm2 ) = 0.13 n . Žica z dolžino 1m in presekom 1 mm bi imela upor O,13n . Mirko Cvehte, Zlatko Bradat PRESEK list za mlade matematike. fizike. astroname in računalnikarje 17.letnik. šolsko leto 1989/90. številka 6. strani 321-384 UREDNIŠKI ODBOR: Vladimir Batagelj, Tanja Bečan (jezikovni pregled), Dušica Boben (pisma bralcev, stavljenje teksta), Vilko Domajnko, Darjo Felda (tekmovanja), Bojan Golli, Marjan Hribar, Sandi Klavžar (računalništvo),Damjan Kobal, Jože Kot- nik, Edvard Kramar (Presekova knjižnica) , Peter Križan , Boris Lavrič (matematika, odgovorni urednik), Matija Lokar, Bojan Mohar (glavni urednik), Franci Oblak, Peter Petek, Pavla Ranzinger (astronomija), Marjan Smerke (svetovalec za fotografijo), Miha Štalec (risbe), Ciril Velkovrh (urednik, nove knjige, novice) , Marija Vencelj . Dopise pošiljajte in list naročajte na naslov : Društvo matematikov. fizikov in as- tronomov Slovenije - Podružnica Ljubljana - Komisija za tisk , P resek, Jadranska c . 19, 61111 Ljubljana, p .p , 64, 't el (061) 265-061/53, št . žir o računa 50101-678-47233. Naročnina za šolsko leto 1989/90 vplačana do izida pete številke, je za posamezne naročnike 50.-din, za skupinska naročila šol 40 .- din, posamezna številka 10 .- din (8 .- din). List sofinancirajo RKRDT, RKVITK in RKK Ofset tisk Časopisno in grafično podjetje DELO , Ljubljana @ 1990 Društvo m atematikov, fizikov in astronomov Slovenije - 1005 I ERFURT 1989 - Rešitve nalog s str. 331 1. Označimo število 28 + 211 + 2n z m in vzemimo najprej n < 8. Potem je m =2n (2 8- n + 211 - n + 1) =2n(9 . 2B- n + 1) od koder preberemo. da za lihi n število m ne more biti popolni kvadrat (faktor 2n ) . za sodi n (torej za n E 2,4,6,8) pa m tudi ni kvadrat naravnega števila. Naj bo zdaj n>8. Potem je m =28(9+2n - 8) popolni kvadrat natanko takrat. kadar obstaja tako naravno število p, da velja 2k + 9 =p2, k =n - 8 E JN Potem pa je (p - 3) (p + 3) = 2k in zato p = 2k l + 3 = 2k 2 - 3, k1,k2 E Ou JN Od tod sledi enakost 6 = 2k 2 - 2k l = 2k l (2k 2 - k 1 - 1), kl O ki nam takoj da rešitev c = 7, a = 2. torej f(x) = 7 · 2x. 4. Denimo. da sta poljubni dve točki iz M oddaljeni manj kot 1 cm. Potem v vsakem krogu s središčem veni izmed teh točk in spoimerom 1 cm ležijo vse točke množice M. Ostane nam še primer. ko sta dve točki iz M oddaljeni vsaj 1 cm. Označimo ti dve točki z A in B. Potem je zaradi pogoja naloge vsaka druga točka iz M oddaljena manj kot 1 cm bodisi od A bodisi od B. torej vsaj eden od krogov s središčem v A ali B in spoimerom 1 cm vsebuje vsaj sedem točk množice M. S tem smo dokazali al. odgovor na b) pa je negativen. kar pokaže slika na naslednji strani . o Xoo oo 1 con PREREZ IN ZATEM ŠE PRESENEČENJE Boris Lavrič Vilko Domajnko -o Iz papirja izdelaj model tetraedra in ga prerežl tako. kakor kaže slika. Kaj dobiš? 5. Načrtajmo enakostrani čn i t rikotnik z osnovnico dolžine d in v njem poi ščimo točko T . ki je od osnovnic oddaljena a, b, oziroma e. Da to lahko storimo. nam pove slika na levi. desna slika pa pokaže. da iskano trojko (x,y,z) sestavljajo razdalje od T do ogli š č trikotnika. Za nameček nam ta slika da rešitve. Po Pitagorove m izreku je namreč in zato x = 2J(b2 + be + e2)/3. Podobno dobimo še y =2J(a2 + ae + e2)/3, z =2J(a 2 + ab+ b2) /3.