INov ice GOLDBACHOVA DOM NEVA Del Go ldbac hovega pisma Eulerj u iz let a 174 2, v katerem je Goldbach ob robu zapisal domnevo, da lahko vsako od 2 večje naravno število zapišemo kot vsoto treh praštev il (Goldbach je tudi število 1 štel k praštevilom). Domneva še do danes ni niti dokazana niti ovržena. IPRESEK list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje 28. letnik, leto 2000/2001 , številka 2 , strani 65-128 MATEMATIKA FIZIKA ASTRONOMIJA RAČUNALNIŠTVO NOVICE NALOGE REŠITVE NALOG ZANIMIVOSTI, RAZVEDRILO TEKMOVANJA NA OVITKU VSEBINA Zvez dni polied ri (Vilko Domajnko) 68-73 Male skrivnosti enakost raničnega trikotnika (Mar ija Ven celj ) 82-85 Hipokratove lu ne (Mi lan Hladnik) 98-104 Luminescen ca (Zoran Arsov) 74-80 P lavanje z va lovi (Andrej Likar) 92-95 Men a (Marijan Prosen) 86-90 Trdnj ave na šahovnici (Martin J uvan) 81 Grafična podpora (Marti n Juvan) 91 Milijon do larjev za dokaz Go ldbachove domnev e (Primož Potočnik) 106-107 , II Mala številska kri žanka (U rška Demšar) 66 Trgovska (Marija Vencelj ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 Vrstni red tekmovalcev (D ragoljub M. Miloševič) 67 Dve za podm ladek (Dragoljub M. Miloševič) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 Vedno velja (Dušan Murovec) 80 Iz dalj ice t rikotnik (Mar ija Venc elj) 81 Dokaži neenakost (Marko Razpet ) 91 Kje vid imo več , na Zem lji ali na Luni ? - s str. 28 (Marijan Prosen) 105 Matematična kr iža nka - Pitagorov izrek - s str. 3 (Dragoljub M. Miloševič) 105 Šahovski konj na polj ih kocke - s st r. 2 (Marija Vencelj) 108 Labirinti na po liedrih - s str. 4 (Izidor Hafner) 108-109 Križanka "Vrste ugank" - s st r . 32 (Marko Bokalič) 109 Relativnost (Andrej Lika r) 67 Križanka "Estetsko de lilno razmerje" (Marko Bokalič) 96-9 7 35 . področno t ek movanje za Srebrno Vegovo .priznanje (A leksander Potočnik) 110- 114 20. dr žavno t ekmovanje iz fizike za osnovnošolce - popravek poročila iz 1. številke (Nada Razpet) 114 20 . področno t ekmovanje iz fizike za osn ovnošolce (Nad a Razpet ) 115- 119 Izbirn o t ekmovanje iz matematike za srednješolce (Matjaž Željko) 120-121 Na loge z reg ijskega fizika lnega tekmovanja srednješolcev Slovenije v šo lskem letu 1999/ 2000 (Ciril Do mi nko) . . . 122-125 21. mednarodno matematično tekmovanj e mest - Na loge pom ladanskega kroga (Gregor Cigler) , . . 126-128 Mozaična podoba malega zvezdnega dodekaedra na t leh bazilike Sv . Marka v Benetkah (okrog let a 1420) , ki jo pripisuj emo slikarj u P aolu Ucce llu. Glej t udi članek Zvez dn i po liedri na str. 68 I Bioluminescenca pri globokomor skih organizm ih . Slike k članku Lu minescenca na str. 74 (© Steven Haddock, več slik lahko najdet e na nas lovu http ://lifesci.ucs b . edu;-bioluml) III , IV Za vsakogar nekaj I MALA ŠTEVILSKA KRIŽANKA P osamezne rešit ve so naravna števila . Od eb eljene črte nakazujejo presle- dek med dvem a številoma. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Vodoravno: 1. Razlika števil pod 7 navpično in 6 navpično . 3. P rašt evilo . 5. Število s samimi enakimi števkami. 6. Deset a po tenca. 8. Število je deljivo s 6. 9. Večkratnik števila 6 navpično . Navpično: 1. Kub. 2. Prva in zadnja št evka števila sta enaki . 3. Produkt prašt evil po d 3 vodoravno in 4 navpično. 4. Največje dvomestno pr ašt evilo. 6. Razlika števk je enaka prvi števki števila pod 3 vodoravno. 7. Šte vki števila sta sod i. Urška Demšar TRGOVSKA V Newto nov i knjigi Sp lošna aritmetika iz leta 1707 naj dem o to le nalogo : Trgovec je vsako let o za t retj ino povečal svoje premoženje, zmanjšano za 100 funtov, ki jih je porabil za svojo družino . P o t reh leti h je ugot ovil , da se je nj egovo začetno prem oženje po dvojilo. Ko liko je bilo njegovo premoženje vr edno na začetku? Marija Vencelj I Za vsakogar nekaj RELATIVNOST 1. Mark Tw ain se je sp ominjal svoje mladosti: "K o sem bil star 14 let , je bil moj oče tako neumen , da sem ga kom aj prenašal. Ko pa sem bil v 21. letu, sem bil presenečen, koliko se je oče med tem naučil." 2. Petletnik pride v ameriški vr tec s Švedske. Ko ga vprašajo , kako je v vrtcu , potoži, da je bolj sam, ker nihče ne zna govorit i švedsko. Ko mu zastavijo enako vprašanje po dveh mesecih , je navdušen: "Sedaj pa vsi govor ijo šved sko!" 3. Bohr in Einstein tečeta pred medvedom , ki ju dohiteva. Bohr pre- dlaga : "Albe rt, vdajva se , medved je hit rejši kot mid va." Einstein pa: "P rav vseeno je, če je medved hitrejši od naju. Pomembno je le, da sem jaz hit rejši kot t i!" 4. Radi o opozarja voznike: "Pozor, opazili smo avto, ki vozi po napač­ nem voznem pasu!" Radio posluša tudi prekrškar, ki vzklikne: "Kaj eden, na tisoče!" 5. "Gospod Einstein , preprosto povejte, prosim, kaj pomeni beseda relativno!" "P reprosto," pravi fizik. "Trije lasj e na glavi je relativno malo, t rije lasje v juhi pa relativno mn ogo!" 6. "Kaj je pomembnejše, Sonce ali Luna?" vprašajo pet letnika. "Luna, ker svet i ponoči , ko je temno, Sonce pa svet i podnevi , ko je tako ali tako svet lo!" 7. "Ali je res, da tiger ne napade človeka, ki nosi baklo ?" je vprašala gospa nekega raziskovalca Afrike. "To, gospa, pa je odv isno od tega , kako hitro človek nosi baklo ," je pojasnil raziskovalec. Iz različnih virov zbral A ndrej Likar VRSTNI RED TEKMOVALCEV Ciril, J an ez, Peter , Roman in Marijan so na krasu zasedli pr vih pet mest. Določite njihov vrs t ni red , če vest e: • Ma rjan ni bil pr vi. • Ciril ni bil nit i pr vi niti zadnji. • J anez je bil eno mesto za Marij anom. • Roman ni bil drugi. • Pet er je bil dve mesti za Rom anom. Dragoljub M. Mi lo šeuic Mat ematika I ZVEZDNI POLIEDRI Kad ar v m at em atiki postavljamo defin icijo novega pojma, se t ega običajno lotimo izkust veno . Vendar se nam lahko pri tem zgodi, da se po d defini- ranim pojmom skriva več, kakor smo ime li v mislih v začetku . Lep prime r za to je definicija pr avilnih p oliedrov. Ko se je stolet ja dolgo zdelo, da so malodane vse, kar se skriva pod tem poj mo m , vedeli že st ari Grki, se je na lep em obrnilo drugače . A pojdimo po vrsti. Pravilni ravninski večkotnik je definir an kot lik, ki im a skladne vse st ranice in skladne vse notranj e kot e. Vemo, da zadošča te ma zahte vama neskončno mnogo likov (enakostranični t r ikot nik, kvadrat , pravilni pet ko- t nik ). Vzemimo oglišča A l , A 2 , .. . A n poljubnega pravilnega n- kot nika , šteta v naspro t ni sme ri urinega kazalca. Izb er imo nar avno število k (O< k < n) in povežimo oglišča z dalj icami A1Al+k, A 2A2+k' A3A3+k, A4A4+k, ... An A n+k. Če pri t em indeks i + k oglišča Ai+k preseže število n, ga sprem enimo v i + k - n. Za vsak izbor števil n in k dobimo eno ali več sklenjenih lomlj enk. Domen imo se , da bom o pri te m izpust ili vse ti st e primere, kjer razpad e op isani obho d po vseh ti točkah A i v več kakor eno samo sklenjeno lomlj enko (npr.: n = 6, k = 2). Opazujmo območj a , ki jih ograjujejo te lomlj enke. Pri izboru k = 1 dobi mo "običajne" pravilne n-kotnike, sa j povezu- jem o med sebo j kar vsa sosednja oglišča večkotnika. P ri k = 2 povezuj em o med seboj vsako drugo oglišče v zaporedju, pri k = 3 vsako tretj e it d . (slika 1) . Naj nas ne zbega, ker se stranice večkotnikov pri k > 1 med sebo j tudi sekajo . Rekli bomo, da je večkotnik enos taven , če se nob en par nj egovih stranic ne seka; v nasprotnem primeru je neenostaven. Pri te m presečišč st ranic neenost avn ega večkotnika ne štejemo za oglišča . Zanimivo je, da definiciji pravilnega večkotnika zadoščaj o t udi liki pri vrednos t ih k > 1. Zaradi nj ihove ob like se j ih je op rije lo ime zvezdni večkotniki. P rav t ako je očitno , da so vsi enos tavni pravilni večkotniki konveksni ( izbočeni). Med zvezdnimi večkotniki seveda ni konveksnih. Zvezdne večkotnike lahko dobimo t udi s pomočjo podaljškov stranic pravilnih konveksnih večkotnikov , ki se sekajo. Denimo: zvezdni petkot nik dobimo tako, da pod alj šamo st ranice konveksnega petkotnika . Oba načina sta enakovredna, to je, omogočata konstrukcijo kat eregakoli zvezdnega večkotnika. 0000 IMat ematika n =3 k = 1 ~ k=2 D n =4 o n= 5 n=6 n= 7 n= 8 k = 3 D Slika 1. Poskusimo s posplošitvijo večkotnikov še nekoliko drugače . Poglejmo, ali obstaja podoben splošnejši op is tudi za pr avilne poliedre. Spomnimo se: polieder je pravilen, če so vse njegove stran ske ploskve pravilni in med seboj skladni večkotniki in če se v vsakem njegovem oglišču stika ena ko število robov. Že starogrški matematik Evklid (365-300 pr.n.št .) je v svojih Ele- m entih dokazal, da je pravilnih poliedrov samo pet , in sicer tetraeder, oktaeder , kocka , dodekaeder in ikozaeder (slika 2). Slika 2. Pravim o jim tudi Pl atonovi poli edri (Platon jim je namreč dod elil pomembno vlogo pri svoji razlagi ustroja sveta). Ne smemo pa pozabiti, da so imeli matematiki antičnega obdobja v mislih le konveksne poliedre. Težko je reči , kdaj so odkr ili pr vi nekonveksni pravilni polieder , saj o tem nim amo zadostnih podatkov. Znan a je mozaična podoba malega zvezdnega dodekaedra (glej naslovno st ran) na tleh baz ilike Sv. Marka v Benetkah (okrog leta 1420), ki jo pripisujemo slikarju Paolu Uccellu . Zelo blizu zvezdnim poliedrom so tud i nekatere risbe iz dela O zlatem rezu it alijanskega matematika Luca Paciolija (1445- 1514) , ki jih je domnevno narisal Leonardo da Vinci, vse pozor- nosti pa je vredna t udi risba nemškega um etnika Went zelna J amnit zerja iz sredine 16. stoletja (slika 3). Prvi, ki je obš irneje pisal o te h te lesih in čigar delo se je ohranilo do dan es , pa je bil nemški astronom in matem atik J ohannes Kepler (1571- 1630) . Kepler je sicer znan pr edvsem kot astronom. Odkril je, da se plan et i gibljejo okrog Sonca po eliptičnih ti- rih in razložil osnovne zakone tega gibanja. Zanimivo pa je, da je pri svojem razmišljanju o zgra dbi Osončja predvsem v zgodnejš ih let ih delovan ja izhajal iz t .i. poliederskega modela, ki je v osnovi določen s petimi pr avilnimi poliedri. Takšni nazor i so ga prit egnili k poglob ljenemu št ud iju poliedrov na- sploh. V svojem naj pomembnejšem delu Harm onija sveta (Harm onices mundi , 1619) je Kepler povzel svoja odkritja v astronomiji. Pri svoji, precej mistično zasnova ni razlagi harmonije sveta, je v veliki meri up orab ljal t ud i jez ik ma- tematike. Vse življenje se je namreč dr žal načela , da je pr av geometrija praslika lepote sveta. Tako najdemo v te m delu tudi prvi poskus temeljit ejše klasifikacije polied rov, Kepler je polie- dr e delil na konveksne in nekonveksne. Med pr vim i je posebej izpostavil pet pravilnih in trinajst polpravilnih.! Za- nimivo je, da je pr avilne poliedre od- kr il tudi med nekonveksnimi . Čeprav Kepler samega post opka , ki ga je pri - peljal do odkritja, ni opisa l, ga je vendarle mogoče rekonstruirati. Mat ematika I Slika 3. Iz Jamnitzerjevega de la P er- spektiva pravilnih t eles . J oh annes Kepl er 1 G lej : T. P isanski , Uni for m ni poliedr i, Presek 1993- 94 , št . 4 . Mat ematika 71 1 Slika 4. Stella octangula . Omenili smo že, da lahko dobimo zvezdne večkotnike tudi s podaljš ki st ranic pravilnih konveksnih večkotnikov. Ta postopek posplošimo v pro - stor na ta način, da za vsak pr avilen polieder razširimo njegove ploskve v ravnine, pri čemer se vsaka seka vsaj z eno od preost alih. V nekaterih primerih dobimo z območjem , ki ga ogra jujejo te ravni ne, novi polieder. Pri tetraedru in kocki dobimo na ta način enako te lo. Polieder , ki ga dobimo z raz širitvijo ploskev oktaedra, je Kepler imenoval st ella octangula (slika 4). Že sam je opazil, da ga ne mor emo šte t i kot novo te lo, saj je pravzaprav sestavljen iz dveh te- traedrov . Zar adi tega spada med t.i. sesta- vljene poliedre, ki so bili v veliki meri znani že tudi pred Keplerjem . Metoda razvršča­ nj a je v primeru stelle octangule podobna kakor pri zvezdnih večkotnikih, kjer šte jejo le tisti , ki so ograj eni z eno samo sklenjeno lomlj enko. Povsem novi te lesi, ki v matematični lit eraturi do Keplerjevega časa nista bili znani, dobimo z razširi t vijo ploskev dodekaedra in ikozaedra. Kepler ju je sprva imenoval m ali in veliki m orski ježek. Danes sta v lit eraturi znani pod imenoma mali zvezdni dodekaeder in veliki zvezdni dodekaeder (slika 5) . Uvedel ju je angleški matemat ik Arthur Cayley (1859) . Slika 5. Mali zvezdni dodekaeder (levo) in veliki zvezd ni dod ekaeder (desno) . Slika 6. Matematika I Obe t elesi zadoščata defini ciji pravilnega poliedra. Njune st ranske ploskve so namreč med seboj skladni zvezdni petkotniki , pri malem zvez- dnem dodekaedru se jih v vsakem oglišču st ika po pet , pri velikem pa po trij e. Za razliko od preprostejših poliedrov, pri kater ih se stranske ploskve le st ikajo vzdolž robov, se njune ploskve tudi sekajo, podobno, kakor se sekaj o stranice zvezdnih večkotnikov . Ob a zvezdna dod ekaedra spadata zaradi svojih "bodic" med nekonveksne poli edre. Mali zvezdni dodekaeder ima 12 st ranskih ploskev (v vsakem od 12 oglišč se jih st ika po pet) in 30 robov. Njegova oglišča so hkrati oglišča očrtanega ikozaedra. Veliki zvezdni dodekaeder ima prav t ako 12 stranskih ploskev , pri čemer se v vsakem od 20 oglišč stikaj o po t ri, in spet 30 rob ov. Njegova oglišča so razmeščena v ogliščih dodekaedra. Morda bo koga za mikalo izdelati tudi papirnata modela obe h zvez- dnih poli edrov. Za model velikega zvezdnega dodekaedra je naj enostav- neje, če napravite model ikozaedra in nad vsako njegovo ploskev prilep it e t ristrano piramido. Seveda je rob osnovne ploskve t e piramide enako dolg kot rob ikozaedra , kot stran ske ploskve piramide ob vr hu pa meri 36° , sa j je to pravzaprav kot v pravilnem zvezdnem petkot niku . Na podobe n način izdelate tudi model malega zvezdnega dodekaedra: na vsako st ran- sko ploskev dodekaedra nalepite pet strano piramido. Za dimenzije t eh piramid veljajo enake opombe kot v prejšnjem primeru. Občudovalci papirnatih modelov polie- drov seveda najraje izde lajo svoj model iz enega samega kosa papirja . Njim je name- njena mreža malega zvezdnega dodekaedra na sliki 6. Sestavljajo jo zgolj plašči omenjenih pet kotnih piramid. Leta 1809 je fran coski matematik Louis Poinsot odkril še dva pr avilna nekonveksna poli edra , in sicer veliki dodekaeder t er veliki ikozaeder (slika 7) . Kmalu zatem pa je leta 1813 francoski matematik Au gustin-Louis Ca- uchy doka zal, da pol eg št ir ih že znanih ne obst aja več noben drug nekonveksen pravilni polieder. S tem je postala zgodba o pravil- nih poli edrih zaključena: pet je konveksnih (Platonovi poli edri) , št irje pa nekonveksni (Ke pler-Poinsotovi polied ri). I Matematika - Naloge Slika 7. Velik i dod ekaeder (levo) in veliki ikozaed er (desno). Zanimivo je, da dva Keplerj ev-Poinsotova poliedra ne zadoščata Eu- lerj evi poliederski formuli. Ta pravi, da je 0+ P = r + 2, kjer je o število, oglišč, p št evilo ploskev , r pa število rob ov poliedra . Za vaj o ju poskusit e sami poi skati . Vilko Dom ajnko DVE ZA PODMLADEK 1. Skupini šest ih krožcev dodajte še dva, t ako da boste dobili šest vrst s po tremi krožci v vsaki. o o 2. Koliko t rikot nikov je na sliki? o o o o Dragoljub M. Milo ševi č Fizika I LUMINESCENCA Vsi procesi v naravi potekaj o tako, da se energija pret aka iz ene oblike v drugo. Pri prostem padu prehaj a potencialn a energija v kinetično , mehan ska energija se pri gnetenju kep e plastelina spreminja v to ploto, pri igranju na glasbila se mehanska energ ija delno prenese v energijo zvočnega valovanj a , pri sevanju telesa pa se to plot na energija pret vori v svetlobo. Ogledali si bomo skupino takih pr ocesov, kjer se različne oblike izhodiščne energije pretvorijo v svet lobo. ENERGIJA ===} (VIDNA) SVETLOBA V shem i smo zapisali vidna svetloba, ker so običajno taki procesi še bolj zanimivi. V primeru, da energije v izhodiščni obliki ne zaznamo, se zdi namreč tako, kot da bi se svetloba vzela iz nič . P rocese zgornje vrste delimo v grobem na inkandeseeneo (lat . in candela, v sveči ) in lumuiesceuco (lat. lumen, luč ) . Inkandescenca je pretvorba toplotne energije v svetlobo. Če izhodiščna energ ija ni v obliki toplote, govor imo o luminescenci oziroma t.i. hlad ni svet lobi . Različne pojave ime nujemo z ust reznimi predponami pred -luminescenco oziroma -escenco. Preden se posvetimo opisu posameznih pojavov, naj povemo nekaj besed o pr incipih , ki so skrit i za vp ijanjem (absorpcijo) energ ije v snovi in oddajanjem (emisijo ) energije v obliki svetlo be. Molekule (ali atomi) v snov i imajo določeno energijo , pravimo , da so v določenih energijskih stanj ih. Če sestavni del snovi prid obi ali izgubi ust rezno količino energije, lahko preide iz obstoječega v drugo energijsko stanje. Podobno bi lahko tr- dili , da je človek po zaužit ju (abs orpciji ) hrane v drugačnem 'energijskem' stanju kot pred tem. V primeru, da se zgodi pr ehod med stanji zaradi svetlo bne energije, lahko energijs ko razliko 6.E med stanjema molekule zapi šemo kot 6.E = lu/ = h~ A ' kjer je h P lanckova konstanta, v frekvenca svetlobe, c svetlobna hit rost in A valovna dolžina svetlobe . Če gre molekula iz višjega v nižje energijsko stanje, pri te m izseva (emit ira) svet lobo z ust rezno valovno dolžino , iz nižjega v višje stanje pa pr eide po absorpc ij i svet lobe . Ker so energij- ska stanja za določeno molekul o točno določena, je točno določena tudi energijska raz lika med njimi. Za prehod mora to rej molekula absorbirat i količino svetlo be , ki nosi energ ijo hel A. Takšno količino svetlobe imenu- jemo 1 k vant svetlo be (1 foton ). Od to d izhaj a tud i ime k vantn a fizika , IFizika ki se ukvarja z opisom nar ave na nivoju atomov oz. molekul in njihovih sestavnih delov. Kot bo razvidno iz primerov, preds tavlj enih kasneje, so energijske razlike med stanji molekul v mnogih primerih v območju , kjer lahko prehodi med stanji potekajo z izsevanj em vidne svetlobe. Pod pojmom vidne svetlobe razumemo svetlobo, ki ima valovnedolžine približno od 400 nm (modra barva) do 750 nm (rdeča barva) , zelena barva ima npr. A = 500 nm , rumena pa A = 550 nm (0,000000001 m = 10-9 m = 1 nm) . Za bolj šo predstavo bomo energijska st anja molekule primerj ali z energijskimi stanj i kamna, ki ga dvignemo s tal na poli co pri določeni višini. Za potencialno energijo kamna z maso m velja Wp(h) = mgh , s težnim pospeškom 9 in višino h, na kat eri je polica. Pri konstantni masi in težnem pospešku je potencialna energija sorazmerna višini . Ko je kamen na tleh (h = O), je njegova potencialna energija enaka nič. Kamnu se energija kvečjemu lahko poveča . Tudi za molekulo obstaja neko najnižje energijsko stanje; tako st anje imenuj emo osnovno stanje. Če okolica ne moti molekule, bo molekula v tem stanju tudi ostala. Podobno bo kamen vzt rajal na tleh , dokler ga ne dvignemo. (St e že kdaj vid eli kamen , ki bi poskočil sam od sebe ?) V višje energijsko stanje bo molekula prešla , če bo za to iz okolice dobila potrebno energijo !lE, npr. z absorpcijo svet lobe. Višja energijska stanja imenuj emo vzbujena stanja. Z dvigom kamen spravimo v višje energijsko stanje. Najpomembnejša razlika med kamnom in molekulo je , da lahko kamen dvignemo na poljubno visoko polico, molekula pa lahko preide le v energijsko točno določena st anj a (višine poličk za molekulo ne moremo poljubno spreminj ati). Različne molekule imajo energijska st anja različno razporejena. Do inkandescence pride, če snov dovolj segrejemo (torej , če ji dove- demo dovolj toplotne energije) , da seva vidno svetlobo. Poleg tega mora biti snov gosta ; inkandescenco opazimo pri t rdninah, kaplj evin ah in gostih plinih, pri redkih plinih pa ne. Lep primer je segreto jeklo v železarnah , ki pri določeni t emperaturi začne žareti. J eklo , ki rdeče žari, oddaja poleg rdeče tudi svetlobo drugih barv , vendar rdeča prevladuje. Barva svetlobe, ki je snov največ odda, je določena le s temperaturo, ne pa z vrsto molekul v snovi (različne snovi se pri isti temperaturi obnašajo podobno). Pri razumevanju inkandescence si zato ne moremo pomagati s predstavo o energijskih stanjih, ponazorjenih s policami. V inkandescentni svetlobi so torej različno močno zastopane kom- ponente svetlobe z različnimi valovnimi dolžinami. Diagramu, ki kaže Fizika I količino izsevane svetlobe (inte nziteto) v odvisnosti od valovne dolžine, pravimo sp ekter. Spekter sevanja segretega t elesa vidimo na sliki 1. Manj segreta t elesa oddajajo predvsem infrardečo (IR) svet lobo (-\ > 750 nm) , ki je z očmi ne morem o zaznat i. IR svetlobo čutimo kot toploto, ki prihaja od segre tega telesa. Če t elo dovolj segrej em o, seva tudi precej ultravijolične (DV) svetlobe (-\ < 400 nm), ki ima kr aj šo valovno dolžin o kot modra svetloba. 1.51.71.92.12.53.03.75.07.5 ! 1°\ r ... ! " i "'1, 1 .... 6S(l(Y'C ! \ i ~ ] \'" 1,.. svetloba 1497 nm .- 1 5600" i~" " " "" ! 560 nm ; · ·.a a ~ i _1-..-1 700"C ••••V' -.-.i.... . . / : 725 nm;1~)(i~:z-'r--.,-.... ..~ . i ._--+-rč....,;.-.:--- :::::::_.::=::;;:.;:;,:;...:;;.:.:•........ 15 I ! I.: ! 414 nm mr .~.. vidna svet loba :"i \~ svetloba 2.5 2.0 1.5 ~ 'N B .E 1.0 0.5 200 400 600 600 'ODO 1200 ' 400 1600 1800 2000 valovna dolžina (nm) Slika 1. Spektri segre t ih teles pri različnih t emperaturah. Na di agr amu so označene tudi va lovne dolžin e , p r i ka t erih t elesa na jbolj sevajo. Izvori inkandescentne svetlobe so plamen sveče (ognja) , običajna žar- nica, zvezde (slika 2) . Del plamen a sveče , ki je rumen e barve, nastane zaradi inkandescen ce ogljikovih delcev , ki nastanejo po izgorevanju voska. Žarnica sveti pot em , ko skozi t anko ž i č ko spustimo električni t ok. Ker tanka ž i č ka predst avlj a za tok veliko oviro (ima velik up or) , se segreva in inkandescentno zas vet i. Mimogrede omenimo še, da na podoben način de luje tudi halogenska luč , le da je v halogenki prisoten plin, ki omogoča luči dalj šo življenjsko dobo in večjo intenzitet o svetlobe. Tudi svetloba zvezd je inkandescent nega izvor a . Potrebna izhodiščna energija nastane pri jedrskih reakcijah v jedru zvezde. Ta energija se preko različnih procesov prenese na površino zvezd e, ki seva svetlobo. Površina Sonca ima okrog 5600 °C . Ker im a sp ekter pri tej t emperaturi maksimum pri valovni dol žini okrog A = 500 nm (glej sliko 1) , Sonce seva svet lobo rumeno-zelen e barve. Zanimivo je, da so oči človeka najbolj občutljive prav pri t ej valovni dolžini. I Fizika Slika 2. P rimeri inkandescence. Seda j si bomo pobliže ogleda li še luminescenco . V t em proces u izhodiščna energij a, ki jo a bsorbira snov , ni toplotna energij a . Zat o snov , ki oddaja svetlobo pri luminescenci , ni vroča. G lede na to, v kakšni ob liki oz iroma od kod prihaja izhodiščna energij a , ločimo različne poj ave. Ne kaj je zapisan ih spodaj . flu or escen ca Izhodiščna energija izvir a iz absorpcije svetlobne energije . Običajno na material posvetimo z DV svetlobo . Ker DV svet lobe ne vidimo, fluorescent na snov pa seva vidno svetlobo, se zdi , kot da izsevano svet lobo dobimo iz nič. Fluorescentne snov i uporabljamo v različne na- mene, najdemo jih , npr. v fluorescentni luči , v mineralih, ki fluorescirajo, v nekaterih pisalih. fosfor e scenca Snov ab sorbira svet lobno energijo. Sevanje svet lobe ne sledi neposredno po absorpciji , ampak poteka z zakasnitvijo . Na ta način lahko snov oddaja svetlobo tudi v popolni t em i, če smo jo pred te m obsevali s svetlobo. Fosforescen tne snovi uporabljamo kot pr emaz na urnih kazalcih, pri otroških igračah. kemoluminescenca Pri nekaterih kemij skih procesih se energija po kon- čan i reakc iji sprosti v obliki svet lobe (in ne toplote). Tem reakcijam pr avimo kemoluminescentne. Kot pr imer kemoluminescence ome nimo svetleče pal čke , bioluminescenca O bioluminescenci govorimo, ko živi organizmi zaradi kemoluminescentnih reakcij oddaj ajo svet lobo. Najbolj vsakdanji pri - mer so kresničke , gljive, zelo pogost a pa je bio luminescenca pri globo- komorskih organizmih. e le k t rolu m inescen ca Elektroluminescenco povzroči tok nabitih delcev . Kinetična energija delcev se porabi za vzbujanje atomov oz. molekul v snov i v višja energijska st anja. Primeri so te levizijski ekran , neonska luč , severni sij, strele. r adioluminescenca Izhodiščna energija je posled ica radioaktivnih razpa- dov . Nekatere starejše ure so ime le na kazalcih radioaktivni premaz, zaradi česar so kazalci svetili t ud i ponoči. Fizika I triboluminescenca Pri triboluminescenci (gr. tribo, podrgniti, popra- skat i) je sevanje svet lobe posledica absorpcije mehanske energije . Do tega pojava lahko npr. prid e, ko med seboj podrgnemo dva kosa pri- merne kamnin e. termoluminescenca To je posebna oblika pojava fosforescence. V nekate- rih mat erialih se fosforescenca poj avi šele, ko mat erial dovolj segrejemo. Najprej si oglejmo poj ava fluorescence in fosforescence. Imen i iz- haj a t a iz kemijsk ih eleme ntov fluora in fosforj a , saj so poj ava najprej opazili pri nekaterih spoj inah, ki vse bujejo ta dva eleme nta. Valovna dolžin a fluorescenčne in fosforescenčne svet lobe je odvisna od strukt ure in post avi tve ener gijskih stanj mol ekul, ki sestavljajo snov. Valovna dol žin a izsevane svetl obe je t orej odvisna od kemijske sestave snovi (za razliko od inkandescence). Pri razumevanju fluorescenc e in fosforescence si lahko pomagamo s predstavo o energ ijs kih stanjih kot policah, med katerimi prehaj ajo mo lekule. FLUOR :-ESCENCA E S* ABSORP CIJA SVETLOBE I prehod .. preko trkov , ,,, ,(EMISIJA " ' SVETLOBE) , : " FOSFOR I " -ESCE NCA : ,,' (EMI SIJA SVETLOBE) 1 , So Slika 3. Energijska stanja v molekuli (E .. . energija). So je osnovno stanje, S* in T* pa predstavljata vzbujena stanja molekule. Pri ob eh pojavih ima izsevan a svetloba v primerj avi z abso rbirano sve tlobo večjo valovna dolžin o (npr. pri fluorescenci snov absor bira DV svetlobo in izseva vidno). Pri fluorescen ci je t a značilnost posledi ca pre- hod ov znot raj vzbujen ega stanja S* (glej sliko 3) . Lahko bi rekli, da je vzbujeno stanje S* polica , ki je sama sestav ljena še iz nekaj poličk (v našem primeru iz višje in nižje poličke). Med t emi poličkami lahko molekula preh aja za radi trkov z ostalimi molekulami , pri čemer lahko mo- lekula izgubi nekaj ene rgije. Energij a emit irane svetl ob e je zato manjša od Slika 4. Fluorescentna luč. I Fizika energije absorbirane svetlobe; iz l::!>.E (emisija) < l::!>.E (absorpcija) res sledi ,\ (emisija) > ,\ (absorpcija). Pri fluorescenci si po vrsti sledijo nasle- dnji prehodi molekule med energijskimi stanji: So ~ S~iŠje (absorpcija energije), S~išje ~ S~ižje (prehod preko trkov) in na koncu S~ižje .; So (emisija svetlobe) . F luorescenca je osnova za .> O ." 1 delovanje fluorescentne luči (slika 4). • .,..",; Plin v cevi seva svetlobo zaradi elek- ' I troluminescence (med koncerna cevi je določena napetost) . Če plin seva vidno svetlobo, govorimo o neonski luči . V primeru fluorescentne luči seva plin VV svetlobo. Ker je cev premazana s fluorescentno snovjo, luč v resnici sveti zaradi fluorescence. Tudi fosforescenco razložimo z lastnostmi energijskih stanj sistema. Nekatera vzbujena stanja so bolj dolgoživa kot druga, na sliki 3 je to T*. Pri absorpciji energije imamo prehod So ~ S*. Preko posebnih procesov pride do prehoda S* ~ T* . Nazadnje se zgodi prehod T* ~ So (emisija svetlobe) . Zopet velja ,\ (emisija) > ,\ (absorpcija) . V stanju T* ostane molekula dalj časa kot v običajnem vzbujenem stanju S*. To pomeni, da fosforescentna snov emitira svetlobo še dolgo potem, ko jo je absorbirala . Zato lahko vidimo na uro, pri kateri so kazalci premazani s fosforescentno snovjo, tudi ponoči. Če dalj časa spremljamo svetlost kazalcev, lahko opazimo, da s časom postajajo temnejši . Če bi imel i uro dovo lj dolgo v temi, kazalcev ne bi več videli. To je raz umlj ivo, sa j poide shranjena absorbirana energija. Ko postanejo kazalci pretemni, moramo kazalce zopet 'napolniti' z ene rgijo . To najlaže storimo, če postavimo uro neposredno pod luč ali kakšen drug močan izvor svetlobe. Pojav, ki je še bo lj privlačen za opazovanje, je bioluminescenca. Kdo še ni bil navdušen nad letečimi lučkami - kresničkami? Tako smo že navajeni, da so svetilna telesa priključena na nek poseben vir energije (običajno na izvor električne energije), da nas čudi, kako lahko kresnička sveti, ne da bi za sabo vlekla kakšen kabel ali baterijo. Živali in rastline, pri katerih opazimo bioluminescenco, imajo v seb i posebne snovi, ki lahko reagirajo med seboj; pri reakciji se sprošča svetloba (kemoluminescenca). Kresničke uporabljajo bioluminescenco pr i parjenju, pri globokomorskih organizmih ima pojav še druge biološke funkcije. Iso Fizika - Nalog e I Slika 5. Kresnička. V globinah oceanov vladajo po- sebne razm ere . Tam najdemo zelo zanimive in drugačne oblike življenj a . Če hočej o organizmi v takih ekst remnih razmerah preživeti, moraj o imeti raz- vite posebne sposobnosti. Biolumine- scenco tako organizmi v oceanih up ora- bljajo za pomoč pri lovljenju plena , za obrambo, pri parjenju, za osvetlj evanj e. Ta sposobnost kori sti tudi raziskoval- cem morja , sa j lahko z merj enj em biolu- min escence v določenih pr edelih morja spremljajo živahnost in količino življa . Večina morskih organizmov oddaj a modro svetlobo. Tako so se prilagodili okolju, ker ima v vodi največji doseg modro-zelena svet loba (se najkasneje absorbira ). Pomen dosega je velik , sa j pr emorejo organizmi le šibke izvore svet lobe . Poleg tega imajo čutnice, ki so največkrat občutlj ive le na modro svetlo bo. Obstaj a nekaj izjem, ki znajo pr oizvaj ati t udi rdečo svetlobo . Ti organizmi svojo pr ednost s pridom i zkoriščajo , sa j lahko plen , ki rdeče svetlobe ne zaznava, zalezujejo neopazno. Posamezni poj avi , katerih osnova st a inkandescenc a in luminescenca, se po vrsti energij e, ki jo snov ab sorbira, pr ecej razlikujejo. Njihova skupna lastnost pa je, da jih vse lahko razložimo, če up oštevamo, da je energijs ka razlika 6.E med energijs kimi stanji molekul točno določena. St anj a imajo namreč lahko le nekaj izbranih energij (spomnite se na primerj avo med kamnom in moleku lo). Zgor aj opisa ne pojave lahko torej razumemo le s pomočjo kvantne fizike. Zoran Ar-sov VEDNO VELJA Dokaži, da je neenačba V4 x + 1 + V7 x + 1 + Vl- l l z ::; 3 izpo lnjena za vsak realen x, za katerega je defini rana. Dušan Murovec I Računalništvo - Naloge TRDNJAVE NA ŠAHOVNICI Med najbolj znanimi nalogami iz razvedrilne matematike je vprašanje, na koliko načinov lahko na običajno šahovsko desko postavimo 8 kralj ic tako, da se paroma ne napadajo. Ljubitelji razvedrilne matematike vemo, da je to moč storiti na 92 načinov, med kat erimi je 12 bistveno različnih, torej takih, ki jih ni moč dobiti drugega iz drugega z zasuki in zrcaljenji šahovske deske. Enako vprašanje si lahko zastavimo t udi za trdnjave. Spomnimo se, da je trdnjava šahovska figura, ki napada vsa po lja v svoji vrstici in v svo- jem stolpcu šahovnice. Različnih postavitev ni težko prešteti. V vsakem stolpcu in v vsaki vrstici šahovnice bo natanko ena trdnjava. Za postavitev trdnjave v prvi stolpec je tako 8 možnosti, za t rdnjavo v dr ugem stolpc u še 7 (vrstica, ki jo zaseda trdnjava iz prvega stolpca, je prepovedana), za tretji stolpec ostane 6 možnosti, itd. Različnih postavitev je torej 8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 8! = 40320 . Mimogrede opazimo, da lahko na šahovnico velikosti n x ti postavimo ti paroma nenapadajočih se trdnjav na n! načinov. Sprašujem vas, koliko je bistveno različnih postavitev 8 paroma nenapadajočih se trdnjav na običajno šahovnico? Vseh bistveno različnih postavitev raje ne poskusite narisati, saj jih je več kot 40~20 = 5040 (šahovska deska ima 8 "simetrij", ker pa so nekatere pos tavitve trdnjav "simetrične", iz njih z zasuki in zrcaljenji dobimo manj kot 8 različnih postavitev). Štetja se je torej treba lotiti previdno in z veliko mero potrpežljivosti. Če pa vas veseli programiranje, naj vam namignem, da boste nalogo skoraj gotovo hitreje reši li z računalnikom kot s svinčnikom in papirjem. . Martin Juvan IZ DALJICE TRIKOTNIK Dano daljico na slepo razdelimo na tri manjše dalji ce. 1. Ali se vam zdi verjetneje, da bomo iz dobljenih kosov (kot stranic) lahko sestavili trikotnik, ali, da ga ne bomo mogli? 2. Za spretnejše: Znate verjetnost, da trikotnik lahko sestavimo, tudi izračunati? Marija Vencelj Mat ematika I MALE SKRIVNOSTI ENAKOSTRANIČNEGA TRIKOTNIKA Da ima enakostranični t rikotnik sam e ena ke stranice, pove že njegovo ime. Posledično ima t udi skladne not ranj e kote, vsak od njih meri 60° . Kako iz dolžine stranice izračunamo njegovo višino ali ploščino , sodi med obvezna znanj a učenca, ki zaklj učuje osnovno šolo. Tam se nauči še včrtati enakostranični trikot nik v dan o krožnico in izve, da je po lmer očrtane krožnice dvakrat tolikšen kot po lmer včrtane krožnice ter da je obeh skupaj nat anko za trikotnikovo višino. Ima pa enakostranični t rikotnik še vrst o preprost ih lastnosti , t udi takih , ki so značilne samo zanj in po katerih ga lah ko prepoznamo, ne da bi posebej izračunali in primerjali njegove stranice ali kote . Najbo lj znana je gotovo lastnost , da le že središče t rikotniku očr­ t ane krožnice , središče včrtane krožnice , v iš in ska točka in težišče (pa npr. tudi središče Eulerjeve krožnice) v isti točki. To točko običajno označimo z O in jo imenuj emo kar središče enakostraničnega t rikot nika. Enakostranični t rikot nik je t udi edini t rikotnik, v katerem naštete točke sovpadajo . Še več. J e edini t rikot nik, v katerem sovpadata poljubni dve od naveden ih točk . Če se namreč ujemata dve od zgornjih točk, se ujem aj o vse. Povedano za vajo dokažite sa mi! Drugo preprosto, pa zelo uporabno lastnost ! opisuje naslednj a trdi- tev: V sota razdalj poljubne notranje točke enakostraničnega t r ikot n ika od njegovih stranic j e neodvisna od izbrane točke. Enaka je višini trikotnika. Izrek lahko preprosto dokažemo. Kot na sliki 1 označimo z a in v stra nico in višino enakostraničnega t rikotnika 6.ABC, z x , y in z pa oddalje nosti poljubne not ranj e točke T od t rikot nikovih stra nic. Ker je ploščina trikot nika 6.ABC enaka vsoti ploščin t rikot nikov 6.AB T , 6.BCT in 6.CAT , velja 1 1 "2 av = "2(ax + ay + az) in od tod x + y+z =v. 1 Nekaj let naza j je b ila t a las t nost sk rita v nalogi na ene m od tekm ovan j za Vegova priznanja. IMatematika c A c a B Slika 1. Slika 2. Trdit ev velja t udi, če leži točka T na robu t rikotnika. Če je Toglišče t rikotnika, sta dve razdalji enaki nič in t retja v. Če pa leži T na st ranici, je ena od razdalj enaka nič ; da je vsota preost alih dveh v, dokažemo kot zgoraj , le da razpad e v te m primeru trikotnik 6.ABC samo na dva t rikot nika. Tudi v primeru, ko je T zunanja točka t rikotnika, lahko izrek smiselno posplošimo. Če leži točka T na istem br egu nosilke posamezne stranice, kot tej stranici nasprotno oglišče , vzamemo razdaljo točke T od te nosilke v naši formuli s pozitivnim predznakom, sicer jo pomnožimo z -1. Za primer s slike 2 to rej velja x - y + z = v . Dokaz (podobe n je zgornjemu) izp eljite sami. Tudi ta las tnost je znači lna lastnost enakostraničnih t rikot nikov. To so edini trikotniki z lastnost jo, da je vsota razdalj poljubne not ranj e točke t rikot nika od nos ilk t rikot nikovih stranic neod visna od izbran e točke . Za ostale trikot nike velja, da je vsota navedenih razdalj po velikost i vedno med najkrajšo in najdaljšo višino t rikotnika'' . Vrnimo se k enakostraničnemu trikotniku. Še vedno naj bo T po- ljubna točka in x, Y, z njene oddaljenost i od t rikot nikovih strani c. Njihova vsota x + y + z je konstantna, produkt x yz pa očitno ne. Če se točka T bliža robu t rikot nika, se pr odukt bliža vrednosti nič , in je na robu enak nič. Za točke v notranj osti t rikotnika je poziti ven in po zelo grobi oceni ne pr eseže v3 , sa j je vsaka od razdalj x , y , z manj ša od v . Zanima nas , kje produkt doseže največj o možno vrednost in kolikšna je. Videli bomo, da velja: Produkt razdalj x yz doseže najveejo vrednost v središču enakostraničnega trikotnika in je enak 217v3 • 2 To je dokazal že it alij an ski matematik in fizik Viv ian i (1622 - 1703), ki je sa m sebe štel za za dnjega Galileovega učenca . Mat ematika I Trditev lahko po nekoliko dalj ši poti direktno dokažemo , mi pa se bomo ovinku izognili z uporabo naslednj ega izreka za pozitivna števila: Geom etrij ska sredina pozitivnih šte vil j e m anjša ali kvečjemu enaka njih ovi aritmetični sredini. Obe sredini sta m ed seboj enaki natanko v primeru , ko so števila m ed seboj enaka. Izrek bomo uporabili za oddaljenosti x , Y, z poljubne notranje točke enakostraničnega trikotnika od njegovih st ranic, saj so te razd alje pozi- t ivne. Torej: 1 > I OOct ••• uo ol polna luna zadn ji krajec mlaj prvi krajec polna luna Slika 2. Razlaga Luninih men. V okvirčku je prikazano navidezno debeljenje in tanjšanje Lu ne . o o t ir n ot r a n j e ga planete o (~ / , / , / , / -, / -, 3 .... -, 7 4 6 D Slika 3 . Mene notranjega planeta, npr. Venere. t i r zunanjee;a ~ planeta 1 "! 1 i :o Ze ml j i n tir ij () 2 ~---~---~ • (j O ~~~ O A stronomija P ri kroženju okrog Sonca se notranj emu planetu zelo hitro spreminja oddaljenost od Zemlj e. Zato se navid ezni premer planet a spreminja od mene do mene. Slika 3 prikazuje lege notranj ega planet a na njegovem t iru in njegov vsakokr atni videz - meno. Blizu zunanje konjunkcije (1) je vidna skoraj celot na, od Sonca osvetljena polkrogla planeta , ki pa je tedaj najbolj oddaljen od Zemlj e. Planet je vid en kot svete l disk (svet la okrogla ploščica - polna mena), ki je zelo majhen. Ko se planet premika po t iru in pride v lego (2), se njegova oddaljenost od Zemlj e zmanjšuje, povečuje pa se navid ezni premer, osvetljeni del se obrača st ran od Zemlj e, plan et se zdi nekako zabuhel. V največji vzhodni elongaciji ali kotni razdalji od Sonca (3) ima planet meno v obliki pr vega kr aj ca , a je že navidez no večji . Ko gre skozi pojemajočo meno (4), se seveda zorn i kot planet a še vedno veča, dokler ne doseže v not ranji konj unkciji (5) največjega navideznega pr emera , tod a od Sonca osvetljena stran je obrnjena proč od Zemlj e in planet je nevid en . Pa tudi sicer je tedaj planet skupaj s Soncem na nebu in nevid en. Po nekaj dn eh se že pojavi kot t anek srpek (6) , ki se počasi debeli z zmanjševanjem navideznega premera planeta , dokler ne dose že zadnjega kraj ca pri največji zahodni o elongaciji (7). Pl an et se nato naprej navidezno debeli (8), dokler ne doseže naslednje zunanje konjunkcije, ko je za Soncem in nekaj časa neviden. Zar adi bližine Sonca ne moremo opazovati vseh Venerinih men , kaj šele Merkurja , ki je še bliže Soncu in še dosti manj ši je od Venere. Sij planeta je tako odvisen od mene kot tudi od oddaljenos ti planet a od Sonca in od Zemlj e ter tudi njegovega albeda (odbojnosti svetl obe) . Zanimivo je, da je na primer Venera v največjem siju okoli 35 dni pred notranjo konjunkcijo in prav to liko dni po njej , ko je njena Slika 4. Mene zunanjega planeta, npr . mena razmeroma precej tanek srpek. Marsa. Mene zunanjega planeta Zunanje planete opazujemo od znotraj navzven , ker kroži Zemlj a okro g Sonca bliže kot ti planeti . Tako zunanji planeti nikdar ne morejo pr iti med Sonce in Zemlj o, torej v notranj o konjunkcijo , kot to velja za notranje plan ete. S slike 4 razbe remo, da je polna mena planet a možna v dveh legah : v ko- njunkciji (1), ko je plan et sicer neviden, in v opo ziciji (3) , ko je v nasprotni legi kot Sonce in tako vid en vso noč , pri čemer je zaradi manjše oddaljenosti od Zemlj e plan et navidezno precej večji (3). Med obema navedenima legama pa je planet videti rahlo odebeljen (za t o meno nimamo ustreznega izraza) , najbolj v kvadraturah , torej v legah (2) in (4). Zaradi tega, ker je Zemljin tir majhen v primerjavi s tiri zunanjih plan etov, so nj ihove mene zelo neizrazite. Že pri Saturnu ni mogoče ugotoviti mene, sploh pa ne pri še bolj oddaljenih plan etih. Celo pri Ma rsu , ki nam je od zunanjih plan et ov najbližji , je ob naj opaznejši meni zate mnjena le desetina celot ne poloble. Astronomija I Slika 5. P reprost prikaz mene okroglega telesa (npr. Lune), ki kroži ok ro g drugega teles a (npr. Zemlje) - poskus z modelom . Slika 6 . Levo : fotografija stare lune (zgoraj je p la net Saturn) ; v sre d in i: fotogr afij a Venere bli zu nj en ega prvega kraj ca ; desno: fotografija Me rkurjeve mene z veso ljs ke sonde Marine er 10. Marijan Pros en IRačunalništvo - Naloge GRAFIČNA PODPORA V programerski hiši CrissCross™ so vas zado lžili za pripravo grafične po dpo re njihov i najnovejši vzgo jni igrici. Vaša naloga je, da v program- skem jeziku logo sestavite ukaz, ki nariše kvadrat no mrežo velikosti 5 x 5 in na njej s kr ižci označi t ista po lja, katerih koordinate se nahaj aj o v seznamu, ki je parameter ukaza . Po samez no polje mreže je opisano s parom (seznamom) števil, pri čemer levemu spodnjemu po lju ust reza par [O OJ , desnemu spodnje mu par [4 OJ , levemu zgornjemu par [O 4J in desnemu zgornjemu polju par [4 4J . Tako na primer klic prikazi [[1 n [2 2J [3 3J [1 3J [3 n J nariše spodn jo sliko. x X X X X Pozor , križc i so nari sani z nekoliko debelejšo črto kot kvadratna mreža. Ukaz , s kater im v logu spremenite debelino želvinega peresa, se imenuje SETPENSIZE. Martin Juvan DOKAŽI NEENAKOST Na j bodo x , y in z po ljubna pozitivna realna šte vila, za katera je x + y + + z = 1. Dokaži, da tedaj velja Kdaj velja v zgornji oceni enačaj? (Naloga je bila zastavljena na avstrijski matematični olimpiadi let a 1970.) Marko Razpet Fizika I PLAVAN JE Z VA LOVI Ste že kdaj plavali v takšnem valovitem morju, ko se povsem pogreznemo v dolino in nas morje spet dvigne na vrh? Na take valove še sedaj nestrpno čakam , ko sem na letovanju. Izkušnje mnogih let kažejo, da pridejo vsako leto, če smo le kaka dva tedna na morju. Valovanje na vodni gladini ni tako preprosto kot na napeti vrvi. Na slednji nihajo delci pravokotna na širjenje valov. Takemu valovanju pravimo transverzalno valovanje. Tudi zvočni valovi so preprostejši od valov na vodi, saj delci zraka nihajo v smeri razširjanja valov - valovanju te vrste pravimo longitudinalno valovanje. Navadni gladini , ko je voda . globoka v primeri z valovna dolžino, pa delci vode krožijo , valovanje je torej nekakšna kombinacija transverzalnega in longitudinalnega valovanja. Na valovnem vrhu teče voda v smeri valovanja, v dolu pa v nasprotni smeri (slika 1) . Vmes sta točki, ko se vodni delci gibljejo v navpični smeri , torej pravokotna na širjenje valovanja. Slika 1. Gibanje vodnih delcev v valu . Izbrani delec se giblje po krogu spoImerom, ki je enak amplitudi va la. Val se gib lje od leve proti desni, kot kaže vektor valovne hitrosti c. Hitrost toka v valovnem vrhu ali do lu je povezana z amplitudo valo- vaja 80 in njegovo valovna do lžino ..\ . Ker se pot izbranega vodnega delca po krožni poti zaključi v času , ko valovanje napreduje za valovna do lžino, torej v obhodnem času 1 >.. to = - = -, v c je nj egova obodna hitrost enaka razmerju med dolžino krožnice s polme - rom, ki je enak amplitudi valovanja 80 , kar je 271"80, in obhodnim časom to: 271"80 271"80 vk = - - =c--. to ..\ IFizika s c smo označili hitrost valovanja, ki je v globo ki vodi podana z izrazom -« Za raz liko od izrazov za hit rost valovanja na vrvi ali zvočnega valovanja v zraku vsebuje ta izraz tudi valovno dolžino, kar je še ena posebn ost valovanja na vodni gladini. Ko plavamo vzdo lž valov, pr av jasno čutimo, da nas na valovnem vrhu to k žene naprej, v dolu pa nas zavira. Tudi ni mogoče pr ezreti, da plavamo vzd olž valov znatno hitreje kot proti njim , čeprav se v obeh primerih enako naprezamo. Oglejmo si, zakaj je tako, in izračunajmo povprečno hitrost plava nja v obeh pr imerih. Najprej se vprašajmo, zakaj smo pr i plavanju vzdo lž valov hitrejši, saj delci vode pri valovanju le kro žijo in se premikaj o okrog negibne točke . Na pr vi pogled bi sklepali, da se bo zaviranje v dolu in pospeševanje na vrhu izravna lo in bo torej povprečna hit rost plavalca enaka kot v mirn em morju. Natančnej ši premislek poj asni opazovanja: plavalec plava dlje časa na valovnem vrhu kot v valovnem dolu. V vrhu ima večj o hitrost kot v dolu , zato ga dol pozneje doseže. Ker je njegova hitrost v vrhu nekoliko večja, je povprečna hitrost plavalca večja od hit rost i, s katero plava v mirnem morju. Poskusimo to izraziti še z računom. Da si ga poenostavimo, bomo privzeli , da ima plavalec v področju valovnega hriba , to rej tam, kje r so delci vode nad nemot eno gladino, hit rost Vo + V, drugje pa hitrost Vo - V, kjer je Vo hitrost plavalca v mirni vod i. Pl avalec bo v naših računih zelo kratek v primeri z valovno dolžino, dolžina valovnega hriba pa naj bo ~ in tako enaka dolžini dola . Le pri zelo majhni nemoteni hit rosti Vo se bo pokazalo, da je dolžina dola nekoliko dalj ša kot hriba . Valovanje potuje s hit rostj o c. Izračunajmo čas, ki ga plavalec preživi v valovnem hribu, označimo ga s th . Pri računu si pomagamo s sliko 2, kjer so ra zmere jasno prikazane. Področj e valovnega hriba je dolgo ~ . Ko je plavalec ob vznožju vi hriba in ima hitrost Vo + V, ga val dohiteva s hitrostj o c, zato velja A (vo + V)th + "2 = cth . Prvi člen na levi strani enačbe je pot plavalca , dokler ga ne dohi ti dol, na desni strani pa je pot , ki jo mora opravit i vznožje Vd , da dohiti plavalca . Iz te enačbe sledi A th = . 2(c - Vo - v) ,,, t =O :~ '{l,,,, ,, t = LIJ ' " I l >../2 >./2 , , , ~valee pot vala cii , Fizika I :(vo+ v) ·t" : : pot plavalca : Slika 2. Razm ere ponazarjajo enačbo za izračun časa th . Zgornja slika kaže plavalca ob vznožju valovnega hriba v času t = O, srednja pa plavalca, ko ga je do hitela do lina v času th. Točki vi in Vd potujeta z va lom. Privzeli smo, da je hitrost valovanja c večja od hitrosti Vo + V, kar je pri plavanju brez pomoči kakega motorja vedno izpolnjeno. Podobno dobimo čas td, ki ga plavalec preživi v valovni do lini: x td = ---,--------,- 2(c - Vo + V) Sedaj lahko izračunamo povprečno hit rost plavalca, saj vemo, da traja plavanje v valovnem hribu čas th s hitrostjo Vo +v in čas td v valovni do lini s hitrostjo Vo - v . Skupna pot Ss , ki jo op ravi plavalec v skupnem času t.; th + td je (vo + V)th + (vo - V)td' zato je njegova povprečna hitrost . _ Ss (VO+V)th +(VO -V)td V = - = -'----=-----'----=-----'--=-----"---=. t; th + td Po krajšem računu dobimo za povprečno hi t rost v2 ii = Vo + --- . c - Vo I Fizika Pri računanju smo upošt evali, da je c > v + vo, tako da je imenovalec v zgornji enačbi vedno večji od v in zato povprečna hit rost ij vedno manjša od Vo + v. Na meji , ko velja c = Vo + v, je ij = c, kar ust reza plavanju na valovnem vr hu . Zaradi velike hit rosti nekajmet rskih valov na globokem morju v pri meri s hitrostj o, ki jo dosežemo s plavanj em , je to mejo praktično nemogoče doseči . Če v izraz post avim o Vo = O, bi pričakovali rezultat ij = O, dobimo pa od nič raz lično vredn ost . Pri majhni hitrosti Vo bi morali up oštevat i, da je dolžina dola nekoliko večja od hriba , kar jasno vidimo na sliki 1. Pri plavanju valovom naproti je računanje podobno. Sedaj gresta plavalec in val drug proti drugemu in je enačba za računanje časa plavanja v valovnem hribu v valovni dolini pa A (vO - V ) t h + cth = 2" ' Po podobnem računu kot zgora j pridemo do navid ez podobnega rezult at a: v2 iJ = vo - - - · c+ Vo Pri plavanju v valove je torej povprečna hitrost manj ša od nemotene hit rosti Vo, a izgubljamo nekoliko manj hit rosti kot je pridobivamo s plavanjem z valovi. Im enovalec v izrazu za ij je sedaj c + Vo in je tako vedno večji kot v prejšnj em pr imeru. Oglejmo si še številski primer. Valovi z amplitudo kakega metra imajo valovno dolžino kakih dvajse t ih metrov in hitrost c = l~:~~ ;12 - = 5,6 ms " ! ter hitrost toka v vrhu in dolu V k = 1,8 ms-l . Rekreativni plavalec z ne preveč t ruda plava s hit rostj o Vo = 0,7 ms-l . S temi po datki dobimo, da je povprečna hitrost plavalca v smeri valov 1,4 ms- l , če privzamemo, da je v = V k. To je dvakratno povečanje njegove nemot ene hitrosti . Primer je nekoliko pret iran , saj je privzeti podatek v = V k le zgornja meja za hitrost v . Če pa smo dovolj spret ni, učinek valov povečamo tako, da se na valovnem vrhu ali pa nekaj prej še posebno močno odrinemo. Takrat je privzeto mord a bolj na mestu. Pri plavanju prot i valovom pa je povprečna hitrost le ij = 0,2 ms - l , kar je občutno zmanjšanje nemotene hitrosti. Andrej Likar Zanimivosti - Razvedrilo I KRIŽAN KA "ESTET SKO DELILNO RAZMERJE" ";;< NAČRT0- SLAST VNOVlDOVALEC JEDI. UPRIZO1 ZGRADB. TVol1 + Kl TUDI TEK 1 UPQRABUAu 1 + TO:2 1 DELILNO 1 + RAZMERJE 1 + . -. . PRAV. LIKZ DIAG.IN STRANICO V TEM {/ RAZMERJU IWVOJ TEGARAZMERJAV . ~ CIRKONIJ ..... ..... VELIKA ..... .....PREPOVEDAN HOKEJSKl NOČPOložAJNAPADAlCA POTEZE NA PlOSčEK (NAREČNOPRI NOGOMETU OBRAZU PREDJOKOM VZHODNO) TRDEN ZAŠČiTNI IZBRANA OVOJ DRUmA TELESA REKLO I K~Atrl RDEČKASTA LISA DEL HRIB NAD MOŠ.PEVSKI IGRE PRI LJUBLJANO GLAS TENISU, - I MATIJA PONIELS NIZ BOHR DOMAČE NEPASIRANA KROŽNA SLO'AMONI· MARMELADA AKOVA - ŽAGA ZA SOPF SPOJINA MOŠTVENI ČELJENJE NISTI ŠPORT LESA (ONDII KITARIST IT. NO( JONAS 1- (CHRIS' ŽNlDAR51Č MESNAJED r-- V KISLI omo: OMAKI MAJI< OČKA. MESTO V NIZO- ATI ROMUNIJI ZEMSKI I ALENKA - AVTO FR IGRA BIKAR S KARTAMI 1,1 ,2 ,3, RAZRED iZRAElSKAČlENO- ~NOŽCEV 5,8, 13, 21, - ŽARGONGlAS (ORIG.) 34,55, . .. ~ SIROMIAŠTVO MARIJA PO MESTO OB STRANSKI DOMAČE ~DEL r---- TELESA EVROPSKl AVSiH:~VELETOK ŠVEDSKO SlADK OV. IME RIBA, FINSKEGA PEZDIREK JEZERA 1- INARI KARLOVAC ~~.' ~J KROŽNICEIN STRANICO V TEM RAZMERJU PREBI-- VALKAKONEC GR5KEPRI PRESTOL-MOLITVI NICE Zanimivosti - Razvedrilo GIBANJE CNA NEZNANKA VEZANO AVTOR: li \ ~ITEV HENRIK V TEKoClNE NAD- TISKANO 2. OSEBA MARKO , lA TUMA ENACBI ALJ STROPJE DELO EDNINE BOKALICDELCEV NAJOl ji DELMA· LAJSKEGA POLOTOKA e1_1 ./ RUDI "'y UMETNO ~ GlASEN REP. I2RAZ POT KOLIČINAUSNJE VELIK VESELJA TELESA S SMERJO ZACELJE TREBUH FAVNA- ~ OSEBA. KI UMRE V NESRECI- ~ FR. SMuCAR ~ NOVOST TOLMUN Slo PEVKA (MAJDA) NEPROFE· SIONALKA 1------ VELIKA PAPIGA I . DROBNA TOMAl :A. I NESNAGA DOMICELJ .~--- D Slika 5. Kako to storimo, je poseben problem, povezan z geometrijskim re- ševanjem kvadratne enačbe. Naj bo BC = a in CE = x . Potem zaradi podobnosti trikotnikov FBC in BCE velja CF . CE = BC2, se pravi (x + /fa)x = a2 oziroma x 2 + /fax - a2 = O. Če poznamo x , lahko konst ruiramo točko E in nato še točko F. Kot je bilo rečeno na začetku, je Hipokrat znal geometrijsko reševati take kvadrat ne enačbe . N aloga 8 . Konstruirajte z reviiilom in šestilom daljico dolžine x, če poznate dolžino daljice a in če velja x 2 + ./Iax - a2 = o. Točko F prezrcalimo preko simetrale s tako, da dobimo še točko D, in enakokrakemu trapezu F BCD očrtajmo krog. Nato narišimo še krožn i lok DEF tako, da dobimo polmesec FBCDE (slika 5). N a loga 9 . Pokažite, da je vsak od krožnih odsekov nad FE oziroma ED podoben vsakemu od krožnih odsekov nad FB, BC in CD . 102 Mat ematika I Od tod lah ko potem br ez težav uženemo t ud i glavno nalogo: N aloga 10 . Pokažite, daje ploščina luninega krajca FBCDE enaka ploščini petkotnika BCDEF. Morda se je dobro t udi prepričati , da je v tem t retjem primeru Hip okrat kvadriral luno, katere zunanji lok je krajši od polovice kro žnega obo da. N aloga 11. Poke žite, da j e zunanji lok polm eseca krajši od polovice krožnice. Po leg teh treh glavnih primerov kvadriranja lun je Hipokratu uspelo kvadrirati tudi eno od lun in kro g (skupaj) . Če načrtamo koncentrična kro ga s po lme roma r in R t ako , da je R 2 = 6r2 , in vsakemu od nj iju včrtamo pravilni šest kotnik , po leg tega pa nad krajšo diagonalo večjega nar išemo podoben lok , kot je nad vsako stranico (glej sliko 6), lahko brez večjih t ežav rešimo nas lednjo nalogo: N aloga 12. Pokažite, da j e skupna ploščina luninega krajca in manj- šega kroga enaka vsot i ploščin triko tnika ABC in manjšega šest kotnika (slika 6) . Zanimivo je, da so nekaj časa verjetno prav zaradi tega Hip okratovega usp eha zmo tno misl ili, da mu je uspela kvadratura kroga , češ, če zna kvadrirati luno, poleg tega pa še luno in krog, zna kvadrirati t ud i krog. Pri te m so spreg ledali, da pri obe h rešit vah ne gre za isto luno. Podobno zapeljiva je naslednj a naloga: Naloga 13 . Pokažit e, da j e ploščina šestih polm esecev, ki nastanejo , če od pravilnega šest kotnika s st ranico 1, povečanega za šest polkrogov nad st ranicam i, odrežemo očrtani krog, enaka ploščini tega šestkotnika z izrezano okroglo luknjo s premerom 1 (slika 7) . A Slika 6. 2R Slika 7. Mat ematika Zgodba o Hip okratovih lunah pa se ni zaključila v ant iki, niti ne v srednjem veku ali renes ansi , ampak - v 20. stoletju. Če hočemo vsa j na kratko opisati , kaj se je zgodilo, moramo dati problemu kvadrature lune drugačno, trigonometrično obliko. Oglejmo si poljuben lunin krajec, katerega zunanji lok pripada krogu s polmerom r in središčnemu kotu 2e , notranji lok pa krogu s polmerom R in središčnemu kotu 2cjJ (slika 8). Slika 8. Naloga 14. Denimo, da kote merimo v radianih . Pokažite, da tedaj za ploščino p luninega krajca na sliki 8 velja formula Če se omejimo sa mo na primer , ko sta ploščini obeh krožnih izsekov enaki, se pravi, ko je r 2 () = R 2 cjJ, se formula nekoliko po enost avi : Denimo, da je v takem primeru razmerj e med središčnima kotom a enako rac ionalnemu številu k, torej () = kcjJ. Potem je R = rVk in ploščina lune p = r 2 (k sin 2cjJ - sin 2kcjJ) /2. Ker pa vedno velja r sin () = R sin CjJ , saj t ako leva kot desna st ran pomenita polovico ist e lunine tetive (glej sliko 8), so za kot CjJ možne le t iste vrednosti , pr i katerih je sin kcjJ = vk sin CjJ . To je v sp lošnem kar zaplete na enačba. V posebnih primerih ra- cionalnih šte vil k pa se na srečo pr ecej po enostavi , tako da za sin CjJ dobimo enačbo, iz katere lahko samo s kvadratnimi koreni in št irimi računskimi operac ijami izrazimo sin cjJ . Kot je dobro znano (glej npr. Ivan Vidav, R ešeni in nerešeni problemi m at ematike, Knj ižnica Sigma, Mat ematika I DMFAS, Mladinska knjiga, Ljubljan a 1972, str. 91), lahko t edaj sin C/J, oziroma potem t udi sam kot C/J, konst ruiram o samo z ravnilom in šestilom. To pa pomeni , da lah ko t udi lunin kraj ec nad dano teti vo (ali z danim zuna nj im ali notranjim polmerom) konstruiramo le z evklidskim orodjem. Formula za ploščino pove, da lahko ena ko konstruiramo tudi vredn ost za p oziroma ploščinsko enak kvadrat . Torej lahko v takem primeru upravičeno govorimo, da je kvad ratura lun e uspela . Tri Hip okratove primere dobimo, če vzamemo k = 2, k = 3 ali k = = 3/ 2. Naloga 15 . Izračunajte sin C/J iz enačbe sin k c/J = Jk sin , če j e k enak 2,3 ali 3/ 2. Nad aljnj a dva primera , ko je kvadratura lun e možna, je našel M. J . Wallenius let a 1766, in sicer za k = 5 in k = 5/3. T . Clausen pa je let a 1840 ponovno rešil primere k = 3,3/2,5 ,5/3 (tedaj še ni bilo znano, da je primera k = 3 in k = 3/2 poznal že Hip okrat) . Post avil je tudi domnevo, da razen teh in prve Hip okr atove kvadrature (k = 2) ni drugih primerov usp ešnega kvadriranj a lun e pri racionaln em razmerju središčn ih kotov. Raziskovanj e problema se je nad aljevalo v 20. sto letju. E. Landau je leta 1903 raziskal problem brez predpost avke, da je razlika med ploščinama krožnih izsekov, tj . med r 2e in R 2 c/J , enaka O, ampak je enaka ploščini , ki je konstruktibilno šte vilo (se pr avi , da jo lahko izrazimo iz šte vila 1 samo z racionalnimi operacijami in kvadratnimi koreni ) . Pokazal je, da ta razširitev ne pripelje do novih primerov kvadriranj a . Istočasno je podal tudi dokaz, da za liho prašt evilo k kvadratura ni možna, če k ni Ferrriatovo praštevilo (tj . praštevilo oblike k = 22J + 1, j = 0,1 ,2 , .. .). Let a 1929 je L. Čakalov dokazal Landauvov izrek na kraj ši način in prisp eval še neskončno drugih primerov, ko kvadra t ure ni. Seveda je bilo to še daleč od dokaza, da je kvadratura možna le v omenjenih petih primerih. Prvi pozitivni rezultat je let a 1934 prisp eval N. Čebotarev, ki je Clausenovo domnevo potrdil za prim er k = m in, kjer st a m in n t uji lihi šte vili: izmed takih števil, je kvadratura možna le za k = 3/1 = 3, k = 5/ 1 = 5 in k = 5/3. Pri tem je uporabljal teorijo ti . p-adičnih števil. Problem je dokončno rešil šele A . V. Dorodnov let a 1947 zdetajIno proučitvijo preostalega primera, ko je eno od števil m , n liho , drugo pa sodo. S tem je bila Claus enova domneva v celot i potrjena, zgodba o Hipokratovih lun ah pa zaenkrat zaklj učena . Milan Hladnik I Rešitve nalog KJE VIDIMO VEČ, NA ZEMLJI ALI NA LUNI? - Rešitvi vaj s strani 28 a) Uporabimo izraz ~. Za Luno velja: 30~~~JzRz = 49,6 %, za Zemljo pa 3~~~R:z = 48,3 %. Iz središča razdalje Zemlja-Luna vidimo 49,6 % Lunine površine in 48,3 % Zemljine površine. b) Točko, iz katere vidimo Luno in Zemljo pod enakim zornim kotom, izračunamo iz enačbe (glej skico): l{z = 6°f~;x, od koder sledi x = 48Rz. Spet uporabimo izraz 2~' Za Luno velja: 12~~;:JzRz = = 48,96 %, za Zemljo pa 4~~~R:z = 48,96 %. Rezultat je tako razumljiv, da ga pojasni kar sam. T ,, : 60 R.z - :e Zem lja Lu na K opazovanju Zemlje in Lune iz točke, od koder sta obe vesoljski t elesi vidni pod enakim zornim kotom. Marijan Pros en MATEMATIČNA KRIŽANKA - PITAGOROV IZREK - Rešitev s str. 3 6 7 3 1 2 4 8 2 1 8 1 9 9 I 2 8 2 3 .3 6 4 1 O 1 3 5 4 8 Dragoljub M. Milo šein č Novice I MILIJON DOLARJEV ZA DOKAZ GOLDBACHOVEDOMNEVE Gotovo nas je že veliko razmišljalo, kako pri ti do denarj a, ki bi nam omogočil ob lepih bančnih obrestih lagodno preživeti preostanek življenja. Reševanj e matematičnih problemov se verjetno nikomur ni zdela pr ava pot za dosego takšnega cilja. In vendar lahko z matematiko pridemo do zajetnega kupčka denarj a. Vse, kar je potrebno st oriti, je dokazati dobrih 250 let staro domnevo pru skega zgodovina rja in matematika Christiana Goldbacha. Komur usp e do 15. marca 2002 dokazati , da je vsa ko od 5 večje nar avno število vsota treh praštevil , mu bo angleški založnik Toby Faber izplačal milijon ameriških dolarj ev nagrade. Oglejmo so Chr ist iana Goldbacha in njegovo domnevo malo pobliže. Christ ian Goldbach se je rodil let a 1690 v mest ecu Konigsberg' v te danji Prusiji. Pomemben del njegovega matematičnega ust varjanja je zajet v živahnem dopis ovanju z Eulerj em . Tako je let a 1742 v enem od pi- sem post avil domnevo, da lahko vsako od 2 večje naravno število zapišemo kot vsoto treh prašt evil (Goldb ach je št evilo 1 prišteval k pr aštevilom) : Es scheinet wenigstens das eine jede Zahi , die grasser ist els 2, ein aggregatum trium numerorum primorum sey. Euler je opazil, da je Goldbachova domneva ekvivalent na t rditvi, da lahko vsako od 3 večje sodo število zapišemo kot vsoto dveh praštevil , in do- dal , da je v pr aviln ost t rditve prepričan , čeprav dokaza ne naj de. P rvi večji korak v smeri dokaza Goldbachove domneve je bil storjen šele let a 1930, ko je ruski matematik Šni1erman dokazal , da lahk o vsako naravno število zapišemo kot vsoto ne več kot 20 prašt evil. Sedem let kasn eje je Vinogradov dokazal , da obstaja število M; za katero se vsako od lVI večje liho število zapiše kot vsota ne več kot t reh pr aštevil. Na jboljš i rezultat trenutno pripada kitaj skemu matematiku Chen Jing Runu, ki je let a 1973 objavil dokaz trditve, da se vsako dovolj veliko sodo število zapiše kot vsota praštevila in produkta dveh pr ašt evil. Goldbachova domneva malce spominja na Fermat ov zadnji izrek. Obe trditvi sta preprosti in njuno vsebino lahko razume prav vsak . Kljub 1 Kiinigsbe rg je matem atikom znan t udi zaradi Eulerj evega problema konigsb erških mostov, kater ega rešit ev šteje mo za začetek danes ene na jhitreje razvijajočih se vej matem atike - teorije grafov. I Novice svoji preprostosti pa sta vse prej kot enostavno dokazljivi. Obe trditvi st a bili postavlj eni na robu papirja, Fermatov teorem kot izrek , ki mu avtor zaradi pom anjkanja prost ora na listu ni dodal čudovitega in preprostega dokaza, Goldbachova domneva pa kot pripomba na robu pisma Eulerju. Na dokaz Fermatovega izreka smo čakali 350 let . Bomo morali na od govor o pravilno sti 250 let st are Goldbachove domneve čakat i še nadaljnjih 100 let ali pa bo lepa denarna nagrada posp ešila razvoj na te m področju in pripomogla k skorajšnj i rešitvi problema? St rokovnj aki s področja teorije šte vil so skeptični . Po besedah nosilca Fieldsove medalj e", Alana Bakerj a , denar vrhunskim matematikom ne predstavlja ključne motivacije: Kdor bi znal, bi domnevo dokazal zaradi izziva samega. Angleški založniški mogotec Toby Faber je visoko denarno nagrado razpisal mar ca letošnjega let a ob izidu romana Stric Pet er in Goldba- cbove domneva grškega pis atelja Apostolosa Doxiadisa. Knj iga govori o uspešnem grškem matematiku, Petrosu Papach ristouju, z ugledno mate- matično karirero, ki pa ga dolgoletna obs edenost z Go ldbachovo domnevo pahne na rob družbe. Avtor pripoveduje zgodbo skozi oči matematikovega nečaka , ki počasi odkriva resni co o čudaškem st ricu Petru in ki ob stričevi skriti strasti nikakor ne ostane ravnodušen . Roman še ni pr eveden v slovenščino, Presekovi bralci, ki jim angleščina ne povzroča t ežav, pa lahko knjigo za 18 ameriških do larjev naročijo preko interneta. Ker je roman v pol let a , odkar je izšel angleški prevod, postal ena najbolje prodajanih knjig v Angliji in Zdru žen ih dr žavah, se je razpisana denarna nagrada založnikom gotovo že povrnila (mimogrede, založniki so se za primer uspešne rešitve Goldbachove domneve zavarovali pri zavarovalnici, tako da lahko tudi sami z vso iskrenostjo želijo srečo vsem, ki jih bo za jet en kupček dolar jev premamil in se bodo podali na nevarno pot junaka njihove zgodbe). Za kon ec pa naj razočaram vse t iste vn ete bralce Preseka , ki so se že videli na kakšnem od tihomorskih otokov s po lnimi žepi dolarskih bankovcev - za milijonsko nagrado lahko kandidirajo le po lno letne oseb e s stalnim prebivališčem v Veliki Britaniji ali Združenih državah Am er ike. Podrobnejše pogoj e razpisa nagrade si lahko ogledate na intern et ni strani www. f aber . co . uk/ f ab er / goldbachr ul es . Primož Potočnik 2 Fi eldsova medalj a je ekviva le nt Nobelov i n agradi, ki je, kot ve m o, za dosežke v matematiki ne p odeljujejo. Kljub t emu pa je med nosilci Nobelove nagrade veliko matematikov . V zad nj ih letih je nagrada za dosežke v ekonomski znanos t i p raviloma pripadla matematiku . 1108 Rešitve nalog I ŠAHOVSKI KONJ NA POLJIH KOCKE - Rešitev s str. 2 Če ste prepo znali pesmico Naš maček Simona J enka, st e lahko hit ro našli naslednjo rešitev zastavljene naloge. Vpisana št evila pomenijo zaporedno šte vilko koraka, na katerem konj obišče dano polje. Lahko pa nalogo t udi obrnet e in se iz rešitve naučite prvi dve kit ici nagajive pesmice. 1. plas t 2. plas t 10 7 22 17 21 18 9 6 8 11 20 23 19 24 5 12 3. plast 42 :3 7 56 51 55 52 4:3 40 38 41 50 5:3 49 54 39 44 27 62 1.5 2 14 1 26 63 61 28 :3 16 4 13 64 25 4. plast 57 3D 47 :36 48 33 58 :11 29 60 :3.5 46 34 45 32 59 Marija Vencelj LABIRINTI NA POLIEDRIH - Rešitev s st r. 4 I Rešitve nalog .. D 12 16 l' i r ro • 15 , 18 19 ao 21 , • 1 . 5 ) 6 KRIŽANKA "V R ST E UGANK" Rešitev s str. 32 Iz idor Hafner :CV.~B I I - li - :"" =- ..:::. - ~.: - - ,- -~ := r ,~ D S n! A R ATo'NJoR ;E: o 5 M E R o 5 M E R K A ' T ~G A ~ I ID E' YA nJA J . 5 T E R E O K A M E R AAeN. J.Č ~ K O L E ~ L I P A Z A .s~ R P -~I' (l z· Ati t,; ~ llEll .z-..o._ I_.IltLo~__ .5A T O V N I C A ~ L T : B E I R A-.cI"~_e-."'IOJ1!~~.-" ':::-...~ lXal~_ ...... ~.:~ _. ~ O M A R ~ N A F T A - O J E ~ O B T O K.~ ='- 5 A R K O M~ M A N .- oe -~ M A R I H U A N A= ~ E L E V Z I N A ~ .~ G O 5 T A č .E. F O 5 G E N == .« A 'f'~ ~ T ~R A O I A C I J A~ L O K = N O T T- A g H ~- P N - R l A L~ T L A R M I N E R - ..r:o.- f-- _.. K ~~ ~'?"Ji! E P ~ I Z L O G O V N I C A O 5 A K A N A O~ V 5 E E N O S T - O A N O S T ~ R TJ::> = T R P O T E C :l:l T E L E ::a:: A R I S T O T E L~~ t~ I K E B A N A ~ I C "":.~ K A R L i&- J A ""$ir: N E O A 'r.:.~ N E K A T O L I K ~! tAKil .AN A G R A M K L I ~~ E :r:11: KADILEC .-I=~ E R E O "-'M'-- -'-' . govor uteme JI. B3 Romb z diago na lo 1 drn ima ena ko ploščino kot t rapez z osnovnicama a = 24 cm , c = ~a in višino v = ta . Izračunaj dolžino druge diagona le romba. 8. razred Al K l·k- . d t i 2. v'5- 1 ?o 1 sna Je vr e nos Izraza v'5- 1 . 3-v'5 . (A) 3+ 2 v'5 (B) 3 -3v'5 (C) 1 - J5 (Č) 1 (D) J5 A2 Enakostranični trikot nik s stranico a prezrcalim o čez težišče . Nastane šeststrana zvezda. Kolikšna je ploščina te zvezde? (A) a 2f (B) a 2f3 (C) a 2:f3 (Č) 3a:v'3 (D) 2a~13 A3 Vse robove kocke skr aj šamo za 10 %. Koliko odstotkov prvotne prostornine meri prostornina manj še kocke? (A) 70 % (B) 72,9 % (C) 81 % (Č) 90 % (D) 92,9 % A4 Količnik kvadrat a razlike in razlike kvad ratov dveh različnih števil x in y pomnožimo z njuno vsoto. Kateri izraz dobimo? (A) ~ (B) X~y (C) (x - y) 2 (Č) X + Y (D) x - y A5 Ploščina kroga meri 71"3. Kolikš en je obse g tega kroga? (A) 2 71" cm (B) 71"2 cm (C) 2 71"2 cm (Č) 71" cm (D) ~ cm A6 Dolžina stranice kvadrat a na sliki je 2a. Točki SI in S2 sta središči krožnic. Kolikšn a je dolžina dalj ice Sl S2? (A) 2aV2 (B) aV2 (C) a(v2- 1) (Č) 2aV2 - 1 (D) a(v2- 2) 2a A 7 Za naravni števili x in y velja enačba x + y + xy = 34. Kolikšna je vsota x + y? (A) 10 (B) 12 (C) 20 (Č) 34 (D) ni rešitve Tekmovanja I A8 V trikotniku 6.ABC merita kota oo = 72° in f3 = 27°. Kolikšna je velikost kota ifJ? (A) 45° (B) 75° (C) 81° (Č) 90° (D) 99° A c B Bl Tri različno dolge vrvice merijo skupaj 29 m. Če od prve vrvice odrežemo četrtino njene dolžine, od druge tretjino njene dolžine , od tretje pa polovico njene dolžine, so ostanki posameznih vrvic enako dolgi . Koliko dolge so bile vrvice pred rezanjem? B 2 Enakokrakemu trikotniku 6.ABC z osnovnico AB = 14 cm je očrtan krog s središčem S in premerom 5 drn (glej skico) . Izračunaj ploščino trikotnika 6.BCS. B B3 Enakokraki trapez ABCD ima osnovnico a 16 cm in diagonalo 15 cm. Diagonali trapeza se sekata v točki S, ki ju deli v razmerju 2 : lo Izračunaj dolžino stranice c. A leksander Potočnik 20 . DRŽAVNO TEKMOVANJE IZ FIZIKE ZA OSNOVNOŠOLCE - popravek poročila iz 1. štev ilke Preseka Učenca Simon Jesenko in Ana Titan, sedaj že dijaka, ki sta med dobitniki Zlat ega Stefanovega priznanja za osmi razred , sta bila učenca OŠ Poljane nad Škofjo Loko in ne OŠ Po ljane, Ljubljana , kot je bilo objavljeno. Dijakoma in šoli se za pomoto opravičujemo. Nada Razpet I Tekmovanja 20. PODROČNO TEKMOVANJE IZ FIZIKE ZA OSNOVNOŠOLCE Datum za dvajseto področna tekmovanje iz fizike je bil zares dobro izbran. Št evilo 20 se je lep o ujemalo z letnico 2000, t udi dan ni bil napačen , sa j je bil I . ap ril, da o nalogah ne govorimo , raj ši si jih preb erit e in jih skušajte rešit i. 7. razred 1. Na stropu je pri t rjen obroč (obesišče O). Na obroč pritrd imo vrv ico in jo nap eljemo skozi uho kilogram ske uteži tako, da lahko ut ež brez t renj a drsi po vrvici. Drugi konec vrvice držim o z roko (R) , da utež visi v zraku. a) Z razmislekom, računom ali načrtovanjem ugot ovi , ko- likšni st a sila roke Fr in sila vrvice Fo na obesišče v primerih, predstavljenih na sliki 1 in sliki 2. b) Nato vrvico odvežemo z obroča na stropu in privežemo na uho uteži. Vrv ico nap eljemo skozi obroč na stropu. Vrv ica lahko drsi po obroču brez trenja. Ponovno dr žim o vrv z roko tako, da utež visi v zraku , kakor vidimo na sliki 3. Kolikšni sta sedaj sila roke in sila na obesišče? strop o Slika 1. Slika 2. strop o Slika 3. 2. Iz enake snov i izdelam o dve kocki. Večja kocka ima dvakrat daljšo stranico kot manj ša kocka. Kocki položimo na mizo . Oglejmo si dva primera . A) Na mizi leži večja kocka in nanjo položimo manjšo kocko. B) Na mizi leži manjša kocka in nanj o položimo večjo kocko . Tekmovanja I 56 7a) Koliko naših ur bi merila nova ura? b) Za merjenje časa po novem so iz- delali tudi uro, ki je prikazana na sliki. Koliko bi nova ura (glej sliko) kazala takrat, ko kažejo naše ure 950 dopoldne in 1000 zvečer? a) Izračunaj razmerje med težo večje in težo manjše kocke . b) Izračunaj razmerje med tlakom, s katerim pritiska na mizo večja kocka v primeru A, in tlakom, s katerim pritiska na mizo manjša kocka v primeru B. c) Izračunaj razmerje med skupno potencialno energijo obeh kock (glede na površino mize) v primeru A in skupno potencialno energijo obeh kock v primeru B. 3. Ob uvedbi desetiškega merskega sestava so želeli, da bi tudi čas merili podobno kakor dolžino in maso. Dolžino nove ure bi določili tako, da bi bil dan dolg 10 ur. Vsaka nova ura bi imela 100 novih minut. 4. Bungee, elastična vrv, na katero se nekateri pogumneži privežejo, ko skačejo z mostov, se obnaša podobno kakor vijačna vzmet. Nerazte- gnjena meri 7 m, njen koeficient je 320 Nim . Pri reševanju zanemari zračni upor. Teža skakalca je 800 N, težo vrvi zanemarimo. a) Kolikšno kinetično energijo ima skakalec, ko pade tako globoko, da elastična vrv ravno še ni nič raztegnjena? b) Skakalec doseže največjo globino 16 m. Izračunaj potencialno, kinetično in prožnostno energijo sistema (skakalec in vrv) v treh točkah: • na vrhu mostu (točka A), • ko elastična vrv ravno še ni nič raztegnjena (točka B) • in v najnižji točki C. Potencialno energijo računaj glede na točko C. 5. Po dveh enako visokih klancih, enem z nagibom 30°, drugem z na- gib om 60°, zvlečemo navkreber enaki, 100 N težki kladi, tako da se ves čas gibljeta enakomerno. Oba klanca sta visoka 5 m (glej sliko) . Trenje zanemarimo. I Tekmovanja 117 I h =5m h =5m GO O 30 °L.-__-'-- -----.J a) Kolikšno delo opravimo, ko zvlečemo klado do vrha prvega klan- ca? b) Kolikšno delo opravimo, ko zvlečemo klado do vrha drugega klanca? c) V merilu nariši sile, ki delujejo na klado na prvem in na drugem klancu. Napotek: na sliki naj sili 100 N ustreza dolžina 4 cm. 8. razred 1. Na slikah a) in b) so zrcala, na slikah c) in d) pa stekleni plošči. Nanje posvetimo s curkom svetlobe, kakor prikazujejo slike . Na vsako sliko nariši curek svetlobe, vse dokler ta več ne spreminja smeri. Za vsak odboj ali lom nariši vpadno pravokotnico ter označi vpadni in odbojni kot oziroma vpadni in lomni kot. Kjer je mogoče, napiši tudi vrednosti kotov. aj bl ----. ~ J J---- --- c) \SieklC dl steklo i Slika 1. a) pravokotno postavljeni ravni zrcali, b) konkavno zrcalo spoimerom r , c) steklena plošča v obliki kvadra in d) steklena plošča z osnovno ploskvijo v obliki polkroga. 1118 Tekmovanja I 2. Gr af na sliki kaže, kako se je hit rost kolesarja spre minjala s časom t . t [min]40,5- 1 v[m/s] fi -f---....-, 5 4 3 2 1 a) V tabelo vpiši smer (naprej, nazaj, miruje) in vrsto gibanja (enakomerno, posp eševanj e, zaviranje ) kolesarj a v posameznih časovnih obdobjih. časovno obdobje [min] smer gibanja vrsta gibanja 0 -1 1 - 1,75 1,75 - 2,25 2,25 - 3,5 b) Kolikšen je pospešek ob času 1,5 sekunde? c) Kako daleč od začetne lege je kolesar po 2,75 minut ah ? 3. Bu ngee, elastična vrv , na katero se nekateri pogumneži privežejo, ko skačejo z mostov, se obnaša podobno kakor vijačna vzmet. Neraz te- gnjena meri 9,5 m, njen koeficient je 320 Nim . Pri reševanju zanemari zračni up or. Teža skakalca je 800 N, težo vrvi lahko zanemarimo . Naredi tab elo in vanj o zap isuj raztezek vrvi , potencialno energijo, prož nostno energijo (Wp r take vrvi je ~kx2) in kinetično energijo skakalca . Potencialn o energijo računaj glede na vrh mostu. Nato nariši še gra f za kinetično energijo skakalca v odvisnost i od raztezka vrvi. Z grafa ugotovi, kolikšno globino doseže skakalec. Tekmovanja Priporočilo: V tabe li in na grafu začni z raztezkom Om te r ga povečuj v korakih po 2 m do raztezka 10 m. Raztezku 2 m naj na gra fu ustreza dolžina 1,5 cm, energiji 1 kJ pa dolžina 0,5 cm. 4. Raziskovalec je v posodo nalil liter vode pri sobni te mperatur i 20°C . V posodo je potopil gre lec, skozi katerega teče to k 4 A, če je priključen na 220 V. Raziskovalec je vključil grelec, hkrati pa je začel meriti te mperaturo vode v posodi. Izmerjeno te mperaturo v odvisnosti od časa je vnesel v spodnji graf. TL'C] RO 20 b) o 4 6 8 tjmin] a) Iz grafa razberi, koliko električnega dela je bilo v času opazovanja porablj eno za gretje vod e. b) Izračunaj , koliko električnega dela je bilo porablj eno za gretje okolice. Potrebne podatke poišči v učbeniku . Tri enake baterije za 4,5 V vežemo tako, kakor kažejo slike. Z volt- metrom izmerimo nap etosti . Koliko kažejo voltmetri v pri merih a) , b), c) in d ). (Tokovi v vezju so dovolj majhni , da je nap etost baterij ves čas enaka 4,5 V. ) a) r--- - ------j[ V }-__-----, 5. 1 Na da Razpet Tekmovanja I IZBIRNO TEKMOVANJE IZ MATEMATIKE ZA SREDNJEŠOLCE Izbirno tekmovanje iz matematike je potekalo v soboto, 8. aprila 2000. Tekmovalci so se spoprijeli z naslednjimi nalogami: Prvi letnik 1. Poišči x in y, če veš, da velja lxi+ x + y = 5 in x + Iyl - y = 10. 2. Določi števke x , y in z tako, da bo x+~+z = O.xyz, kjer O.xyz označuje racionalno število, ki ima na mestu desetin števko x, na mestu stotin števko y in na mestu tisočin števko z. 3. Osnovna ploskev pokončnegastožca je krog s polmerom 1, višina tega stožca pa je 3. Koliko meri stranica kocke, ki jo včrtamo v stožec tako, da ležijo štiri njena oglišča na osnovni ploskvi, preostala štiri oglišča pa na plašču stožca? 4. Andrej, Brane in Cene so sosedje s hišnimi številkami v naraščajočem vrstnem redu. Skupaj hodijo na tenis, kjer ima vsak svoj predal v garderobi . Andrej ima predal številka a, Brane predal številka a + ti + 2, Cene pa predal a + 2n - 3. Branetova hišna številka deli številke njihovih predalov. Kolikšna je? D rugi letnik 1. Dokaži, da kvadrat naravnega števila ne more imeti vsote števk enake 2000 . 2. V ravnini ležijo krožnici KI in K 2 ter premica p tako, da ležita krožnici na različnih bregovih premice p. S šestilom in ravnilom načrtaj kvadrat, ki ima po eno oglišče na vsaki krožnici, dve oglišči pa ima na premici p. 3. V štirikotniku ABCD naj velja lADI = IBC[ in