YU ISSN 0351-6652 PR ES EK - lis t za mlade matematike . fizike. astronome in računalnikarje 18 letnik . leto 1990/91 , številka 2. st rani 65-128 MAT EM AT IKA Desca rtesova geome t r ijs ka m etod a reševa nja kva dra t nih e n a čb (Vilko Domajnko) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 Barva nje šah ovnic e (Samo Stan ič) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 70 FIZIK A Oblačna kapa na hrib u - Ra z la ga z računom (J ože Rakovec) 1, 74 Fouca ul tovo nihalo ( Janez Strnad) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 80 RAC UNA LNISTVO Pogovarj aj mo se s pomočjo računa lnika (J ernej Č op] 86 P rob lem trdnjav na šahovnici in p ož reš na metod a ( J anez lerovnik) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 TEKMOVANJ A 6. šo lsko in 16 . izb irn o tekmova nje s rednješolcev iz ma t emati ke ( Da rjo Fe lda) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 Srečanje ml a d ih raziskovalcev in 14 . rep ub lišk o sr ednješ olsko t ek mova nje iz računalništva (Sandi Kla vža r) . . . . . . . . . . . . . . . 98 14. re pub liš ko tekmova nje iz računalništva - Nal oge ( Sandi Kla vža r) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 0 25 . tekmovanje za sr ebrno Vegov o priznanje (A lek sa nder Potočnik) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108 NO VICE S love ns ki ast ronom na Ki t ajskem ( Ma rijan Pr ose n) 110 PI SM A B RAL CE V - Repub liško tekmov a nje za zla to Vegovo priznanje (Dušica Boben) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 3 NOV E K NJ IGE Šporer Z . , Materna t i čk i le ks iko n za nematemat iča re ( Duš ica Bob en) 11 4 Bla zn ik A., Co ka n A., Pavl ič G., Matematični priročnik ( Dušica Boben) 11 6 S trnad J . , P ra pok , pr a s nov po žene v d ir (Mirja na Gali č i č ) 117 Zbirka v~j iz ,m a te m a t ike in fizi ke z re pu bli š kih t ek movanj v osno vni šoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 117 RA ZV E DR ILO UT RINEK - Ma temat ika m ed še rpi na Him a laj i (I zbral Cir il Velk ovrh) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 PRESEKOVA NADLOG A - Ravba r hitri J a ka (Vilko Do majn ko) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 8 SLIKOVN A KR I2A NKA " Fizika lne en ote" (M ar ko Boka lič) .. 121 Nek aj navodil za ti s t e , ki že lijo obogatet i ( P rev. in prir. Ne ža Mr amor) 122 NALOG E Povprečni k in nj egovi prebiva lci (B or is Lav ri č) . . . . . . . . . . . . . 93 Tri praštev ilsk e (Boris La vr i č ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 Družinsk a (Bo ris La vr i č ) 113 Se dve novi Eccovi nal ogi ( Neža Mr a m or ) 12 5 RES ITVE NALOG T ežji t riko t niki - Rešitev s str . 27 (B ori s Lavr i č) . . . . . . . . . . . 73 Sl ikovna kri žan ka " Po jm i iz astro nomije " - Rešitev s str. 32 (Marko Bokalič) .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 Eulerjeva naloga - Reš it ev s st r. 35 (Vilko Domajnk o ) . . . . . . 107 Glej ga ! - Rešitev s st r. 16 (V ilko Do ma jn ko) . . . . . . . . . . . . . 10 9 Mat v št iri h potezah - Reš it ev s str . 17 (J an ez Aleš) . . . . . . . 126 Šahovsk i pro blem Sama Loyd a - Reši t ev s st r. 27 (Janez Aleš ) 127 Števi la in tr d nj a ve na ša hov nic i - Rešitev s st r. 39 ( Bori s La vri č) 128 Ša hovske uga nk e - Rešitev s st r. 26 (Janez Aleš ) . . . .. . . . . . . III NA OV IT KU O b la k o b vrh u Krna (Fo to Zo rko Fon) ( S lika 3 k člank u na str . 74) . Slika 1. Rene Descartes (1596-1650) / i10 - '- m O T IIL'Q II , ICI II-'I InI , . . DESCARTESOVA GEOMETRIJSKA METODA RESEVANJA KVADRATNIH ENAČB Leta 1637 je Rene Descartes (1596 - 1650) (slika 1) izdal svojo z na me nito Razpravo o metodi. Knjigi, ki obdeluje predvsem področje filozofije , so do- dana tri posebna poglavja: Optika, Meteorji in Geometrija. Z matematičnega stališča je najpomembnejše tretje poglavje , to je 116 strani dolga razprava o geometriji . 5e več - to poglavje presega okvir Razprav, saj so matematik i danes skorajda enotnega mnenja, da g re začetke analitične geometrije iskati prav v Descartesovi Geometriji. V začetnem poglavju Geometrije spregovori Descartes najprej o količinah in o njihoveme zapisu. Elegantno se uspe ot resti dotakratne miselnosti, ki je bila še zmeraj dediščina starih Grkov , da če z x označimo neko štev ilsko vrednost, pomenita potem oznaki x 2 in x 3 zmeraj le ploščino kvadrata s stranico dolžine x oz iroma prostorn ino kocke z robom dolžine x . Descartes je količino x 2 definiral kot četrti člen v razmerj u 1: x =x: x 2 Seveda lahko x 2 enostavno konstru iramo po geometrijski poti, če le poznamo vrednost števila x (glej sliko 2). Svojo revolucionarno zam isel je Desca rtes ponazoril na primeru geome- Slika 2 Slika 3 67 trijskega reševanja kvadratnih enačb. In ker je njegova metoda izv irna ter zanimiva , se seznanimo z njo nekoliko podrobneje. Kvadratne enačbe je Descartes razdelil v tri različne tipe. Enačba tipa x2 = ax + 62 (a > O) (1) V ravnini najprej načrtajmo pravokotni trikotnik N L M s katetama NT. = ~ in LM = 6, kakor kaže slika 3, zatem pa še krog s središčem v točki N in spoimerom N L. Premica skozi točki N in M seče krožnico v točkah O in P. Descartes trdi, da je dolžina daljice O M rešitev zgornje kvadratne enačbe (1). Za dokaz trditve označimo OM = x . Potem je P M = x - a . Po izreku o šopu premic , preseka nem s krožnico, je x(x - a) = 62 ali x 2 = ax + 62 in dolžina daljice OM torej zares zadošča enačbi (1). S pomočjo Pitagorovega izreka pa ni težko i z raču n a t i njene dolžine - - - a JI OM = ON + NM = - + _ a2 + 62 2 4 Descartesova geometrijska metoda da tudi drugo rešitev x 2 - P M . Ker pa je ta negativna in ker je Descartes v svoji razpravi obstoj negativnih štev il dosledno ignoriral , je seveda ni omenil. Enačba tipa x 2 = -ax + 62 (a > O) (2) Tudi v tem primeru bomo uporabili sliko 3. Odmislimo na njej oznake iz prejšnjega poglavja , naj bo sedaj raje x = P M. Očitno je potem iz istega razloga kot pri enačbi (1) x(x + a) = 6 2 , druga rešitev enačbe (3) pa je znova negativna. Za ilustracijo si sedaj oglejmo reševa nje e n a čbe V tem primeru je N L = 4 in L M = /15. Descartes svetuje, da na izdela ni risbi označimo P M = x 2 . Ves problem se začne s konstrukcijo /15, ki jo prepustimo bralcu, zaključi pa se v konstrukciji kvadratnega korena iz dolžine daljice PM, kar kaže slika 4 . 68 N NL = 4 LM = /iS PM = P' M' M'O = 1 M'R = x = J p M Sl ika 4 Bralec naj enačbo reš i tudi po z na ni algebraični poti in primerja dobljeno rešitev z dolžino dalj ice M ' R , ki jo je izmeril na svoji risbi . Enačba tipa x2 = ax - b2 (a > O) (3) t co1 a -t- fi' r lJ tl + b b, Q!!.efi iayy y:IJ •. D Y+ H, & 'lO) foit I. qu.ntite qu'il f:lUtrrouuer , ie fJ.is le rnefme triangle rcCl:angle , L M. & defabazeM N i'ofte N pergalca N L, & le relle P IVI .Il y la racine cherche'e. De fa~on 'luc iay y:o - i lJ -t- r/ iaa +TI. Et tout de mcfrne fi I'a- .... ~ . t uois ..... :u ~- lJ X + b. P M feroir x. & i'aurois x eo 1/ -o ja";- 1/i Q, 11";- bb: & ainfi des autres. Enfin fi i'ay { '"" D '[ _. bO, ic f:lis ..' L efgale a i IJ ) & L hl cIgale J.bcčme dec.ic , peis .au licu de io indre les poins l'.1'IS' J ie tir e MQ.RparJlleleaLN. & du ceo. tre N parL ayam deferit vn cer- cIe qui la couppe aux poins Q & R. IJ 1igne che rcbee '[ !-a2 . Descartes je enačbe tipa x2 = -ax - b2 (a > O) v svoji obravnavi kar izpustil, saj pri nobeni izbiri koeficientov a in b nimajo pozitivnih rešitev. Na koncu velja omeniti, da predstavljeni izsek iz Descartesovege dela ni njegov najznačilnejši vzorec . Tokrat je bila lahkoumljivost tevsebine tista, ki je pisca spodbudila k pričujočemu članku. ln nenazadnje -tudi bralec naj za svoj kratek čas grafično poišče rešitve nasled njih enačb : x 2 - 2x - 8 = O x 2 + 3x - 8 = O x8 + 4x 4 - 8 = O x - 8J){ + 8 = O Vilko Domajnko Literatura: 1. The Geometry of Rene Descartes, Dover Publications, New York, 1954 2. Carl B. Boyer, AHistory of Mathematics , John Wiley & Sons, 1968 70 BARVANJEŠAHOVNICE Pri razporejanju stvari po predalčkih zlahka opazimo naslednja dejstva: Izrek 1. Če hočemo spraviti Il +1 predmetov v Il predalčkov, bosta vsaj v enem predalčku vsaj dva predmeta. Izrek 2. Če naključno napolnim Zn+1 predalčkov s črnimi in belimi žetoni, bo vsaj Il +1 predalčkov vsebovalo žetone iste barve. Že res! Kako pa si lahko s temi trditvami pomagamo? Dejansko nas lahko takole zlaganje stvari v predalčke privede do zahtevnih matematičnih spoznanj. Prvi je to pokazal Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805-1859), naslednik enega izmed največjih matematikov vseh časov Carla Friedricha Gaussa. Primer uporabe teh preprostih trditev, ki jih poznamo pod imenom "Dirichletov princip",je barvanje šahovnic. Na šahovnicah 4x7 in 4x6 popolnoma poljubno pobarvamo polja s črno in belo barvo. Slika 1. Šahovnici 4x7 in 4x6 Na prvi pogled izgledata šahovnici čisto podobni, saj so na obeh polja poljubno pobarvana. Pa vendar je med njima velika razlika. Prva vsebuje (na sliki debelo okvirjen) tako imenovani kromatični pravokotnik, določen s tem, da so vsa štiri njegova ogljišča iste barve. Izkaže se, da kakorkoli že pobarvamo šahovnico velikosti 4x7, ta vedno vsebuje vsaj en kromatičen pravokotnik. Na drugi, malo manjši šahovnici pa nasprotno ne moremo najti prav nobenega takega pravokotnika! Zato je ta šahovnica nekaj posebnega. Zakaj tudi tu nimamo kromatičnega pravokotnika? Da bi razumeli to presenetljivo dejstvo, si oglejmo manjšo šahovnico velikosti 3x7. Razdelimo jo lahko na 7 stolpcev višine 3 in kakorkoli jo že pobarvamo, bosta vedno vsaj 2 polji v vsakem stolpcu iste barve (izrek 2). 71 Natančneje: Stolpec lahko pobarvam na natanko 8 načinov, 4 pretežno bele in 4 pretežno črne. Slika 2. Možni načini barvanja stolpca Ker ima šahovnica 7 stolpcev, moramo torej imeti vsaj 4 stolpce iz iste skupine (pretežno bele ali pretežno črne barve), kar spet sledi iz izreka 2. Zdaj imamo dve možnosti: Če sta dva stolpca na šahovnici enako pobarvana, očitno tvorita meje kromatičnega pravokotnika. Če pa so vsi štirje stolpci iz iste skupine različni, pa prav tako dva izmed njih omejujeta kromatičnipravokotnik, o čemer se lahko prepričamo na sliki 2. Z drugimi besedami: Šahovnica 3x7 ima lastnost, da po vsakem, še tako zapletenem načinu barvanja na njej najdemo vsaj en kromatični pravokotnik. Taki šahovnici rečemo kromatičoa. Zdaj vidimo tudi rešitev prvotne naloge: naša šahovnica 4x7 vsebuje šahovnico 3x7 in tako tudi kromatičen pravokotnik. S tem problemom se je pred leti ukvarjalo več profesorjev na ameriških univerzah Adelphi v Garden Cityu in State University v New Yorku. Ugotovili so, da je poleg šahovnice 3x7 kromatična le še šahovnica 5x5 in pa seveda vse tiste, ki katero od teh dveh vsebujejo, vse ostale pa so nekromatične. Dopuščajo torej vsaj eno tako barvanje, ki ne vsebuje nobenega kromatičnega pravokotnika. Naredili pa so še korak naprej : poleg črne in bele so vzeli še eno barvo - recimo zeleno. Po že opisanem postopku so ugotovili, da so zdaj kromatične le šahovnice velikosti 4X19, 5x16, 7x13, lOxll in pa vse večje, ki katero od naštetih vsebujejo. Vse ostale so nekromatične. Seveda pa je zelo težko najti nekromatično barvanje neke šahovnice s tremi barvami. Dolgo časa so se trudili najti nekromatično barvanje šahovnice lOx10, vendar brez uspeha, čeprav so vedeli, da tako barvanje obstaja. Kot poslastico si oglejte barvanje, ki ga je končno uspelo najti ekipi z univerze Simon Fraser v Britanski Kolumbiji, izračunali pa so ga B. Alspach, K. Heinrich in B. McKey. 12 Slika 3. Nekromatično barvanje šahovnice 10xlO s tremi barvami Naloga: Podmnožici naravnih števil rečemo rafinirana, če za vsak njen element velja, da ni delitelj nobenega izmed ostalih elementov množice. Tako je npr. množica {4, 6, 7, 11, 15, 19 25} rafinirana, množica {4, 6, 7, 11, 15, 18,25} pa ne, ker 6 deli 18. a) Izmed števil med 1 do vključno 30 izberite rafinirano množico, ki vsebuje 15 elementov. ~ b) Zdaj morate izbrati rafinirano množico, ki vsebuje celo 16 elementov. Čeprav je možno izbrati 16 števil izmed 30 na 145422675 načinov, pa prav nobena od možnih kombinacij ni rafinirana množica. Zakaj? Še namig - do rešitve boste prišli s pomočjo izrekov 1 in 2. Po reviji IBM Nachrichten povzel Samo Stanič 73 TEŽJI TR IKOTNIKI - Rešitev s str. 27 (P-l) Naj bo ena od st ranic t rikotn ika daljša od ostalih dv eh , na prim er a > b in a > e . Iz be rimo n E IN tako velik, da velja ble 1 a > b + - = b(l + -),a > e + - = e(l + -) nnn n Po t em s pomočjo ocene ( 1 )n 11 + - = 1 + n- + ... :::': 2 n n ki jo da binomska formula , dobimo neenakost T a nam pove, da an , b" in en ne morejo biti dolžine stran ic kakega tr ikotnika . Predpostavka je bila torej napačna, zato mora biti t rikot nik enakokrak in imeti osnovnico , ki ni daljša od kraka . Vsak takšen trikotnik ustreza pogoju naloge . Boris Lavrič PRESEK list za mlade matematike, fizike, astro name in računalnikarje 18.1etnik. šolsko leto 1990/91, številka 2, strani 65-128 UREDNiŠKI ODBOR: Vladimir Batagelj , Tanja Bečan (jezikovni pregled) , Dušica Boben (p isma bralcev , stavljenje teksta) , Vilko Domajnko , Darjo Felda (tekmovanja) , Bojan Golli , Marjan Hribar, Sandi Klavžar (računalništvo), Damjan Kobal , Edvard Kramar (Pres ekova knjižnica) , Boris Lavrič (matemat ika , odgovorni urednik) , Andrej Likar , Matija Lokar , Bojan Mohar (glavni urednik) , Franci Oblak , Peter Petek , Pavla Ranzinger (astronomija) , Marjan Sm erk e (svetovalec za fotografijo) , Miha Štalec (risbe) , Ciril Velkovrh (urednik , nove knjige , novice) , Marija Vencelj . Dopise pcsiljajte in list naročajte na naslov : Dr uštvo matematikov, fizikov in astronomov SR Slovenije - Podružnica Ljubljana - Komisija za tisk , Presek , Jadranska c . 19 , 61111 Ljubljana , p .p . 64 , tel (061) 2665-061/53, št. žiro računa 50101-678-47233. Naročnina za šolsk o leto 1990/91 vplačane do izida druge številke, je za posamezne naročnike 100,- din, za skupinska naročila šol 80.- din , posamezna številka 20.- din (16.- din) , za tujino 20000 lir. List sofinancirajo RKRDT, RKVITK in RKK Ofset tisk Časopisno in grafično podjetje DELO , Ljubljana Tekst je postavljen z računalnikom SUM 286, ALTECH , Ljubljana © 1990 Društvo matematikov , fizikov in astronomov Slovenije - 1032 '-,-,'/,-.,-,L ;;,1 OBlALNA KAPA NA HRIBU - Razlaga z ra čunom Med ljudmi so razširjena mnoga vremenska spoznanja. Nekatera slone na dolgoletnih izkušnjah, so pa tudi taka, ki so bliže vražam kot resničnim spoznanjem. Oboje so ljudje izrazili z vremenskimi reki . Med zelo znanimi je tudi takle rek : Hrib ima kapo, dež bo! Pri tem je "hrib" lahko za Gorenjce npr. Stol, za Notranjce Nanos , za Štajerce pa npr . Boč . Povsod je ta rek razširjen, kjerkoli so hribi. Torej so prav vrhovi hribov res pogosto pokriti z oblačno ka po tudi tedaj , ko vreme sicer ni oblačno ali vsaj ni povsem oblačno. Zakaj v ozračju pride do kondenzacije V zraku je vedno tudi nekaj vodne pare (od nekaj promil do nekaj procentov), zato se kaj lahko zgodi , da se zrak ohladi do rosišča ali celo bolj . Pri tem nastanejo drobne, nekaj t isočink milimetra velike kapljice, pri zelo nizki temperatur i pa ledeni kristalčki. Nastajajo torej oblak i. Ce pride do tvorbe kapljic pri tleh, prav imo temu megla, t iste v višinah pa imenujemo oblaki. Oblačna kapa na hribu pa je lahko oboje hkrati: tisti , ki je na hribu v njej, bo rekel da je v megli, tisti, ki od spodaj gleda na hrib , pa bo rekel da ima hrib oblačno kapo , da je torej na hribu oblak . Zakaj je ravno hrib pogosto ovit z oblaki, na isti višini v okolici hriba pa jih ni? Zato, ker večina oblakov nastaja zaradi ohlajanja zraka ob dviganju. Ob hribih je to dviganje še posebej močno: če le piha veter, se mora ob hribu zrak dvigniti čezenj. Drug vzrok je, da se pobočja ob lepem vremenu bolj segrevajo , kot ravnine, saj nanje vpadajo sončni žarki pod večjim kotom . Ogret, redkejši in zato lažji zrak se ob pobočjih dviga - spet dviganje ob hribih. Rekli smo, da dviganje zračnih mas torej pomeni tudi ohlajanje dvi- gajočega se zraka. Zakaj? Spremembe temperature ob dviganju in spuščanju zraka V ozračju tlak z višino pada : pri tleh znaša okrog 1000 mbar", na višini 1500 m okrog 850 mbar, na 5000 m le še 500 mbar itd . Zaradi svoje teže " 1 bar je 10 5 Pa, torej je 1 mbar 100 Pa. Enota milibar sicer ni povsem v skladu z mednarodnim sistemom enot, vendar je zaradi razširjenosti dovoljena njena uporaba. predvsem v meteorologiji . 75 je zrak v ozračju razporejen tako, da je blizu tal gostejši , višje v ozračju pa red kejši . Le gostoto zraka označimo z p, tlak s p, višino z z, zemeljski pospešek pa z g, lahko zapišemo , da velja, da se za vsako spremembo višine Isz tlak v ozračju spremen i za Is p: Is p = -pg/:' z Sprernljajrno sedaj neko manjšo maso zraka , ki se dviga v ozračju. Ob dvigovanju prihaja v področje z nižj im zračnim tlakom . Ker tega dvigajočega se zraka nič ne omejuje, se tlak v njem povsem prilagaja okolišnjemu . To pomeni, da pri gibanju navzgor (pa tudi pri gibanju navzdol) tudi v našem zraku pride do spreminjanja tlaka in to tako, da se ta zrak pri dv iganju razširja v večji prostor (pri spuščanju pa stiska na manjši prostor) . Pri tem mora pri dviganju razriniti okolišnji zrak, torej opraviti delo A za povečanje svoje prostornine za /:, V: A =p/:'V Vidimo, da je opravljeno delo za sicer enako spremembo prostorni ne drugačno pri tleh, kje r je tlak p velik, kot nekje više v ozračju, kjer je tlak manjši. Zato bomo obravnavali le majhne spremembe višine Is z , pr i kat erih la hko predpostavimo , da se tlak le neznatno sprem en i. Npr . blizu tal velja , da se na 100 m višine spremeni za okrog 10 mbar, kar je le okrog en odstote k njegove vrednosti. Odkod energija za oprav ljanje tega dela? Morda iz okolice, na račun okolišnj ih zračnih mas? Ne , dvigajoči se zrak je skoraj n ič ne dobi iz okol ice , saj je dvigajoča se masa zraka obda na s podobnimi gmotami , ki se morda tudi dvigajo . Tudi te bi rabile energijo za opravljanje dela ob razpenja nju . Nekaj je sicer mešanja z okolišnj im , mirujočirn zrakom; tam je torej nekaj izmenjave toplote z okol ico . Toda vsaj za osred nji del v dvigajočem se t oku velja, da mora vsaka posamezna masa zraka v njem kar sama poskrbeti za potrebno energijo iz svoje lastne zaloge energije: saj jo ima - rečemo ji notranja energija W n . Njena sprememba /:,wn se kaže s tem, da se spreminja temperatura T : Sprememba notranje energije na enoto mase je tem večja, čim večje so spremembe temperature /:, T . Specifična toplota Cv pove , za koliko se spre- meni notranja energija, če se enemu kilogramu zraka sprem eni tempe ratura za eno stopinjo . Za zrak je specifična toplota Cv pri običajn i temperatu ri 71 8 Jkg-1K-l. Ker torej dvigajoči se zrak za opravljanje dela pri razpenjanju 76 up orablja svojo notranjo e nerg ijo , se mu ta zmanjšuje ravno za to liko , ko t o pravi d ela A = -ll wn a li, če up orab imo že zapisana iz ra za za d elo in not ranjo energ ijo pllV = -mcvllT Odtod bi že lahko ugotov ili spr emembo temperature , če bi le znal i določit i , za kol iko se bo spremenila prostornina , ko se bo zračna masa dvign ila za Is z . Za pline ve lj a , da se v njih ohranja razmerje tlaka , volumna in temperature ta ko , da je pV j T = ko ns t Ko se ob spre membi višine za Isz spremeni tlak za IIp , se spremen ita tako t emperatu ra , kot t udi prostornina. Zato sklepamo t a kole: če naj se o hr a ni ra zme rje štev ca in im enova lca, morata biti relat ivna sp rem emba pV enaka re- lativni s pre m e mbi T . Torej sta rela t ivni sprem embi tlaka llp j p in prostorn ine II V jV sku paj tolikš ni , ko t je rela t iv na sprem em ba tem perature II T [ T llp jp + ll V j V = llT jT O dtod torej zve mo, da j e ll V = V (llT [T -llp j p) To vstav imo v čl en pllV , ki v en ergijsk i enačbi predstavlja oprav lje no d e lo in dobimo pV(f:::.T [T - Is p] p = -mcvllT oz . po p eured itvi (p V jT)llT - V IIp = - mcvll T Ker smo že rekl i, da je pV jT za vsak plin konstantna količina, to ponovno up orabimo . Ponovno se spomnimo tudi , da se tlak v zračni masi prilagaja okolišnjemu tlaku , ki se z višino spreminja : IIp = -pgllz. Oboje vstav imo v enačbo in dobimo k o ristTs T + V pgllz = -mcvllT 77 Ko združimo oba člena, ki vsebujeta spremembo temperature, na levi strani enačbe, in upoštevamo tudi, da je m = pV, dobimo (konst. + mcv)llT = -mgllz Ker obravnavamo neko konsta nt no maso zraka m, je ta prav gotovo skrita tudi v konst. (To pomeni, da je pV/T sorazmerno obravnavani masi plina m.) Izpostavimo m iz oklepaja, tisto kar ostane v njem, označimo s cp , pa dobimo mCpll T = -mgllz Uvedli smo novo konstanto cp , za zrak je pri običajni temperaturi cp = 1004 Jkg- l K-l. Ko delimo enačbo z m in jo preuredimo, dobimo llT/llz = -g/cp Ker je g/cp = 9 .8lkgms-2/1004 Jkg- l K-I ~ 10 K/lOOO m, smo torej ugotovili, da se zraku pri dviganju skozi ozračje zmanjšuje temperatura za 10 stopinj na vsak kilometer dviga, pri spuščanju pa povečuje za prav toliko . Spremembe temperature ob gibanju zraka v vertikalni smeri so velike: 10 stopinj na kilometer. Ob spuščanju se zrak ogreva , ob dviganju pa ohlaja . Le je le zrak sorazmerno vlažen , pride pri tem kaj lahko do ohladitve tudi do rosišče ali pod njega. Tedaj se vodna para v zraku kondenzira; nastanejo kapljice (ob zelo nizki temperaturi pa drobni kristalčki ledu). Nastane oblak . Samo omenimo, da se pri kondenzaciji sprošča izparilna toplota, ki vpl iva na spremembe temperature ob dviganju ali spuščanju; v oblaku ne velja več II T / llz = 10 K/km, temveč so spremembe manjše . o kapah na Matterhornu in ob Krnu Ob vrhovih hribov so pogosto oblačne kape zato, ker se ob vetru čeznje dviga zrak, ki se pri tem ohladi malo pod rosišče. Lahkoje dviganje posledica splošnega vetra, ki se prisilno dviga čez hrib, lahko pa pride do dviganja tudi zaradi ogrevanja pobočij, ki so bolj izpostavljena soncu kot ravnine pod njimi . Osnovni vzrok za kape ob hribih torej poznamo : ohlajanje ob dviganju. Včasih pa imajo ti oblaki prav zanimive oblike in so res vredni ogleda. Na sliki 1 vidimo tako imenovano" kadečo se goro". Na sliki izgleda, kot da zelo močan veter (po oceni naj bi ob vrhu Matterhorna (4482 m) ob času fotografiranja pihalo s 20-30 mis) oblak "odpihuje" na zavetrno stran hriba . Izgleda, kot bi oblak pdepljen miroval ob hribu. V resnici pa oblak nastaja 78 Slika 1. Kade ča se gora . Obl ak ob vrhu Matterh orna (foto J . Galimbert i, julij 1951) 79 na zavetrni strani hriba zato , ker tam ob veliki hitrosti nastane vrtinec zraka, ki v zavetrju povzroča srk navzgor . Tako pride do znatnega dviganja zraka za hribom (slika 2). Slika 2 . V zavetrju hriba nastane vrtinec, ki povzroča dvi ganje zraka . Kaj pa venec oblakov okrog Krna (2244 m, slika 3 na naslovnici)? Ob pobočjih se je od sonca zrak ogrel in se zato začel dvigati. Oblaki so še sorazmerno tanki , čez kako uro ali dve , ko bo dviganje preseglo višino hriba, pa bo že ves vrh zakrit. Jože Rakovec MATEMATIKA MED šERPI NA HIMALAJ I Na Himalajskem združenju, ki nam je dobavljalo šerpe, sem se neko č zapletel v zanimiv pogovor z mlajšim bratom Para&ulija , predsednika tega združenja . Poznali smo ga le kot Para&ulijevega brata . kot je po vsem svetu navada , da so mali vedno v senci velikih . Brkljal je nekaj po neugledni pisarni in tako mimogrede dejal , da to sicer ni njegov posel, ker študira matematiko . Pravzaprav je dobesedno dejal : " Št ud ira m čisto matemati čno znanost. Samo to se še splača . " Pri priči sem mu zatrdil , da nisem srečal še nobenega bogatega matematika, čeprav ne zanikam motnosti, da bi se morda kje na svetu le našlo kakšnega bogatega . Hlastno me je prekinil , da je tudi on zadnje čase v dvomih zaradi tega , da je zato ravnokar prenehal z matematiko in se je raje odločil za ekonomijo (Cisto znanstveno ekonomijo!) . Na to obračanje zastave nisem imel sicer nobene pripombe, nisem pa tudi mislil , da ga bom tako hitro spravil v zadrego . Se istega dne sem ga namreč odkril za pultom v trgovini z rabljeno ekspedicijsko opremo . " Saj to ni moj posel. Kot v pisarni tudi tu nadomeščam brata, če je na svojih velikih potovanjih po Južni Afriki in Ameriki ... " Ni se mi zdelo vredno omeniti , da sem njegovega brata ravnokar srečal precej bliže , v sosednji ulici . in da se je napravil neumnega in me ni hotel spoznati, ker sva imela še nekaj nerazčiščenih računov o šerpah za takratno odpravo. Odlomek iz knjige Zoran Jerin, Himalaja , rad te imam Mladinska knjiga, Ljubljana 1978, str . 249 Izbral Ciril Velkovrh 80 FOUCAULTOVO NIHALO Ital ijansk i pisate lj Umberto Eco j e pred leti zaslovel s knjigo Ime rože, ki spo- minja na napeto kr imina lko, a globokoumno razgr inja sr ednj eveške za d rege in raz prt ij e . Pred kratk im j e doživela še večji usp eh Ecova knj iga Foucaultovo nihalo. Poglejmo, kaj vesta povedat i o znamen item nihalu fizika in nj e na zgodovina . V času vesoljskih poletov ve vsak učenec , da je Zemlja krogla , ki se v 24 ura h zavrti okoli svoje os i in v enem let u pribl iž no po krogu ob ide Sonce . Le nav idezno se Sonce in zvezd e gibljejo po neb u, ke r jih o pazujemo s povr šja v rteče se in krožeče Zem lje . V nov em veku je prvi zago varjal ta ko h eliocentrično sliko poljski zvezdoslovec Nikolaj Kope rnik v knj ig i De revolu- tionibus orbium coelestium (O vr t enju nebesnih krogel) leta 1543 . P rej je bila v veljavi geocentrična slika , ki so jo uporabljali števi lni dotedanji ast ronomi in ki jo imenujemo po aleksandr ijs kem as t ronomu Klavdiju Ptolemeju . Ta s lika je navidezno g ibanje proglas ila za pravo in po njej se o koli Zemlje vrt i krogia zvezd stalnic in kroži Sonce . Vsa kda nje izkušnje , če jih s prejm emo brez globlj ega premisleka , pod piraj o geocentrično sliko . Za t o jo je bilo v Ko pernikovih ča si h zelo težko iz po d bit i. Galileo Galilei je leta 1632 izdal knjigo Dialogo sopra i due massimi sistemi del mondo, tolemaico e copern iceno (Razgovor o dveh največjih sv e- tovnih sistemih, ptolemejskem in kopernikanskem). V njej je navedel razloge prot i geocent rični sliki in za h eliocentrično . Samo en ega od razlogov je oprl na to, kar je vedel ogiba nju teles na Zemlji , in ta zadeva plimo in oseko . Galile i je na barkah , ki so v Benetke dovaža le vodo , opazil , da se o b us- tavljanju voda dv ig ne na spr ednjem delu in ob speljavanju na zadnjem . Pri vrtenju in kroženju se venom er spreminja smer hitrosti . Galilei je mislil, da se te spremembe hitrost i zarad i kroženja točke na zemeljskem površju in zaradi kroženja Zemlje okoli Sonca sestavijo tako, da dajo plimovanje . Pri tem se je hudo mot il. Plimovanje je dokončno pojasnil leta 1687 Isaa c Newton s privlačnostjo Lune in Sonca . Galile i se je celo posmehoval t istim , ki so v njegovem času poskušali razlagati plimovanje z vplivom Lune. Na srečo so Kopernikov opis sprejeli v Galilejevem času ali kmalu zatem , vsekakor še preden so spoznali prvi poskus, ki ga ni bilo mogoče pojasniti drugače kot z vrtenjem Zemlje. Ta poskusje leta 1851 naredil Leon Foucault. Vzemimo nitno nihalo , to je utež na lahki niti . Utež odklon imo iz ravnoves ne lege v določeno sm er in spustimo . Utež niha ' v ravnin i, ki jo določajo ravnovesna in začetna leg a uteži in pritrdišče niti . Naredimo v mislih poskus na zemeljskem sev ernem tečaju. Na d robno utež delu je Zemlja s težo 81 v smeri proti svojemu središču. Le zanemarimo zračni upor, na utež poleg teže in sile vrvice ni nobene druge sile in obe ti sili ležita v navedeni ravnini . T o , da se Zemlja vrti, na gibanje uteži ne vpliva. Utež niha ves čas v ravn in i nihanja, to je v ravnini, v kateri, je začela nihati. Zemlja se zavrti v 24 urah za poln kot, to je za 360°. Ko opazujemo gibanje nihala z vrteče se Zemlje in se vrtimo z njo, se zavrti ravnina nihanja v 24 urah za 360° v nasprotni smeri vrtenja Zemlje (slika 1). "Dobro" , boste rekli, "toda severni tečaj z zemljepisno širino 90° je daleč, Ljubljana ima zemljepisno širino CjJ = 46° ." (Natančneje: pasažni instrument Astronomsko-geofizikalnega observatorija na Golovcu ima zemljepisno širino 46° 2' 37,S" = 46,04375°). To kar precej zaplete opis gibanja nihala v Ljubljani. Vendar se tega ne ustrašimo, saj znamo nekaj trigonometrije. Zanihajmo nihalo v ljubljanski poldnevniški ravnini, to je v ravnini skozi Ljubljano, zemeljsko središče in severni tečaj, in sicer naj se papir, po katerem rišerno, na začetku pokriva s to ravnino. Narišimo še tangento na poldnevniški krog, ki podaja v Ljubljani vodoravnico . Zapomnimo si točko P, v kateri tangenta seka zemeljsko os (slika 2) . Proti tej točki se giblje utež, ko jo na začetku spustimo. Nihalo niha ves čas v isti ravnini, a Zemlja se v določenem času zavrti za kot {3. Potem imamo ljubljansko poldnevniško ravnino za kot {3 zasukano proti začetni legi. Tudi zdaj seka tangenta zemeljsko os v točki P, a utež se ne giblje več v smeri proti njej, ampak še naprej v smeri začetne tangente. Med obema legama poldnevniške ravnine za zeva kot {3, med obema tangentama pa kot rj , Ravnina nihanja se je tako v Ljubljani zavrtela za ta kot, ki ga izrazimo s kotom {3. V ta namen na dva načina izračunamo lok , ki ga je prepotovala v določenem času Ljubljana . Najprej ugotovimo, da leži Ljubljana v razdalji r cos CjJ od zemeljske osi, če je rzemeljski radij . Nato izračunamo razdaljo Ljubljane od točke P, to je b = r cos cjJI sin cjJ . Kota spravokotnimi kraki sta namreč enaka in velja enačba r cos CjJ = bsin cjJ. V obeh primerih dobimo lok, ki ga prepotuje Ljubljana tako, da kot pomnožimo z radijem . Najprej je to lok nad kotom {3 pri radiju r cos cjJ, torej {3r cos cjJ. Nato je to lok nad kotom , pri radiju r cos cjJI sin cjJ, torej, r cos cjJI sin cjJ . Oboje je enako in iz enačbe {3r cos CjJ =, r cos CjJI sin CjJ sledi , = {3sincjJ Na polu je CjJ = 90° in , = {3 ln na ekvatorju CjJ = O ln , = O. Na polu se ravnina nihala zavrti v 24 urah za 360° ali v 1 uri za 15 ° . V oo N mirujoča Zemlja Oh in 24h vrt eča se 9 -, rcvn inc \nlhanja 18ho--~--o5h I 6 12h 18 h Oh ln 24h vrta če seze! I-m i rUi.o čaravninanihanj a (66}~;1~;'"začetna ) i _re;tvnin.a lega~ I nihanja , . ~­o- !T I ravnovesna I lega i I I 95 I I I I I ( c ) (c ) vodoravnica , S[l1 er . nihanja no za čet ku 12h (b) LJ r: eos 'P T (3r.eos(3V 5 LJ (b ) T severni tečcj 5 sred išče Zemlj eJtP b ...... 'fi (o) Sliko 2 (o) Sliko 1 83 Slika 1. Nihanje nitnega nihala na severnem tečaju določa ravnino nihanja. ki se ujema z ravnino papirja (a). Nihalo niha v neprem ični ravnini in Zemlja se vrti "od vzhoda proti zahodu" in se zavrti enkrat v 24 urah. Znamenja kažejo, denimo, smer proti vzhodu (b). Za opazovalca na Zemlji se ravnina nihanja vrti v nasprotni smeri "o d zahoda proti vzhodu" in se prav tako zavrti enkrat v 24 urah. Znamenja kažejo lego smeri, ki se ujema s smerjo gibanja nihala na začetku (c) . Prva slika je naris, drugi dve tlorisa. Ljubljani z zemljepisno širino 46° se ravnina nihala zav rti v 24 urah za 360 0sin 46 ° = 259 ° in v 1 uri za 15° s in 46 ° = 11° . Za poln kotse v Ljublja ni ravn ina niha la zavrti v 24 urah/sin ef> = 24 urah/sin 46 ° = 33,4 urah . *** Jean Bernard Leon Foucau lt je bil roje n v Pari zu leta 1819 . Ni obiskoval nobene od tedanjih znamen itih pa riških šol , ampa k je v očetovi knj igarn i prebiral knj ige in naposled brez navd uše nja postal zdravnik . Pritegnil ga je izum fotografije , s katero se je zače l navdušeno ukvarjati. To ga je usmerilo v optična raziskova nja , pri kater ih si je pridob il prec ejšen slov es . Spoprijatelj il se je s Hippolytom Fizeaujem , ki je bil prav toli ko star, prav tako brez višji h šol in prav v tolikšn i meri spreten pri optičnih poskusih . Prijatelja sta se namenila izmer iti hitrost svetlobe, pa sta se pri t em sp rla . Prvi je izmeril hitrost svetlobe v zraku Fizeau leta 1849, Foucault pa jo je naslednje leto prvi izmer il v vodi . S tem je potrd il misel, da j e svetloba valovanje . V tej vlogi je Foucault že nastopil v Preseku (1986/87 , štev .4) . Leta 1850 so pova bili Fouca ulta, naj za par iško svetovno razstavo nasled- nje leto pripravi kak znanstveni prispe vek. Pogovor z mentorjem Fra ncoi - sem Aragojem in prejšnje izkušnje z nihanjem do lgih tankih palic , vpetih v vrtečo se stružnico , so ga pripeljale do nihala. Z našim začetnim sklepa- njem smo povzeli njegove misl i. O t em priča članek z naslovom Demonstra- tion physique du mouvement de rotation de la Terre au moyen du pendule (Fizikalni prikaz gibanja vrtenja Zemlje z nihalom), ki je izšel v zbranih delih pariške akademije znanost i leta 1851. O nihanju nihala na tečaju je zap isal: " Giba nje Zemlje , ki se neneh no vrt i od za hoda proti vzhod u, bi opazili glede na nepremično ravnino nihanja . Njena sled bi se na površju Zemlje gibala Slika 2 . V ljublja ni z zemljepisno širino zanihamo nihalo v poldnevniški ravnini, ki se na za čet k u ujema z ravnino papirja (a). Čez nekaj ča s a se poldnevniška ravnina ljubljane zavrt i za kot (3 okoli zemeljskeosi. Tedaj se ravnina nihanja ne ujema več z ravnino papirja . V tem času opiše ljubl jana lok (b) in se tangenta skozi ljubljano v poldnevniški ravnini, to je vodoravnica in smer nihanja nihala, zavrti za kot 'Y okoli točke P (c). Prva slika je naris, druga tloris in tretja perspektivna. Slika 3 . Foucaultov poskus z ru- halom leta 1851 v Pantheonu . 84 kot nebesna krogla . Le bi mogli podaljšati nihanje na 24 ur, bi sled te ravnine zaključila poln vrtljaj okoli navpične projekcije pritrdišča." Njegov račun za gibanje nihala pri poljubni zemljepisni širini se tudi ne razlikuje dosti od našega. Glavna težava je bila v tem, da je zračni upor nihanje dušil, tako da je po določenem času zamrlo . Dva poskusa, prvi v domači kleti, drugi v dvorani pariške zvezdarne , nista zadovoljila . 5ele tretji poskus v Pantheonu, ki so ga v času Napoleona III uporabljali kot cerkev , se je posrečil (slika 3). Napoleon III sam se je dobrohotno zanimal za poskus. Zelez na utež je imela maso 28 kilogramov in je visela na 67 metrov dolgi niti . S tem je Foucault dosegel, da je nihalo imelo dovolj veliko začetno energijo nihanja in nihanje dovolj do lgo ni zamrlo. Na začetku je izmaknil utež iz ravnovesne lege v določeni smeri in jo privezal z vrvico . Potem ko se je utež popolnoma umirila, je vr- vico prežgal. S tem se je izognil motnjam, do katerih bi prišlo, če bi kako drugače spravil nihalo v ni- hanje . Zares so pri poskusu zlahka opazovali, kako se ravnina nihanja vrti" od za hoda proti vzhod u" . Utež je imela navzdol obrnjeno ost, ki je v mivki na nizki mizi puščala ja sno sled . V Parizu z zemljepisno širino 49° traja en vrtjaj nihajne ravnine 31 in 3/4 ure. Nekako toliko je nameril Foucault. Naslednje leto je Foucault ugo- tovil, da tudi prosto gibljivo vrteče se kolo obdrži v prostoru smer svoje osi. Podoben pojav izkoriščajo da- našnji girokompasi z vrtavkami . Foucaultov poskusje zbudil ve- liko pozornost in so ga velikokrat pono vili. To je storil t udi Vincenzo Antinori v Firencah . V tej zvezi je pregledal stare za piske tamkajšnje 85 Slika 4 . Foucaultovonihalo v pred- dverju pa lače Združenih narodov v New Yorku. lica iz ne rj avečega jekla, ki je prit rje na na strop 37 metrov visoke dvorane, nosi stok- ilogramsko pozla čeno kroglo. Vr- tenje ravnine nihanja je mogoče zasledovati na obroču s premerom dveh metrov, tik nad katerim se giblje krogla. V New Yorku z ze- mljepisno širino 40 in 3/ 4 stopinje traja en obhod 36 in 3/4 ure. Na nihalu je napisana misel nizozem- ske kraljice Julijane: " Prednost je živeti danes in jutri." Academ ie del Cimento (akad emije poskusov). Naletel je na zap is Galilejevega življenjepisca Vincenzia Vivianija, "da se nihalo nez natno odkloni iz svoje prvotne poti". Kaže , da so bili pojavu na sledi že pred Fouca ultom . V Foucaultovem času so nihala pri opisanem poskusu nihala dušeno in jih je bilo t re ba potem, ko je nihanje zamrlo, znova pognati. Danes pa se nihala samodejno poganjajo in to ni več potrebno. Posebno znam enito je ni- halo v predd verju palače Združenih narodov(sl ika 4) . To in druga znam enita nihala so dokaj dolga . V zadnjem času pa je us pelo nared iti t ud i Foucaultova niha la, ki so do lga le meter ali dva in nihajo nedušeno . Pri tem so moral i rešiti štir i vpr ašanja : kako nihalu dovajati energijo, ki jo zgubi za radi tr enja in upora , ka ko pritrdit i žico, ka ko preprečiti, da bi se utež gibala po elipsi ali po osm ici, in kako spraviti nihalo v nihanje . Energijo navadno dov ajajo z elek- trornagn etom, ki ga proži železna utež sa ma na ravnost ali preko fotoc elice. Nekaj časa so poskušali vrhnje krajišče žice kardansko vpeti, a se to ni o b- neslo . Zdaj vrhnje krajišče raje vp nejo v prižemo, vrtlj ivo okoli navpične osi. Nezaželenemu elipt ičnem u in osm ičastemu gibanju uteži se izogn ejo s poseb- nim obročem, skozi katerega speljejo žico . Sti k žice s tem obročem, ki ga je uvedel Francoz M.F.Charron , v nekate rih izved ba h uporabljajo za poganjanje niha la. Nihanje začnejo na Foucaultov sta ri način z vrvico, ki jo prežgejo . " Vse eno je izdelava krat kega Fouca ultovega nihala zelo za htevna . Doseči je treba popolno simetrijo, če naj se nihajna ravnina zavrti v pričakovanem času in če naj nihalo ne išče odlikovane smeri ." Tako je zap isal R.S .Mackay v American Journal of Physics leta 1953, dobrih sto let po prvi izvedbi Fou- caultovega poskusa. Janez Strnad POGOVARJAJMO SE S POMOLJO RALUNALNIKA ! V Preseku smo že večkrat pisali o hišnih in osebnih raču nalnikih, zato je prav , da napišemo še nekaj o "tistih velikih. zaresnih" strojih . Prednosti velikih računalniških sistemov so : hitrost, velike pomnilniške zmogljivosti, kompleksnejša in zanesljivejša programska oprema , manj virusov , večuporabniški sistem .... Prav slednja nam omogoča elektronsko komunic i- ranje med uporabniki. Potrebe po takšnem načinu komuniciranja iz dneva v dan naraščajo . Ker vedno več ljudi prihaja v stik s tak imi računalnik i . je razumljivo , da se širi tudi elektronsko komuniciranje. Veliko lažje in hitreje je namreč poslati sporočilo prijatelju ali sodelavcu preko računalnika, kot pa na pisat i pismo, nalepiti znamko. iti na pošto, potem pa čakati na odgovor nekaj dni ali celo tednov . V nadaljevanju si bomo ogledali dve možnosti, ki nam ju med ostalimi ponuja operacijski sistem VMS. VMS je operacijski sistem večine Digitalovih računalnikov tipa VAX. Teh računaln ikov je v Sloveniji in tudi v Jugoslaviji že precej več kot 100 . Večina j ih je povezana v mrežo (DECNET) , ki jo imenujemo SLON. Mrežo si lahko predstavljamo kot majhno telefonsko omrežje. Vsak računalnik je nekakšna centrala , terminali pa so te lefoni, priključeni na centralo. Zaenkrat osta nimo v mejah SLONa. Na vprašanje , kako poslati sporočilo prijatelju v Ameriko. pa bomo morda odgovorili v kakšni od prihodnj ih številk Preseka . Vsak računalnik v mrež i ima svoje ime . Naštejmo jih nekaj: * ALPHA - VAX 780 Iskre Telematike v Kranju, * ARES - VAX 750 Iskre Delte v Novi Gorici. * CATHY - VAX 8650 Inst ituta Jožef Stefan v Ljubljani . * NUBPR - p.VAX Univeritetne knjižnice v Prištini , * RCUM - VAX 8800 Računalniškega centra Univerze v Mariboru . * UEK1 - VAX 8550 Računalniškega centra Univerze v Ljubljani . * VEGA - VAX 750 Fakultete za naravoslovje in tehnologijo v Ljubljani. Elektronsko komuniciranje se tipično odvija med dvema ali več upo rab- niki. Za prvi primer je primernejša elekt ro nska pošta MAIL, za drugega pa elektronska (raču na Iniška) konferenca NOTES. Le hočemo upora bljati elek- tronsko pošto oziroma konferenco, moramo seveda imet i šifro na enem od računalnikov v DECNETu , to pomeni, da moramo imeti tako imenovano uporabniško ime, ki nam omogoča delo na računalniku . Sporočila pošiljamo s programom MAIl. Pošljemo j ih lahko poljub- nem u uporabniku računalnika v mrež i, na katerem prav tako teče program MAIl. Vsak uporabnik računalnika ima svoj nabiralnik, v katerem se sporočila 87 zbirajo. Vsakokrat, ko začne z delom, ga računalnik obvesti, koliko novih sporočil seje nabralo v nabiralniku od tedaj , koje zadnjič prebiral pošto. Tak sistem ima veliko prednosti pred klasično pošto. Najpomem bnejši sta hitrost in za neslj ivost. Pisma ponavadi dolgo potujejo do naslovnika in se včasih tudi izgubijo . Sporočilo, ki ga pošljemo po mreži, pa prispe do naslovnika v nekaj sekundah, če pa iz kateregakoli vzroka ne, nam to računalnik takoj pove. Uporaba programa je zelo preprosta . Poglejmo, kako bi poslali sporočilo prijatelju, ki dela na računalniku COMMIE in ima uporabniško ime JERNEJ . Ko program polenemo, se nam javi s pozornikom "MAlL}" . Sedaj rečemo, da bi radi poslali sporočilo: "SENO" in MAIL nas vpraša komu: "TO :" . Odtip- kamo ime računalnika in uporabniško ime: "COMMIE::JERNEJ". Potem natipkamo sporočilo in, če smo z njim zadovoljni , ga odpošljerno . Za elektronsko konferenco uporabljamo program NOTES. Z njegovo po- močjo se lahko v "pogovor" vključi več uporabnikov. "Pogovor" izgleda približno tako, kot da bi imeli veliko oglasno desko, razdeljeno na interesna področja, na katero bi uporabniki lepili listke z novicami . Vsaka konferenca, ki pokriva neko konkretno področje, je zbirka takih listkov. Konferenca je lahko javna ali pa je privatnega značaja in je torej dostopna samo njenim članom. Vsaka ima svojega moderatorja . Moderator je po navadi tisti , ki ustanovi konferenco, potem pa skrbi za red, miri duhove in razgrete glave, tu in tam zbriše ali prestavi kakšno notico na zanjo bolj primerno mesto . Konferenca je organizirana dvonivojsko . Na prvem nivoju so notice (Topic), na drugem pa odgovori nanje (Reply). Naštejmo nekaj najzanimivejših (vseh javnih je trenutno preko 40): o UEK::SPEAKERS_CORNER - ena prvih, ki je skušala popularizirati pro- gram NOTES , o COMMIE ::PUZZLE-.LANO - konferenca o rekreacijski matematiki, u- gankah, logičnih ugankah , o CATHY::CONFERENCE_ON_CONFERENCES - konferenca o obstoje- čih konferencah v mreži OECNET, o CATHY::NOTES_ON_NOTES - konferenca , namenjena vsem uporab- nikom (predvsem novim) računaln iškega konferenčnega sistema NOTES , o CATHY::E-MAIL - konferenca o elektronski pošti , o UEK::JOKES - konferenca šal. Vse, ki imate možnost delati na kakem ustreznem računalniku, toplo vabimo, da si ogledate konference in prispeva te svoje notice. MAlL in NOTES imata vgrajen vsak svoj sistem pomoči (Help) tako, da imamo pomoč takoj pri roki, vendar vseeno omenimo, kako najlaže pridemo do skoraj vseh javnih konferenc . Polenemo program NOTES . Z ukazom 88 ADD ENTRY CATHY::CONFERENCE_ON_CONFERENCES dodamo v svoj spisek konferenco o konferencah. Odpremo omenjeno konfe- renco "OPEN CONF . .. " (ukaze seveda lahko skrajšarno do razpoznavnosti s strani računalnika) in si ogledamo opise konferenc. Pri branju opisa lahko dodamo konferenco v svoj spisek s pritiskom na tipko 7 na numeričnem delu tipkovnice ali z ukazom "SELECT" . Od tedaj naprej ima mo dostop do vseh želenih konferenc. Za primer si poglejmo nekoliko skrajšan pogovor iz konference COM- MIE::PUZZLE_LAND . Organizirana je tako, daje vsaka nova uganka posebna notica, odgovori nanjo pa sodijo v drugi nivo, torej v "Reply", vendar se tega pravila ne držimo strogo, kajti v rubrik i "odgovori" se zbirajo tudi uganke, ki so zelo podobne prvotni. Odgovorov je seveda lahko več . Vsi prispevki v konfe- renci se avtomatsko oštevilčijo, kar nam izboljša preglednost celotne diskusije. Prva je številka notice, druga pa številka odgovora nanjo . Na primer : v notici 6.* je zapisan seznam literature s področja rekreacijske matematike . Diskusija v okviru notice 37 pa je potekala takole: 37 .0 Zastavil sem tole uganko: Prvih tisoč števil zapišemo v eno samo veliko število , ki izg led a nekako takole: 123456789101112... 9969979989991000 Kater i sta cifr i na tisočem mestu, če gremo z leve na desno, ozi roma , če gremo z desne na levo? 37.1 Blaž F. 5elih prvi reši uganko: Tisoča cifra z leve je 3, z desne pa 6 . Izračuna pa ju tale program : Program tisoca.cifra Option type = lnteger For n=l to 1000 st$ = st$+str$(n) Print 'Cifra na 1000 mestu z leve je: ';mid$(st$ ,1000 ,1) Print 'Cifra na 1000 mestu z desne je :' ;mid$(st$ ,len(st$)-999,1) End program Seveda pa bi bi lo treba za "papirnate" rešitev malo bolj misliti. 37.2 Rok Vidmar: Saj gre pravzaprav celo brez papirja : vseh cifer je 2893, kar je 9 + 90 x 2 + 900 x 3 + 4; do 100 "pok uriš" 189 cifer , ostanek pa razdeliš na 270 kupčkov po tri, pa ti ena manjka do 1000, torej izvira trojka na tisočem mestu s prvega mesta števila 370. 89 Z druge strani odbiješ štiri cifre za 1000, ostanek pa se lepo razdeli med 332 trimestnih števil ; šestica izvira s prvega mesta števila 668. 37.3 Blaž F. Selih : Saj res! Počasi začenjam verjeti tistim , ki trdijo, da nas računalniki poneum- ljajo . Le ne to , pa vsaj pod pirajo mojo (našo) leno bo. 37 .7 Andrej Vitek zastavi tole nalogo: števila od ena do tisoč zapišemo z besedami drugo ob drugem, torej takole: enadvetrištiri ... devetstodevetindevetdesettisoč Katera črka stoji na tisočem mestu z leve in katera na tisočem z desne? 37.9 Rok Vidmar predlaga še eno na isto temo: Katero črko bi našli na tisočem mestu z obeh koncev stari Rimljani , torej pri zapisu: IIIIIIIVVVI. .. M Nekatere odgovore smo namenoma izpustili, da boste malo napeli možgane! Zadnjo uganko lahko rešimo s pomočjo računalnika. Za konec pa še dva bisera , ki ju je Egon Zakrajšek prinesel iz Amerike . Seveda smo ju takoj objavili tudi v konferenci . SLEPARSKI CIGAN: Cigan ima v vreči tri karte: ena je na obeh straneh bela, druga je na obeh straneh črna, tretja pa na eni strani bela in na drugi črna . Cigan na slepo srečo položi na mizo eno od treh kart tako, da nihče ne vidi, kakšne barve je spodaj. Cigan je pripravljen staviti svojih pet tisočakov proti žrtvinim trem, da bo uganil, kakšne barve je karta na spodnji strani. Ali lahko cigan s takimi stavami kaj zasluži, ne da bi goljufal? TELEVIZIJSKI KVIZ: Ameriška televizija je organizirala naslednjo igro: Na odru je bilo troje zaprtih vrat, recimo A, B in C. Voditelj pove, da je za enimi vrati skrita nagrada . Gost oddaje ugiba, kje . Denimo, da gost meni, da je nagrada za vrati A. Voditelj nato pove: "Toje zelo dobra odločitev, kajt i za vrati B nagrade ni! Ali želite sedaj spremeniti svojo izbiro?" Kaj naj gost oddaje stori? Jernej Cop 90 PROBLEM TRDNJAV NA šAHOVNICI IN POŽREšNA METODA Nedavno sem naletel na zanimiv pro blem . Klju b temu, da je na prvi pogled videti e nostaven , ga je v splošnem težko rešiti . Začnimo v dv e h dimenz ijah. Imejmo šahovnico veliko sti 3 x 3. Poskusi- mo postaviti na njo kar najmanj trdnjav , tako da bo vsako polje napadeno vsa j po enkr at. Prepričajmo se , da pot reb ujemo vsaj 3 t rd njave . 1. Le postavimo v vsaki vrst ici vsaj eno trdnjavo, potem so v rešitvi go tovo vsaj 3 t rd njave . 2. Pa recimo , da v rešit vi obstaja vrstica brez trdnja ve . Ker so v vrstici 3 po lja , morajo biti v ost alih dveh vrst ica h vsaj 3 trdnjave , če hočemo , da bo do napadena vsa polja v vrstici brez trdnjave . označuje položaj trd njav e S lika 1. Sk ica ene od optimalnih reš itev za n = 2 . Le ne bi šlo drugače, bi la hko pos kusili vse mogoče post avitve trdnja v, vendar tega ne priporoča m. Vse h posta vitev je namreč kar saj je polj na šahovnici 32 = 9, na vsako polje pa lah ko t rdnjavo postavimo , a li pa ne . Posplošimo zdaj primer na v eč dimenzij! V n dimenz ijah imejmo n- dimenzio nal no "šahovnico" s 3 x 3 x · · . x 3 = 3n polji . Vsako polje šahovnice lahko o premimo s koordinatami. Ker smo se om ejili na d ol ž ino šahovnice 3 , je koordinata eno od številO, 1, 2. Poljubno polje 3-dimenzionalne šahovnice tedaj enolično op išemo s troj ico (i .l . k) , na primer (O, O, O), (O, 2 , 1), (2 ,2 , O) itd. Položaj trd njave opišemo s poljem , na katero je pos tavljena . Tr d njava na dvodimenz ionalni ša hovnici na pada vsa polja, ki se od nje ne ga po ložaja raz- likujejo v natanko eni koordi nati. In posplošimo: trdnjava na n-d imenzional ni ša hovnici na pa da vsa po lja , ki se od njen ega položaja razlikujej o v nata nko en i koord inati . Povzemimo: 91 Problem trdnjav: Za dani n po išči minimalno število trdnjav, ki jih lahko postavimo na n-dimenzionalno šahovnico (s stranicami dolžine 3) tako, da bodo vsa polja šahovnice napadena. Za kasnejšo rabo se dogovorimo, da bomo vsako postavitev trdnjav na ša hovnico, pri kateri so vsa polja na padena , imenovali (približna) rešitev problema. Rešitev , pri kateri je uporabljeno minimalno število trdnjav pa imenujmo optimalna rešitev. V angleščini problem imenujejo" the Football-Pool problem", kar bi lahko za silo prevedli kot" problem športne napovedi'. Velja namreč nasled- nje: vsako rešitev problema (množica n-teric ničel, enic in dvojk) lahko upora- bimo za športno napoved z n-pari. Rešitev ima lepo lastnost: vnaprej vemo, da bomo gotovo (vsaj enkrat) zadeli drugo nagrado (zgrešili bomo največ en izid). Ker plačamo pri športni napovedi vsak stolpec (torej vsako n-ter ico), je optimalna rešitev najcenejša rešitev z lastnostjo, da vedno zada ne vsaj drugo nagrado. Kljub temu, da na prvi pogled problem ni videti prezahteven, je povzetek znanega kaj skromen. S kombinatorično analizo so uspeli poiskati optimalne rešitve v dimenzijah 2,3,4 in 5 . Dokaz, da je dobljena rešitev za dimenzijo 5 res optimalna, je dolg kar 10 strani! Za večje dimenzije je znanih nekaj zgornjih mej za optimalne rešitve, toda nič več. Dokazov, da so rešitve zares najboljše, torej optimalne , ni . Za računalnikarje bo zanimivo, da so doslej najboljše rešitve (in s tem najboljše zgornje meje za optimalno rešitev) v dimenzijah 6,7 in 8 našli z računalnikom. Algoritem, ki so ga uporabil i, je popularno "ohlajanje" (angleško" Simulated Annealing") in je sam po sebi zanimiv, vendar njegov opis presega namene tega članka. Morda kdaj drugič, tukaj pa povejmo le to, da je algoritem za rezultate na Sliki 2 porabil veliko (ure in ure) časa na velikih računalnikih. n 23456 7 8 število trdnjav 3 5 9 27 < 73 < 186 < 468 Slika 2 . Optimalne rešitve ali najboljše ocene zanje Poglejmo si enostavni poskus računanja rešitev po "požrešni metodi' . Opiširno na kratko idejo požrešne metode. Rešitev gradimo postopoma. Na vsakem koraku dodamo tisti element, ki največ prispeva h "kriterijski funkciji' . S prejmemo ga le, če je s tem elementom razširjena množica še "dopustna". Kako deluje požrešna metoda na različnih problemih, si 92 lahko preberete na primer v knjigi Je rn eja Kozaka Podatkovne strukture ln algor itm i. Na š program postopa preprosto : izbere si polje , ki še ni napadeno , in ga pokrije s trdnjavo , ki poleg izbranega pokrije še kar največ novih polj . T o ponavlja, dokler niso vsa polja napadena. V našem konkretnem primeru je rešitev poljubna množica trdnjav . Kri- terijska funkcija je vsota števila trdnjav v rešitvi in števila še nenapadenih polj; optimalna je torej rešitev , ki napada vsa polja z najmanj trdnjavami. Dopustna je vsaka delna rešitev, ki jo je mogoče dopolniti do prave rešitve . V primeru problema trdnjav so vse delne rešitve dopustne , v splošnem pa utegnemo potrebovati nekaj več pazljivosti. Požrešna metoda je enostavna, zato ne moremo pričakovati, da bo optimalna za vse probleme . Res se izkaže, da je za nekatere probleme mogoče dokazati, da je požrešna metoda" prava", za mnoge probleme pa velja , da s požrešno metodo ne bomo dobili optimalnih rešitev . Videli bomo , da to zadnje velja tudi za problem trdnjav na šahovnici . Le algoritem poženemo , za n = 2 ,3 ,4 ,5 dobimo optimalne rešitve! Ali t o pomeni, da je problem tako enostaven? Na žalost ne , pri n = 6 je rezultat alg oritma že 90 t rdnjav, kar je precej slabše od enostavne rešitve , ki jo dobimo, če sestavimo skupaj tri rešitve za n = 5 (Premisli , da taka konstrukcija pri vsake m n ved no da rešitev za n + 1 s trikratnim številom trdnjav!). Le pogl edamo na Sliko 2 , vidimo, da je med n = 4 in n = 5 konstrukcija, ki sestavi tri manjše rešitve , celo optimalna, nasploh pa to seveda ni res. n 234 5 6 7 8 število trd njav 3 5 9 27 90 248 679 Slika 3 . Rešitve , dob lj en e s po žrešnim a lgori tmom Kaj pa če bi način izbire trdnjav, ki naj po krij ejo izbrano polje nekoliko s pre me nili? Izdam vam, da sem nekaj različnih strategij preizkus il, pa se niso izka zale za dobre . Na primer: postavil sem trdnjavo kar na izbrano polje ali pa (slučajno) nekam na okolico, itd. Morda bi se splačalo poskusiti s programom sestavljati (delne) rešitve za rnanjše dimenz ije? Če je vašemu računalniku kdaj dolgčas, pa poskusite še vi! Se e nkrat opozor imo , da je zelo malo možnosti, da bi hitro lahko našli kakšno 'do slej najboljšo reš it ev' . Zelo zanimivo bi že bilo imeti algoritem (program), ki bi da jal boljše rešitve od požrešne metode . 93 Za konec pa še tole. Na n-dimenzionalni šahovnici trdnjava napada (s poljem na katerega je postavljena) natanko 2n + 1 polj . Ker je na 4- dimenzionalni šahovnici 34 = 81 polj , velja 34 : (2 · 4 + 1) = 81 : 9 = 9 ln res obstaja rešitev z 9 trdnjavami za n = 4 (glej sliko 4), pri kateri je vsako polje napadeno natanko po enkrat! 02 01 oo [x OO 01 02 10 1 1 12 20 21 22 S lika 4. Skica rešitv e za n = 4 Povzemimo . Na videz enostavni problem trdnjav na šahovnici je zahte- ven . Požrešna metoda je dobra za n ::; 5, za n > 5 pa so rešitve, dobljene s požrešno metodo, slabe. Janez Lerovnik POVPREČNIK IN NJEGOVI PREBIVALCI V mestu Povprečnik eno o'oleto natančno Boris Lavrič -'-'/Ii)l-l" io« li' .ICn'I_VnllLn ' 6. SOLSKO IN 16. IZBIRNO TEKMOVANJE SREDNJESOLCEV IZ MATEMATIKE Sredi decembra 1989 so se nenaravoslovno usmerjeni srednješolci spoprijeli z nalogami: Prvi letnik 1. Barbari je bilo med razred no uro dolgčas , pa si je na klo p izmed naravnih števi l o d 1 do 100 na pisa la tista, ki dajo pri de ljenju s 4 od nič različen kvocient in osta ne k, ki je praštevilo. Ker se je ura vlekla, je sklenila , da bo od teh š t evil zbrisala vs e , kater ih kvadrat j e deljiv z 9 . Sošolka Andreja je opazila, da je Barbara poza bila zbrisati ravno najma njše število z naštetimi lastnostmi. Katero? 2. Koliko štirimestnih štev il ( od vključno 1000 do vključno 9999) mo raš najmanj izbrat i, da bos ta dve iz med nji h za got ovo imeli isto vsoto cifer? 3 . Na daljnem planetu za devetim i zvezdami je v nekem ra zredu 200 učencev; 3 3 j e fa nt ov in 10 1 d e kle . V katere m številskem sistemu računajo ? 4 . Srednj ica razdeli trapez v dva trapeza , katerih ploščini sta v razmerju 1:2 . Kolik šno j e razmerje med dolžinama osnov nic? Drugi letnik 1. Notranja kota pri Ain C šti rikot nika ABCO st a prava . Sred i šče d i- agonale B O označimo z E, težišči t rikotnikov AB O in O BC pa z R oziroma T . Kolikšna je vsota dolžin dalji c RE in ET, če je stranica BC štirikotnika dol ga 8, s t ra nica COpa 6 ? 2. Dva kroga s po imero m 1 se do t ika ta v točki Q . Dia m et rai no nas prot i tej točki leži na prvi krožnic i točka P, na d ru g i pa točka R. Post a vimo tangento na prvo krožnico , da g re skozi R, in ti st o tangento na d rugo krožn ico , ki gre s koz i P in ne seka tangente na prvo krožnico . Kolikšna j e raz dalja med njima? 3 . I zračunaj ostri kot m ed e no ts kima vektorjema a in b , če veš , da sta c = = a + 2 bin d = 5 a - 4 b med seboj pravokotna . 4. Dan je paralelogram A BC O s stranicama A B = 10 in A D = 5 t e r kotom 60° m ed njima . Naj bo E točka , ki deli stranico AD v razmerju 1:3 in lež i bliže A , F pa točka, ki deli stranico B C v ra zmerju 2 :1 in leži bliže C. Točko G iz be re mo na stranici CD tako, da j e BG pravoko tna na EF. V kakšnem razme rju deli točka G stranico CD ? 95 Tretji letnik 1. Za realn i števili x in y velja 2 x + y = 3 . Kolikšna je najrna njša vrednost izraza x 2 + y 2 ? 2. Reši enačbo VX + 2 ij7i = 3 . 3. Izračunaj log,;pq ~,če je log p q = VS. 4. Kolikšna je stranica ~večje kocke, ki jo lahko včrta,mo enakostranične­ mu stofcu s premerom osnovne ploskve 2 r = 10 cm? Let rti letnik 1. Enačbo 4 x 3 - 3 x - k = O (O < k < 1) reši Xl = cos Q . Drugi dve rešitvi sta : a) x 2 = cos (Q+ 'Tr/ 3) , xa = - cos (Q - 'Tr/ 3) b) x 2 = - cos (Q - 'Tr/3) , X3 = - COS(Q+ 'Tr/3) c) x2 = cos (Q + 'Tr/3) , x3 = cos (Q - 'Tr/ 3) Izberi pravo reš itev in utemelji svojo izbiro. 2 . Dana je parabola y 2 = 2 p x . Skozi njeno gorišče F postavimo premico , ki jo seka v točkah R in S. Pokaži, da je /R + ft = ~. (FR in FS sta razdalji med goriščem in presečiščema) 3. Rešitve enačbe x 4 + p x 2 +q = O tvorijo aritmetično zaporedje. Poišči zvezo med p in q . 4 . Narisani lik lahko pokrijemo z dominami 3 x 1: ITI] Le na lik postavimo domino Eb potem ostanek lika ne moremo več pokriti z dominami 3 x 1. Dokaži . r Za uvrstitev na republiško tekmovanje je bilo treba v soboto, 10. marca 1990 dobro opraviti še eno preizkušnjo: Prvi letnik 1. Poišči naravna števila a, b, c, za katera velja a3 - b3 - c3 = 3abc in a2 = 2(b + c). 2 . Pokali, da praštevila p = 22 " + 1, kjer je n naravno število, ne moremo zapisati kot razliko petih potenc dveh naravnih števil. 96 3 . Za katera praštevila x , y in z velja x Y + 1 = z ? 4 . Naj bosta ain b kateti pravokotnega trikotnika , v pa višina na hipotenu- zo c . Dokaži , da velja c + v > a + b . Drugi letnik 1. Po išči vse pa re celih števil (x , y ), za katere velja x 6 + 3 x 3 + 1 = y 4 2. Pokaži, da funkcija f : R.~ R., za katero velja f( x2) - (f(x))2 :?: ~ pri vsa kem x E R., ni inje kt ivna (obstajata torej med seboj različni realn i števili Xl in X2, daje f( XI) = f (X2)). 3. Dani sta paraboli y = x 2 - 6x + 12 in y =: - x 2 + 8x - 17 . Po i šči njuni skupni tangenti . 4. Trikotniku je včrtan polkrog, ki se dotika stranice a, njegov premer pa ima kraji š či na drugih dveh stranicah trikotnika in je vzporeden s stranico a . Določi polmer tega polkroga, če poleg stranice a poznaš še višino v na to stra nico . Tretji letnik 1. Pri katerih pozitivnih (x+ ~)6 _(x6 +~)_2 ( x+ ~)3 +(x3+ : 3 ) realnih vrednostih spremenljivke x doseže Izra z najmanjšo vrednost? Kolikšna je? 2. Poenostavi: a) ~h8+ 1 7 j5 + {h8 - 17 j5 b) \138+ 17j5 + {h 8 - 17j5 3. Reši enačbo (cos 4x - cos 2x)2 =sin 3x + 5 . 4 . Po išči vsa naravna števila n, za katera velja: v trikotniku s stranicami A B = 33 , A C = 21 in BC = n lahko postavimo točko D na AB in točko E na A C tako, da je A D = DE = EC = m , kjer je m naravno število. tet rti letnik 1. Reši enačbo 1 then bjd - l] :=d end : d :=O ; while c <> O do begin e:=b[c]; b[c]:=d ; d:=c; c:=e end ; while d <> O do begin writeln(a[d]): e:=b[d]; b[d]:=c; c:=d; d:=e end ; end . {Marvin} Odgovor utemelji! 2. skupina 1. Kljub temu, da je Marvin hiperinteligentni robot , mu tokrat ne preostane drugega, kot da godrnjaje naredi preprosto inventuro skladišča trans- galaktičnega podjetja A&F. Skladišče je zgrajeno kot n-dimenzionalni kvader (n je med 1 in maxn). Podatki, ki jih Marvin dobi pri vhodu v skladišče, so število dimenzij skladišča n in dolžina skladišča dolz v vsaki od dimenzij (dolz je tabela velikosti n) . Napiši program, ki bo Marvinu izpisal seznam koordinat osnovnih celic, ki jih mora pregledati (vsako celico natanko enkrat) . 2. Naj bo (a) strogo naraščajoče zaporedje realnih števil al < a 2 < ... < an, Tedaj element a(n+l) div 2 imenujemo srednji element zaporedja (a). Takoje na primer v zaporedju -35 ,2 ,7 ,14 , 15 srednji element 7, v zaporedju 1,3 .14,18,19 .5 pa je srednji element 3.14. Naj bosta (a) in (b) dolgi, strogo naraščajoči zaporedji realn ih števil , vsako s po n elementi, pri čemer je vsak element zaporedja (a) različen od vseh elementov zaporedja (b). Opiši postopek , ki dobi zaporedji (a) in (b) v tabelah in ki brez dodatne tabele kar se da hitro določi srednji element strogo naraščajočega zaporedja, ki ga skupaj tvorijo elementi zaporedij (a) in (b) . 3. Sto procesorjev (vsak izvaja svoj proces) je povezanih med seboj v obroč tako , da ima vsak stik le s svojim levim in desnim sosedom. Vsak procesor izvaja svojo kopijo nasi ed njega progra ma: 103 < 50) do begin {ne gori} {segrevanje od sosedov} {gorilnik g ori} { ko ličina goriva v gorilnik u} { t em pera t ura gorilnik a } en procesor Je 'net ilec '} {while} { vžig} {gorenje} { Gorilnik} {ugasnitev} {ohlajanje} {dotok goriva} temper :=O; {natanko t em per: = l OO end ; program Gorilnik ; var gor i: boolean; gorivo: integer; temper: integer ; functio n Netilec : boolea n; externa 1; function LeviGori : boolea n; exter na 1; function DesniGori : boolean; external; procedure Cakaj: externa l; begin { Gorilnik} gori:=false; gorivo:=lOO ; if Neti lec t he n begin gori:=true; repea t while (temper < 80) or (gorivo if LeviGori or DesniGori then begin t emper:=temper+ll; if temper > 100 then tempe r:=lOO end ; if temper > O then t emper := temper- 1; if gorivo < 100 then gorivo:=gorivo+1 ; Cakaj : end ; gori:=true; temper:=lO O; while gorivo > = 10 do begin gorivo :=gorivo-10 ; Cakaj end ; gori:=false; gorivo:=O ; u n t il false ; end . Podprogram Cakaj zadrži izvajanje prog rama za 0 .1 sekunde, sice r pa lah ko predposta vimo, da j e izvaj an j e preostalega pro grama zelo hitro . Vsi proceso rji pričnejo izvajati svoj program hkrati . Funkcij i LeviGori in DesniGori vrneta ob klicu sta nj e s premenljivke gori v levem ozi roma desnem sosednjem procesu. Funkcija Netilec vr ne true le enemu pro ce - so rju , vsem ostalim vrne [s lse, Le opazujemo stanje sp reme nljivke gori v vsakem procesu v obroču , lahko opazimo določeno podrnnožic o procesov, v katerih velja gori = true. Opiši, kako se podmnožica "gorečih" procesov spremi nja s časom (kako se "plamen" se li). Ali se ta podmnožica sčasoma usta li ali je spreminjanje sta lno? Od gov ore utemelji . 104 4. Hkrat i požen em o d va programa , ki teče t a vsa k na svojem proc esorju . Oba im a t a dostop do iste globaln e spreme nlj ivke, ki j e bila pred t em nasta vlje na na vrednost n ič. Med izvajanjem vsak program natan ko de- settisočkrat prebere vrednost spremenlj ivke, prištej e ena in novo vrednost zapiše na zaj , ne da bi vedel , kaj počne drug i prog ram. Upoštevaj , da j e hit rost izva janja programov lahko močno ne enakomerna . Kol ikšni sta najmanjša in največja vrednost, ki ju spremenljivka lahko zavzam e , ko oba programa končata z delom? Ali lahko zavzame poljubno vr ednost med najmanjšo in najv ečjo? Kaj pa če imamo n program ov , kjer j e n poljubno število med vključno 1 in 42? Odgovor u temelji! 3. skupina 1. V vrsto želimo postaviti n domin . Vsaka domina ima dve polj i. Vsa ko polj e je označeno z 1 ali 2 ali . . . m pikami . Napiši program , ki za poljubno dano množico dom in ugotovi, ali lahko vse dom ine zložimo v vrsto . Pri zlaganju v vrsto morata imeti soležni polji sosednjih domin enako število pik . Podatki za program so število domin in štev ilo pik na vsak em po lju vsake od njih. 2 . 2el ezn iška postaja je sestav ljena iz 5 vzp oredn ih slepih ti rov . Na v hodu stoji 32 va go nov, oštevilčen ih s številkami 1 , 2 , . . . , 32 , ki pa so med seboj premešani. Železničarji lahko prem ikajo po en vagon v sm er i od vh oda proti izhodu . Vagon lahko torej premaknejo z vhoda postaj e ali s poljubnega slepega tira na poljubn i (kasnejš i) slepi tir al i na izhod postaje . Napiši program , ki bo premikal vagon e tako, da bodo na izhodni tir prihajali urejeni po naraščajočih številkah. Na voljo imaš naslednje podprograme: Premak niVagon(odKod,kam): premakne en vagon s tira odKod na tir kam. odKod in kam sta številki tirov , kjer je O :s odKod < < kam :s 6; Prazen(tir): vrne true , če j e tir z oz na ko t ir prazen (O :s tir :s 6); Vago n(t ir): vrn e številko vagona , ki je prvi na t iru tir (O :s tir :s 6) , t o j e štev ilka tistega vagona s tira tir , ki ga j e mogoče premakn iti. Vhod Tir O 105 Izhod Tir fi Tir 1 Tir 2 Tir 3 Tir 4 Tir 5 3. Med dvema računalnikoma, povezan ima v komunika cijsko mrežo , potu- jejo datoteke. Vsaka datoteka je sesta vljena iz več zapisov (vrsti c), ki lah ko potujejo kot paketi od pošiljatelja do prejem nika po različn ih pot eh, odvisno od obremenitve mreže . Paketi vsebujejo poleg zap isa z datoteke tudi identifikacijo datoteke , kateri pripadajo, zaporedno številko zapisa v datot eki in oznako, a li gr e za zadnj i za pis s te datoteke. Istočasno la hko prihaja več da tot ek, katerih paketi med prenosom po ra zličn ih pot eh lahk o razl ično zakasn ijo in zato prihajajo v polj ubnem vrst nem redu. Pr av lahko se zgodi , da prispe zadnji zapis neke datote ke pred prvim. zato j ih mora r a č u n a l n i k . ki j ih sp rejema , uredit i po vrsti , preden j ih d o k ončno shrani . Napiši tisti del programa, ki prispele zapise izpiše v pravilnem vrst- nem redu. V vsa kem t renutku lahko hkrati prihaja največ 10 datotek , p ovpr ečna dolžina datoteke je 100 zapisov . Ob lika prispelih pa ketov je ta kšn a : type pa ketT = record vrs ta Pa ket a : (vmesni,zadnji) ; s tevilka : int eger; datoteka : 1. .10 ; zap is: za pisT; e nd ; {pake t TJ { vrsta prihajajot ega pak eta } {z apo redna številke paketa } {številka dat ot eke. ki ji pak et pripada} {z apis v pak etu} Le je vrstaP aketa en aka zadnj i . pot em nam njego va številka pove. koliko za pisov je v datoteki . Ob lika tipa zapis T ni pomembna . Na voljo imaš podpr ogr am Pisi(dat oteka.zapis} . ki izp iše zapi s iz enega paket a sporoči la. 106 4 . Marvin in Garvin sta nesrečna in malodušna robota . Raztovoriti morata ves oljsko ladjo, polno pangalaktičnega grloreza. Le se oba robota znaj- deta hkrati v ladji, zavlada tako pesimistično vzdušje, da nadaljnje del o ni več mogoče , zato za medsebojno sinhronizacijo uporabljata spodaj podani algoritem. Na začetku sta oba robota zunaj vesoljske ladje . Ali je možno, da se znajdeta oba robota hkrati v vesoljski ladji? Odgovor utem elji! Alg or item za ro bo t a jaz (jaz je konstanta z vrednostjo 1 ali 2) : const { zanka O} {za nka l } {zanka 2} { Pom nilnik je orgemz iren tako. da lahko bere, piše ali} { testira vrednost ene spremenljivke sam o en robot naenkrat .} { Pred začetkom izvajanja programov je vrednost vLadj i O. naVrsti pa l .} procedure Ra ztovarjanje: begin repeat repeat repeat until (vLadji=O) or (vl.adjieejaz] : navrsti .eejaz: if vl.adjieeO then vl.adji .eeja z: until (naVrsti=jaz) and (vl.adj ieejaz ) : {robot jaz vstopi v ladjo. poišče zaboj grloreza, ga vzame in izs topi iz ladje} vLadji:= O; until LadjaPrazna ; end ; { Raz tovarjanje} ja z = ... , va r vl ad ji: 0 .. 2 ; na Vrsti : 1..2 ; Sandi K/avlar 107 EULERJEVA NALOGA - Rešitev s str. 35 (P-1) Pravilni sedemkotn ik lahko raz re!emo na same trikotnike na 42 različnih n a čin ov. Na sliki 1 vidimo 6 takšnih razredov. Prav vse pa dobimo s pomočjo sedm ih vrteževokrog njihovega središča. Pra vilni osemkotnik pa la hko raz re!emo kar na 132 različni h načinov . 14 osemkotn ikov iz prvih t reh ko lon na sliki 2 smemo spet zaradi ustreznih vrteže v ok rog središča št eti po osemkrat, zadnjih 5 iz četrte kolone pa le po štirik rat. S lika 1 ~®~® ~®@@ e1:1~®® ~~@@ ~~ @ Slika 2 . Vilko Domajnko 108 25. TEKMOVANJE ZA SREBRNO VEGOVO PRIZNANJE Potem ko se je približno 12000 učencev od 5. do 8. razreda osnovnih šol po vsej Sloveniji potegovalo za bronasto Vegovo priznanje, se je v soboto, 21. aprila 1990 udeležilo ju bilejnega 25 . tekmova nja za srebrno Vegovo prizna nje 1493 učencev 6. razreda, 1436 učencev 7. razreda in 1446 učencev 8. razreda. Srebrno Vegovo priznanje je osvojilo 529 šest0c5lcev , 489 sedmošolcev in 468 osmošolcev. Republiška tekmovalna komisija, ki ji je predsedovala prof. Terezija Uran, je za tekmovanje izbrala naslednje naloge: 6. razred 1. Izračunaj ((6t - D ,~5) ' 2 , 8 + 1 ,75) ·20 + 1755 = 2. Vnuki so ob rojstnem dnevu obiskali dedka. Ob tej priložnost i jim je povedal, da je hodil v šolo nata nčno eno petnajstino svoj ih let, potem pa je moral pustiti šolo in se zaposliti. Delal je natančno enajst osemnajstin svojih let. Koliko časa je dedek hodil v šolo in koliko let je delal? 3 . Obseg trikotnika meri 120 cm. Stranica a je enaka !- obsega, stranica b pa 40% obsega. Izračunaj stranico c. Kolik del obsega je ta stranica (u lomek, procent)? 4. Načrtaj enakokrak trikotnik f::,.ABC, če poznaš polmer očrtanega kroga r = 3 cm in kot med krakoma I = 30 ° . Pri načrtovanju upora bljaj ravnilo in šestilo! 5. Dan je pravokotnik ABC D. AB = 8 cm, BC = 6 cm . Na stran ici DC je točka E, ki je od D oddaljena 5 cm . Koliko meri ploščina štirikotn ika ABCE? 7. razred 1. Za koliko se razlikujeta vrednosti izrazov 1 /2 3 ln 1 če - x x - x 1+ x+x 2 + x 3' je x = - i? 2. Katere izmed točk A(-~ , -8) , B(~ , ~) , C(15,~) in D(~ , 2) lež ijo na grafu obratnega sorazmerja z = ~? Utemelji odgovor! 3 . Reš i enačbo (11~13 + 13\5 + 15~17 + 1/19 + 19~21) ' x = ADI ! Napotek : 2 _ 1 1 12·13 - IT - 13 _ 4 . Dan je krog s premerom AB = 2 m in središčem 5 . Polmer sC oklepa spoimerom 5 B kot 4: BsC = 45° . Tangenta na krog v točk i C seka podaljšek premera AB v točki D . Nariši . Izračunaj ploščino lika , ki ga omejujejo odsek ta n~ente CD, podaljšek premera 8 D in lok Be. 109 5 . Nariši enakokrak pravokotni trikotnik s hipotenuzo 4 cm. Na zunanji stran i tr ikotnika nariši še tri kvadrate , ki imajo po eno stranico skupno strikotn ikom . Prese čišča diagonal teh kvadratov m ed seboj poveži . I z računaj ploščino tako dobljenega lika . 8. razred 1. Za katere vrednosti števila a ena čba 10+3(x-2) = ax+ 3 nima rešitve? 2. Dana je linearna funkcija z = (2m + l) x + 7 a . Določ i m tako, da točka A(4 ,3) leži na njenem grafu . b. Zapiši funkcijo in nariši njen graf. c . Izračunaj razdaljo izhodišča koordinatnega sistema do premice . 3 . Koliko skokov mora narediti lovsk i pes , da bo ujel lisico, ki je 60 svojih sk okov pred psom? Up oštevaj , da so trije pasji skoki ta ko dolgi kot sedem l is ičj ih , vendar naredi lisica 9 skokov v enakem času kot pes 6 skokov. 4 . Krožnemu izseku velikosti šestine kroga je včrtan krog. V kolikšnem razmerju sta ploščina šestine kroga in ploščina včrtanega kroga? 5. Padlo j e 2,2 mm dežja . Koliko kapljic je padlo na 1 m2 površine, če je povprečna masa kapljice l2 g? Aleksander Potočnik GLEJ GA! - Rešitev s str. 16 (P-1) Izm ed osmih možnih primerov bi bil vozel zavozlan le v dveh . Verjetnost, da j e voz el detelj a , je torej ~. Vilko Domajnko SLOVENSKI ASTRONOM NA KITAJSKEM Nesporno je, da smo Slovenci prispevali na področju matematično fizikalnih znanosti dela mednarodne vrednosti. Samo pomislimo na svetovno znana učenjaka, kot sta veliki matematik Jurij Vega in slavni fizik Jožef Stefan . Znameniti Slovenci pa niso delovali le v ožji domovini Sloveniji in v ostali Jugoslaviji, ampak takorekoč po vsem svetu, kamor odhaja mnogo naših sposobnih znanstvenikov še dandanes. Med takimi , ki so delovali in bili zelo uspešni daleč od svoje rodne slovenske grude, je bil tudi astronom in matematik Avguštin Hallerstein. Ta znameniti Slovenec se je rodil leta 1703 v Mengšu. Šolal se je pri jezuitih v Ljubljani in stopil v njihov red. Študij je nadaljeval v Gradcu in na Dunaju, kjer se je dobro izobrazil v matematiki in astronomiji . Po končanem visokošolskem študiju je najprej v jezuitskem redu poučeval gramatiko , kmalu pa se muje ponudila prilika, da uresniči svojo mladostno željo in odpotuje kot misijonar na Kitajsko. Aprila 1736je odplul iz Lizbone proti Kitajski. Z ladjo je obplul Južno Afriko, potoval mimo Mozambika , se ustavil v mestu Goi in septembra 1738 priplul v južnokitajsko pristanišče Macao, ki je bilo tedaj v portugalski posesti. Med potjo se je marljivo učil portugalščine in kitajščine in se izpopolnjeval v astronomiji in matemat iki. Po polletnem postanku se je odpravil na okoli dva tisoč km dolgo pot v kitajsko prestolnico Peking. Potoval je z rečno ladjo in delno na konju . V Peking, kjer je bilsedežjezuitske organizacije, je končno prišel sredi leta 1739. Menda je bilo tedaj v mestu le okoli trideset evropskih misionarjev in nekaj ruskih trgovcev . Na cesarskem dvoru je Hallerstein prevzel delo v matematičnem oddelku (tribunalu), ki mu je bila dode ljena tudi astronomija. Leta 1743 je postal član, čez tri leta pa dvorni astronom in predstojnik te znanstvene ustanove . V naslednjih letih je veliko potoval po prostranih deželah Daljnega vzhoda. Leta 1749 je prepotoval Ma ndžurijo in izdelal njeno geografsko karto. Na željo portugalske kraljice je oktobra 1752 zapustil Peking in prispel oktobra 1753 v Macao . Tu se je srečal s portugalsk imi kraljevimi odposlanci in jih vodil do Pekinga . Po končanih pogovorih na kitajskem dvoru je Hallerstein spet spremljal odposlance do Macaa in se nato ponovno vrnil v Peking . 5tirikratno naporno potovanje preko Kitajske ga je tako izčrpalo, da si je nabiral moči več mesecev . V zahvalo za ta podvig in tud i za zasluge pri astronomskem delu pa mu je cesar podelil častni naslov mandarina. Leta 1761seje moral zaradi telesne izčrpanosti odpovedati kartografske- mu delu na terenu . Čez dobrih deset let je zaprosil tudi za odpust iz dvorne službe, ker mu je zaradi starosti postala pretežka . Leta 1774 je Hallerstein 111 prosil, da ga razbremenijo še astronomskih opazovanj . Kitajski cesar mu j e naročil, naj svoje delo po najboljših močeh opravlja še naprej , toda Haller- steinu so moči pošle . Kmalu nato ga je zadela kap, njene ponovitve 29 . oktobra leta 1774 pa ni več prelivel. Pokopan je na jezuitskem pokopališču v Pekingu. Avguštin Hallerstein je odšel na Kitajsko kot misijonar. Kaže pa, da so se tam bolj zanimali za njegovo astronomsko in matematično znanje. Oboje mu je služilo pri kartografskem delu. S kartografijo, to je risanjem zemljev idov , je začel že na svoji poti na Kitajsko, ko se je leta 1738 prvič za dalj časa zadržal v Macau in narisal načrt mesta in okolice. Glavno kartografsko delo pa je opravil leta 1749 v Mandžuriji . Na izredno napornih potovanjih je zbral podatke za izdelavo geografske karte te dežele. To delo je bilo povezano s pripravo obsežnega atlasa Kitajske (izšel 1769). Morda je na osnovi davčnih listin, ki jih je imel na razpolago, Hallerstein izračunal število prebivalcev Kitajske v tistem času: 198213718 . S'tevilna Hallersteinova pisma sorodnikom na Kranjsko in poročila o OnSERVATOIJU: DE P EKING \ i-----.... ' Slika 1. Pekinški astronomski observatorij v času, ko je na njem delal A.Hallerstein . Pozorno si oglej opremo tega observatorija. Na razsežni ploščadi vidiš skoraj vse značiln e s ta rinske (kotomerne) astronomske instrumente: armilarne sfere, kvadrant , sekstant, gno- mon, neb esni globus, itn. Glej še članek Stari kitajski astronomski instrumenti. Pr es ek 16 (19 88/89) 210. 112 Slika 3 . Veliki seks tant , ki so ga up ora bl- jal i za ast rono mska opazovanja v Ha ller- st einovem čas u , je še sedaj dobro ohran - jen . Razstavljen je na ploščadi starega pekin škega obse rva torija, ki so ga preure- dili v muze j. Slika 2. Obse rvationes astronomicae ... - Astronoms ka opaz ovanja, ki so jih oprav ili od leta 171 7 do leta 1 752 očetje jezuitsk e- ga reda iz Pek inga in j ih je zbral A . Hal/er- stein, izšla v dveh zvezk ih (830 st ra ni) na Dunaju leta 1768. Hallersteinov delež v knjigi zaje ma leta po 1746. Hallersteinova ast rono mska dela so še: O razlik ah m ed petrograjskim in pekinškim poldnevnikom, Opazovanja Merkurja v letih 1746 in 1747, Opazovanja Merkurjevega preh oda čez Son čevo plosk ev iz Pekinga dne 7. 11 . 1756 . Obj avil jih je v priznanih evropskih znans tveni h revijah, . "'41'>..~-.,.,.. ....,.,~ .....~~~~C/'O t in. Potem s prestavitvijo trdnjave v m-ti vrst ici v in-ti stolpec in n-ti vrstici v im-ti stolpec dosežemo, da je vsota, ki ustreza novemu položaju trdnjav, večja od prejšnje, saj zaradi ocene m (im - in) < n (im - in) velja m im + n ln < m ln + n im Od tod že sledi, da je pri diagonalni postavitvi trdnjav vsota največja. Boris Lavrič SAHOVSKE UGANKE - Rešitev s str. 26 (P-l) Odgovori na uganke so prikaza- ni na slikah (1,2 ,3). V prikaza- ni poziciji na sliki (1) vsaka fi- gura ščiti natanko eno drugo fi- gure. Na sliki (2) je prikaza na ena od rešitev, kjer je na pa- denih al i zasedenih vseh štiri- inšestdeset polj na deski. Kaj pa če nas zanima rešitev , ki upošteva le napadena polja? S primerom lahko hitro potrdimo trditev, da lahko komplet belih figur postavimo na desko tako, da je napadenih triinšestdeset polj . Boljša rešitev za sedaj še ni z na na in prav tako nikomur ni uspelo dokazati da taka re- š it ev ne obstaja . B. R. Trone je sicer našel rešitev znapaden imi vse m i štiriinšestdesetim i polji , ve nda r je bila neveljavna, saj sta bila oba lovca na poljih iste barve . Slika (3) predstavlja eno izm ed rešitev , v kateri je na- pad eno le šestnajst polj. Poskusite najti še kakšno rešitev zastavljenih ugank. Janez Aleš MULTIGUARD T M MULTIGUARD ™ filtri so sestavni del stekel in zas/onov na kontrolnih instrumentih vesoljskega plovila SPACE SHUTTLE Zaščitni filtri MULTIGUARD so prava rešitev vaših problemov. MULTIGUARD filtri, ki jih izdeluje poznana angleška firma OCLI, so najnovejši dosežek tehnike. ~!! !! IISll.tl ORIHIOllltl. HHPIIG PIOPIIIO SlI BIIHR= = = = IsomSBUSI NISS ~"I EKSKLUZIVNI ZASTOPNIK ZA JUGOSLAVIJO: Rožna dolina V/23 61000 WUBWANA Tel.: (061) 261-300 Filter je sestavljen iz šestih plasti, ki so lepljene med seboj, s sprednje in zadnje strani filtra pa je nalepljeno posebno aluminijevo kaljeno steklo, ki varuje filter pred mehanskimi poškodbami in hkrati odličnoodvaja statično napetost. VARUJTE ZDRAVJE: izboljšajte si delovne pogoje! Izognite se neprijetnim glavobolom in utrujenosti.