 
  
3
ISSN 0351-6652M
A
TE
M
A
TI
K
A
+F
IZ
IK
A
+A
ST
R
O
N
O
M
IJ
A
+R
A
ČU
N
A
LN
IŠ
TV
O
#
presek  letnik 39  ( 2 0 1 1 / 2 0 1 2 )  š t e v il k a  3
• kako napolniti prostor?
• dolgi teleskopi
• zbirka vaj esa/eso
• huffmanovo kodiranje
Vzdrževanje oskrbovalne verige
Že v običajnih okoliščinah je včasih težko priti od
točke A do točke B. V primeru nesreč pa lahko do-
stava hrane, vode in oblek ljudem, ki pomoč nujno
potrebujejo, postane skoraj nemogoča. Nov mate-
matični model, ki temelji na metodah verjetnostnega
računa in nelinearnega programiranja, omogoča na-
črtovanje oskrbovalnih poti, ki bi bile z veliko verje-
tnostjo prehodne tudi v primeru katastrof. Model za
posamično območje ali državo načrtuje oskrbovalne
poti, ki jih lahko prilagajamo glede na prekinitve v
omrežju in povečane potrebe prebivalstva.
Z matematiko si pomagajo tudi zdravstvene or-
ganizacije pri učinkovitem obvladovanju takojšnjih
nujnih dogodkov, na primer epidemij. S pomočjo di-
namike fluidov in kombinatorične optimizacije načr-
tujejo razpored oskrbovalnih enot in epidemološke
modele, tako da najdejo primerne vire, izboljšajo de-
lovanje in hkrati zmanjšajo razširjanje infekcije na
območju svojega delovanja. Tako si pomagajo pri
hitri in učinkoviti rabi cepiv in drugih zdravil. Hitre
rešitve omogočajo, da lahko najnovejše informacije
zelo hitro preusmerijo trenutne razporeditve virov
in osebja.
Tisti, ki jih ta tema zanima, si lahko preberejo še
več v leta 2006 izdani knjigi Anne Nagurney, Supply
Chain network Economics: Dynamics of Prices, Flaws,
and Profits in na spletni strani
http://supernet.som.umass.edu/articles/Critical
NeedsSupplyChainNetworkDesign.pdf.
Slika 1
POJASNILO: Gornji prispevek je prevod iz rubrike „The
Mathematical Moments“, ki jo objavlja Ameriško ma-
tematično društvo AMS na spletni strani
www.ams.org/mathmoments.
1
Vzdrževanje 
oskrbovalne 
ver ige
Presek 
list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje 
letnik 39, šolsko leto 2011/2012, številka 3
Uredniški odbor: Vladimir Batagelj, Tanja Bečan (jezikovni 
pregled), Mojca Čepič, Mirko Dobovišek, Vilko Domajnko, Bojan 
Golli, Andrej Guštin (astronomija), Marjan Jerman (matematika), 
Martin Juvan, Maja Klavžar, Damjan Kobal, Lucijana Kračun 
Berc (tekmovanja), Andrej Likar (fizika), Matija Lokar, Aleš 
Mohorič (odgovorni urednik), Marko Petkovšek (glavni urednik),  
Marko Razpet, Andrej Taranenko (računalništvo), Marija 
Vencelj, Matjaž Vencelj, Matjaž Zaveršnik.
Dopisi in naročnine: DMFA–založništvo, Presek, Jadranska 
ulica 19, p. p. 2964, 1001 Ljubljana, telefon (01) 4766 553,  
4232 460, telefaks (01) 4232 460, 2517 281.
Internet: www.presek.si 
Elektronska pošta: presek@dmfa.si
Naročnina za šolsko leto 2011/2012 je za posamezne 
naročnike 16,69 eur – posamezno naročilo velja  
do preklica, za skupinska naročila učencev šol 14,61 eur, 
posamezna številka 3,76 eur, dvojna številka 6,89 eur, stara 
številka 2,71 eur, letna naročnina za tujino pa znaša 25 eur.
Transakcijski račun: 03100–1000018787.
Devizna nakazila: SKB banka d.d. Ljubljana, Ajdovščina 4, 1513 
Ljubljana, swift (bic): SKBASI2X, iban: SI56  0310  0100  0018  787.
List sofinancirata Javna agencija za raziskovalno dejavnost 
Republike Slovenije ter Ministrstvo za šolstvo in šport
Založilo DMFA–založništvo 
Tehnična urednica Tadeja Šekoranja
Oblikovanje in ilustracija Polona Šterk Košir, Ines Kristan
Tisk Tiskarna Pleško, Ljubljana
Naklada 1600 izvodov
© 2011 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije 
– 1856
Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali posameznih delov 
brez poprej šnjega dovoljenja založnika ni dovoljeno.
Poštnina plačana pri pošti 1102 Ljubljana
Presek objavlja poljudne in strokovne članke iz matemati-
ke, fizike, astronomije in računalništva. Poleg člankov objavlja 
prikaze novih knjig s teh področij in poročila z osnovnošolskih 
in srednješolskih tekmovanj v matematiki in fiziki. Prispevki 
naj bodo zanimivi in razumljivi širšemu krogu bralcev, učen-
cem višjih razredov osnovnih šol in srednješolcem. 
Članek naj vsebuje naslov, ime avtorja (oz. avtorjev) in se-
dež institucije, kjer avtor(ji) dela(jo). Slike in tabele, ki naj bodo 
oštevilčene, morajo imeti dovolj izčrpen opis, da jih lahko veči-
noma razumemo ločeno od besedila. Slike v elektronski obliki 
morajo biti visoke kakovosti (jpeg, tiff, eps, ...), velikosti vsaj  
8 cm pri ločljivosti 300 dpi. V primeru slabše kakovosti se slika 
primerno pomanjša ali ne objavi. Avtorji člankov, ki želijo ob-
javiti slike iz drugih virov, si morajo za to sami priskrbeti do-
voljenje (copyright). Zaželena velikost črk je vsaj 12 pt, razmak 
med vrsticami pa vsaj 18 pt.
Prispevke pošljite odgovornemu uredniku na naslov uredni-
štva DMFA–založništvo, Uredništvo revije Presek, p. p. 2964, 
1001 Ljubljana ali na naslov elektronske pošte presek@dmfa.si. 
Vsak članek se praviloma pošlje vsaj enemu anonimnemu re-
cenzentu, ki oceni primernost članka za objavo. Če je prispevek 
sprejet v objavo in če je besedilo napisano z računalnikom, po-
tem uredništvo prosi avtorja za izvorno datoteko. Le-te naj bodo 
praviloma napisane v eni od standardnih različic urejevalnikov 
TeX oziroma LaTeX, kar bo olajšalo uredniški postopek.
Avtor se z oddajo članka strinja tudi z njegovo kasnejšo ob-
javo v elektronski obliki na internetu.
k o l o f o n
n a v o d i l a  s o d e l a v c e m  P r e s e k a 
z a  o d d a j o  p r i s p e v k o v
Pojasnilo: Gornji prispevek je prevod iz rubrike „The Mathe-
matical Moments“, ki jo objavlja Ameriško matematično 
društvo AMS na spletni strani www.ams.org/mathmoments.
•
m
a
t
e
m
a
t
ič
n
i 
t
r
e
n
u
t
k
i
m a t e m a t i č n i  t r e n u t k i
2 presek 39 (2011/2012) 3
Vzdrževanje oskrbovalne verige
Že v običajnih okoliščinah je vča ih težko priti od
točke A do točke B. V primeru nesreč pa lahko do-
stava hrane v de in oblek ljudem, ki pom č nujno
potrebujejo, postane skor j nemogoča. Nov mate-
matični model, ki temelji na metodah verjetnostnega
računa in nelinearnega rogramiranja, omog ča na
črtovanje oskrbovalnih poti, ki bi bile z velik v rje-
tnostjo prehodne tudi v primeru katastr f. Model za
sam čno obm čje ali državo načrtuje oskrbovalne
poti, ki j h lahko prilagajamo glede na prekinitve v
omrežju in povečane potrebe prebivalstva.
Z mat matiko si pomagajo tu i zdravstvene or-
ganizacije pri učinkovitem obvladovanju takojšnjih
ujnih dogodkov, na primer epid mij. S pomočjo di
namike fluidov in kombinatorič e optimizacije načr-
tujejo razp red oskrb valnih e ot in epidemol ške
model , tako da najdejo primerne vire, izboljšajo de-
lovanje in hkrati zmanjša o razširjanje infekcije na
območj svojega delovanja. Tako si pomagajo pri
hitri in učink viti rabi cepiv i drugih zdravil. Hitr
r šitve omogočajo, da lahko najnovejše informacije
zel hitro preusmerijo trenutne razporeditve virov
in osebja.
Tisti, ki jih ta tema zanima, si lahko pr berejo še
več v leta 2006 izdani knjigi Anne Nagurney, Supply
Chain ne work Economic : Dynamics of Prices, Flaws,
and Profits in na spletni strani
http://supernet.som.umass.edu/articles/Critical
NeedsSupplyChainNetworkDesign.pdf.
Slika 1
POJASNILO: Gornji prispevek je pre od iz rubri e „The
Mathematical Moments“, ki jo objavlja Ameriško ma-
tematično društvo AMS na spletni strani
www.ams.org/mathmoments.
1
•
matematika
Kako napolniti prostor? 
(Ivan Lisac)
Arhimed, Cavalieri in Cardano  
ali problem delitve krogle
(Dejan Širaj)
fizika
Dolgi teleskopi
(Janez Strnad)
Kako razložiti relativnost?
(Andrej Likar)
Razmisli in poskusi –
Opis barv s tremi  
barvnimi koordinatami
(Mitja Rosina)
razvedrilo
Naravoslovna fotografija –
Megleni slap
(Aleš Mohorič)
Nagradna križanka 
(Marko Bokalič)
Rešitev nagradne križanke Presek 39/2 
(Marko Bokalič)
Barvni sudoku
Križne vsote
računalništvo
Huffmanovo kodiranje
(Tim Kos)
Presek 
list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje 
letnik 39, šolsko leto 2011/2012, številka 3
Uredniški odbor: Vladimir Batagelj, Tanja Bečan (jezikovni 
pregled), Mojca Čepič, Mirko Dobovišek, Vilko Domajnko, Bojan 
Golli, Andrej Guštin (astronomija), Marjan Jerman (matematika), 
Martin Juvan, Maja Klavžar, Damjan Kobal, Lucijana Kračun 
Berc (tekmovanja), Andrej Likar (fizika), Matija Lokar, Aleš 
Mohorič (odgovorni urednik), Marko Petkovšek (glavni urednik),  
Marko Razpet, Andrej Taranenko (računalništvo), Marija 
Vencelj, Matjaž Vencelj, Matjaž Zaveršnik.
Dopisi in naročnine: DMFA–založništvo, Presek, Jadranska 
ulica 19, p. p. 2964, 1001 Ljubljana, telefon (01) 4766 553,  
4232 460, telefaks (01) 4232 460, 2517 281.
Internet: www.presek.si 
Elektronska pošta: presek@dmfa.si
Naročnina za šolsko leto 2011/2012 je za posamezne 
naročnike 16,69 eur – posamezno naročilo velja  
do preklica, za skupinska naročila učencev šol 14,61 eur, 
posamezna številka 3,76 eur, dvojna številka 6,89 eur, stara 
številka 2,71 eur, letna naročnina za tujino pa znaša 25 eur.
Transakcijski račun: 03100–1000018787.
Devizna nakazila: SKB banka d.d. Ljubljana, Ajdovščina 4, 1513 
Ljubljana, swift (bic): SKBASI2X, iban: SI56  0310  0100  0018  787.
List sofinancirata Javna agencija za raziskovalno dejavnost 
Republike Slovenije ter Ministrstvo za šolstvo in šport
Založilo DMFA–založništvo 
Tehnična urednica Tadeja Šekoranja
Oblikovanje in ilustracija Polona Šterk Košir, Ines Kristan
Tisk Tiskarna Pleško, Ljubljana
Naklada 1600 izvodov
© 2011 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije 
– 1856
Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali posameznih delov 
brez poprej šnjega dovoljenja založnika ni dovoljeno.
Poštnina plačana pri pošti 1102 Ljubljana
 
matematični trenutki
Vzdrževanje oskrbovalne verige
astronomija
Zbirka vaj ESA/ESO
(Andrej Guštin)
tekmovanja
Mednarodni matematični  
kenguru 2011 (Gregor Dolinar)
Tekmovanje srednješolcev v znanju 
matematike za Vegova priznanja 
(Darjo Felda)
42. fizikalna olimpijada v Bangkoku, 
Tajska (Ciril Dominko)
Naloge z regijskega fizikalnega  
tekmovanja srednješolcev Slovenije  
v šolskem letu 2010/11
Naloge z državnega fizikalnega 
tekmovanja srednješolcev Slovenije 
v šolskem letu 2010/11 
Mednarodni matematični kenguru 2010
2
4–7
8–11
13–14
15,18
18–19
21–25
26–29
31
16–17
30
8
20
11–12
12
19–20
priloga
priloga
priloga
k a z a l o
Presek objavlja poljudne in strokovne članke iz matemati-
ke, fizike, astronomije in računalništva. Poleg člankov objavlja 
prikaze novih knjig s teh področij in poročila z osnovnošolskih 
in srednješolskih tekmovanj v matematiki in fiziki. Prispevki 
naj bodo zanimivi in razumljivi širšemu krogu bralcev, učen-
cem višjih razredov osnovnih šol in srednješolcem. 
Članek naj vsebuje naslov, ime avtorja (oz. avtorjev) in se-
dež institucije, kjer avtor(ji) dela(jo). Slike in tabele, ki naj bodo 
oštevilčene, morajo imeti dovolj izčrpen opis, da jih lahko veči-
noma razumemo ločeno od besedila. Slike v elektronski obliki 
morajo biti visoke kakovosti (jpeg, tiff, eps, ...), velikosti vsaj  
8 cm pri ločljivosti 300 dpi. V primeru slabše kakovosti se slika 
primerno pomanjša ali ne objavi. Avtorji člankov, ki želijo ob-
javiti slike iz drugih virov, si morajo za to sami priskrbeti do-
voljenje (copyright). Zaželena velikost črk je vsaj 12 pt, razmak 
med vrsticami pa vsaj 18 pt.
Prispevke pošljite odgovornemu uredniku na naslov uredni-
štva DMFA–založništvo, Uredništvo revije Presek, p. p. 2964, 
1001 Ljubljana ali na naslov elektronske pošte presek@dmfa.si. 
Vsak članek se praviloma pošlje vsaj enemu anonimnemu re-
cenzentu, ki oceni primernost članka za objavo. Če je prispevek 
sprejet v objavo in če je besedilo napisano z računalnikom, po-
tem uredništvo prosi avtorja za izvorno datoteko. Le-te naj bodo 
praviloma napisane v eni od standardnih različic urejevalnikov 
TeX oziroma LaTeX, kar bo olajšalo uredniški postopek.
Avtor se z oddajo članka strinja tudi z njegovo kasnejšo ob-
javo v elektronski obliki na internetu.
Kazalo
Slika na naslovnici: Preostanki 12-metrskega zrcalnega telesko-
pa, ki so ga zgradili za astronoma William Herschla. Najdemo jih 
pred Kraljevim observatorijem v Greenwichu pri Londonu. Nare-
dili so ga leta 1789. Teleskop ni bil veliko v uporabi, ker je bil 
neroden. Večino cevi je uničilo drevo, ki se je podrlo na teleskop 
leta 1870. fotografija: Aleš Mohorič
3Presek 39 (2011/2012) 3
4
m a t e m a t i k a
Nekega dopustniškega dne. Francka bere knjigo,
Tone riše v zvezek.
T: A veš, da nam pa tega niso omenili v osnovni
šoli?
F: Česa?
T: Da je mogoče z vsemi liki, ki jih obravnavamo
v osnovni šoli, tlakovati ravnino.1
F: S katerimi?
T: No, saj veš, s kvadrati, s pravokotniki, s trapezi,
s paralelogrami, z rombi in tudi z deltoidi.2
F: Aha, najbrž zato niso povedali, ker se o tlakova-
njih v osnovni šoli nismo učili.
T: Ja, res. Veš, da je mogoče ravnino tlakovati
samo s tremi pravilnimi večkotniki?
F: Ja, to si mi že povedal. S trikotnikom, kvadratom
in šestkotnikom.
T: In veš. . .
F: . . . , da čebele izdelajo satovje v obliki šestkotni-
kov? Vem, vem.3
T: Dobro. Me pa zanima, kako je s tem v treh razse-
žnostih. To, kar je v ravnini trikotnik, je v prostoru
četverec.
F: In enakostraničnemu trikotniku ustreza pravilni
četverec?
T: Ja. Me zanima, če je mogoče z lepljenjem četver-
cev napolniti prostor.
F: Kako?!?
Čez štirinajst dni. Francka kuha, Tone hodi po sta-
novanju.
T: Imava kaj lepenke?
F: Zakaj?
T: Rad bi si narisal mrežo trikotnikov.
F: A, še vedno ti grejo četverci po glavi. Bom poi-
skala. (Odide po lepenko.)
F: Tukaj je.
T: Hvala, aha, tudi ravnilo in svinčnik sta na mizi. Veš
kaj, narisal si bom mrežo trikotnikov in sestavil ne-
kaj četvercev, da si bom lažje predstavljal. Lepenka
je formata A3, četverci ne smejo biti premajhni, stra-
nica naj meri na primer 7 centimetrov.
F: Grem naprej kuhat. (Odide kuhat.)
Istega dne, po kosilu.
F: Si narisal mrežo?
T: Tu je.
F: Zdaj pa tudi mene zanima, kako je s tem. Daj
mi papir. (Vzame škarje in prične rezati kose, sesta-
vljene iz štirih sosednjih trikotnikov.)
Sedaj pa samo še lepilni trak, pa bo.
1Tlakovati ravnino pomeni prekriti ravnino s paroma skla-
dnimi liki.
2Bralec lahko to preveri za vajo.
3Več v začetku knjige Oslovski most avtorja Milana Vidmarja.
2
Nekega dopustniškega dne. Francka bere knjigo,
Tone riše v zvezek.
T: A veš, da nam pa tega niso omenili v osnovni
šoli?
F: Česa?
T: Da je mogoče z vsemi liki, ki jih obravnavamo
v osnovni šoli, tlakovati ravnino.1
F: S katerimi?
T: No, saj veš, s kvadrati, s pravokotniki, s trapezi,
s paralelogrami, z rombi in tudi z deltoidi.2
F: Aha, najbrž zato niso povedali, ker se o tlakova-
njih v osnovni šoli nismo učili.
T: Ja, res. Veš, da je mogoče ravnino tlakovati
samo s tremi pravilnimi večkotniki?
F: Ja, to si mi že povedal. S trikotnikom, kvadratom
in šestkotnikom.
T: In veš. . .
F: . . . , da čebele izdelajo satovje v obliki šestkotni-
kov? Vem, vem.3
T: Dobro. Me pa zanima, kako je s tem v treh razse-
žnostih. To, kar je v ravnini trikotnik, je v prostoru
četverec.
F: In enakostraničnemu trikotniku ustreza pravilni
četverec?
T: Ja. Me zanima, če je mogoče z lepljenjem četver-
cev napolniti prostor.
F: Kako?!?
Čez štirinajst dni. Francka kuha, Tone hodi po sta-
novanju.
T: Imava kaj lepenke?
F: Zakaj?
T: Rad bi si narisal mrežo trikotnikov.
F: A, še vedno ti grejo četverci po glavi. Bom poi-
skala. (Odide po lepenko.)
F: Tukaj je.
T: Hvala, aha, tudi ravnilo in svinčnik sta na mizi. Veš
kaj, narisal si bom mrežo trikotnikov in sestavil ne-
kaj četvercev, da si bom lažje predstavljal. Lepenka
je formata A3, četverci ne smejo biti premajhni, stra-
nica naj meri na primer 7 centimetrov.
F: Grem naprej kuhat. (Odide kuhat.)
Istega dne, po kosilu.
F: Si narisal mrežo?
T: Tu je.
F: Zdaj pa tudi mene zanima, kako je s tem. Daj
mi papir. (Vzame škarje in prične rezati kose, sesta-
vljene iz štirih sosednjih trikotnikov.)
Sedaj pa samo še lepilni trak, pa bo.
1Tlakovati ravnino pomeni prekriti ravnino s paroma skla-
dnimi liki.
2Bralec lahko to preveri za vajo.
3Več v začetku knjige Oslovski most avtorja Milana Vidmarja.
2
Nekega dopustniškega dne. Francka bere knjigo,
Tone riše v zvezek.
T: A veš, da nam pa tega niso omenili v osnovni
šoli?
F: Česa?
T: Da je mogoče z vsemi liki, ki jih obravnavamo
v osnovni šoli, tlakovati ravnino.1
F: S katerimi?
T: No, saj veš, s kvadrati, s pravokotniki, s trapezi,
s paralelogrami, z rombi in tudi z deltoidi.2
F: Aha, najbrž zato niso povedali, ker se o tlakova-
njih v osnovni šoli nismo učili.
T: Ja, res. Veš, da je mogoče ravnino tlakovati
samo s tremi pravilnimi večkotniki?
F: Ja, to si mi že povedal. S trikotnikom, kvadratom
in šestkotnikom.
T: In veš. . .
F: . . . , da čebele izdelajo satovje v obliki šestkotni-
kov? Vem, vem.3
T: Dobro. Me pa zanima, kako je s tem v treh razse-
žnostih. To, kar je v ravnini trikotnik, je v prostoru
četverec.
F: In enakostraničnemu trikotniku ustreza pravilni
četverec?
T: Ja. Me zanima, če je mogoče z lepljenjem četver-
cev napolniti prostor.
F: Kako?!?
Čez štirinajst dni. Francka kuha, Tone hodi po sta-
novanju.
T: Imava kaj lepenke?
F: Zakaj?
T: Rad bi si narisal mrežo trikotnikov.
F: A, še vedno ti grejo četverci po glavi. Bom poi-
skala. (Odide po lepenko.)
F: Tukaj je.
T: Hvala, aha, tudi ravnilo in svinčnik sta na mizi. Veš
kaj, narisal si bom mrežo trikotnikov in sestavil ne-
kaj četvercev, da si bom lažje predstavljal. Lepenka
je formata A3, četverci ne smejo biti premajhni, stra-
nica naj meri na primer 7 centimetrov.
F: Grem naprej kuhat. (Odide kuhat.)
Istega dne, po kosilu.
F: Si narisal mrežo?
T: Tu je.
F: Zdaj pa tudi mene zanima, kako je s tem. Daj
mi papir. (Vzame škarje in prične rezati kose, sesta-
vljene iz štirih sosednjih trikotnikov.)
Sedaj pa samo še lepilni trak, pa bo.
1Tlakovati ravnino pomeni prekriti ravnino s paroma skla-
dnimi liki.
2Bralec l hko to preveri za vajo.
3Več v začetku knjige Oslovski most avtorja Milana Vidmarja.
2
. ,
.
: ,
:
: ,
, .
:
: , , , , ,
, .
: , ,
.
: , . ,
: , . ,
.
: . . .
: . . . ,
, .
: . ,
. , ,
.
:
: . ,
.
: !
. ,
.
:
:
: .
: , .
. .
: .
: , , .
,
, .
, ,
.
: . .
, .
:
: .
: , .
. ,
.
, .
l i i i i i i l -
i i li i.
l la i .
i l i il i .
t i ji
i
t i ili i
li
j i li i i ji
i li tl ti i 1
t i i
j ti t i i t i
l l i i i t i lt i i 2
j t i li tl -
ji i li i ili
j i tl ti
t i il i i t i i
t i i l t i t i t
i t t i
I
l i l j t j li i t t i-
3
r i j t tr r -
ti r j r i i tri t i j r t r
t r
I tr i tri t i tr r il i
t r
J i j l lj j t r-
l iti r t r
tiri j t i r i t -
j
I j l
j
i i ri l r tri t i
ti r j t r i l i i-
l ( i l )
j j
l t i r il i i i t i i
j ri l i r tri t i i t il -
j t r i l j r t lj l
j f r t t r i j iti r j i tr -
i j ri ri r ti tr
r r j t ( i t )
I t il
i ri l r
j
j t i i j t j
i ir ( rj i ri r ti t -
lj i tiri ji tri t i )
j l il i tr
1 a vat rav e re r t rav s ar a s a
2 ra ec t rever a vaj
3 ec v acet j e s vs st avt rja a a arja
e ega o s š ega e. Fra c a ere go,
o e r še z eze .
: eš, a a a ega so o e os o
šo ?
F: ˇesa?
: a e ogoče z se , o ra a a o
os o šo , a o a ra o.
F: S a er ?
: o, sa eš, s a ra , s ra o o , s ra ez ,
s ara e ogra , z ro z e o .
F: a, a rž za o so o e a , er se o a o a
os o šo s o č .
: Ja, res. eš, a e ogoče ra o a o a
sa o s re ra eč o ?
F: Ja, o s že o e a . S r o o , a ra o
šes o o .
: veš. . .
F: . . . , a čebe e z e a o sa ov e v ob k šes ko
kov? e , ve .
: ob o. e a za a, kako e s e v e azse
ž os . o, ka e v av ko k, e v os o
če ve ec.
F: e akos a č e ko k s eza av
če ve ec?
: a. e za a, če e ogoče z e e e če ve
cev a o os o .
F: ako?!?
ˇez š a s . F a cka k a, o e o o s a
ova .
: ava ka e e ke?
F: aka ?
: a b s a sa ežo ko kov.
F: , še ve o g e o če ve c o g av . Bo o
ska a. e o e e ko.
F: ka e.
: va a, a a, av o sv č k s a a z . eš
ka , a sa s bo ežo ko kov ses av e
ka če ve cev, a s bo až e e s av a . Le e ka
e o a a 3, če ve c e s e o b e a , s a
ca a e a e 7 ce e ov.
F: e a e k a . e k a .
s ega e, o kos .
F: S a sa ežo?
: e.
F: a a e e za a, kako e s e . a
a . za e ška e č e eza kose, ses a
v e e z š sose ko kov.
Se a a sa o še e ak, a bo.
Tl ko i nino po ni p k i i nino p o kl -
dni i liki.
B l l hko o p i z o.
V ˇ z ˇ ku kn ig lo ki o o il n Vid .
2
N k d pu ni k dn n k b knji
T n i v v k
T A v d n p ni nili v n vni
li
C
T D j v i liki ki jih b vn v
v n vni li l k v i vnin
k i i
T N j v kv d i p v k niki p i
p l l i bi in udi d l idi
Ah n jb ni p v d li k l k v -
njih v n vni li ni u ili
T V d j vnin l k v i
i p vilni i v k niki
i i p v d l ik nik kv d
in k nik
T In
d l i d l j j li i ni-
V
T D p ni j h -
n ih T j nini i ni j p u
In n ni n u i ni u u p ilni
T ni j l plj nj -
n p lni i p
K
C i in j dni n uh T n h di p -
n nju
T I j l p n
Z j
T R d i i n i l i ni
A dn i j i p l i p i-
l (Odid p l p n )
Tu j j
T H l h udi nil in in ni n i i V
j n i l i i ni in il n -
j d i l j p d lj l p n
j A i n j i i p jhni -
ni n j i n p i n i
G n p j uh (Odid uh )
I dn p ilu
i n i l
T Tu j
Zd j p udi n ni j D j
i p pi (V j in p i n i -
lj n i i ih dnjih i ni )
d j p l pilni p
t m t m
m
a t r r j
t j O m t t rj M m rj
t . ,
.
: , t
:
: ,
, t t .1
: t
: , , t , t , t ,
, t t .2
: , t , t
.
: , . , t t
t t
: , t . t t , t
t t .
: . . .
: . . . , t t t
, .3
: r . , t tr r
t . , r r tr t , r t r
t r .
: tr tr t tr r
t r
: J . , t r
t r t r.
: !
t r t . r , t
.
:
:
: r r tr t .
: , t r t r .
. .
: .
: , , t r t .
, r r tr t t
t r , r t .
f r t , t r t r , tr
r r r t tr .
: r r t. t.
t , .
: r r
: .
: t , t .
r. r r r t , t
t r tr t .
tr , .
1 la va i rav i e i re ri i rav i s ar a s la-
i i li i.
2 ralec l eve i a va .
3 ec v ace i e sl vs i s av a ila a i a a.
s iš r r ji
riš
š is ili s i
š li?
s ?
j s i li i i ji r
s i š li l i r i
ri i?
s j š s r i s r i i s r i
s r l l r i r i i i l i i
j r is li r s l -
ji s i š li is ili
J r s š j r i l i
s s r i r il i i i i?
J si i l ri i r
i š s i
I eš
ce ele i el j s je li i šes i-
? e e
e i je s e e se-
s i je i i i i je s
ce e ec
I e s ic e i i s e il i
ce e ec?
e i ce je ce le lje je ce e -
ce l i i s
? ?
e š i i js i c e i s -
j
I j le e e?
j?
i si is l e i i
še e i ej ce e ci l i i-
s l ( i e le e )
j je
l i il i s i c i s i i eš
j is l si e i i i ses il e-
j ce e ce si l je e s lj l e e
je ce e ci e s ej i i e j i s -
ic j e i i e ce i e
e ej ( i e )
Is e e sil
i is l e ?
je
j i e e i je s e j
i i ( e š je i ic e e i se ses -
lje e i š i i s se ji i i )
e j s še le il i
ko t n no po n p k t n no p o k
dn k
B hko to pr r z jo
ˇ z ˇ tku knj g o k o t to j n d j
. ,
.
: ,
:
: ,
, .
:
: , , , , ,
, .
: , ,
.
: , . ,
: , . ,
.
: . . .
: . . . ,
, .
: . ,
. , ,
.
:
: . ,
.
: !
. ,
.
:
:
: .
: , .
. .
: .
: , , .
,
, .
, ,
.
: . .
, .
:
: .
: , .
. ,
.
, .
l i i i i i i l -
i i li i.
l l i .
i l i il i .
. ,
.
: ,
:
: ,
, .
:
: , , , , ,
, .
: , ,
.
: , . ,
: , . ,
.
: . . .
: . . . ,
, .
: . ,
. , ,
.
:
: . ,
.
: !
. ,
.
:
:
: .
: , .
. .
: .
: , , .
,
, .
, ,
.
: . .
, .
:
: .
: , .
. ,
.
, .
l i i i i i i l -
i i li i.
l l i .
i l i il i .
t i ji
i
t i ili i
li
j i li i i ji
i li tl ti i 1
t i i
j ti t i i t i
l l i i i t i lt i i 2
j t i li tl -
ji i li i ili
j i tl ti
t i il i i t i i
t i i l t i t i t
i t t i
I
l i l j t j li i t t i-
3
r i j t tr r -
ti r j r i i tri t i j r t r
t r
I tr i tri t i tr r il i
t r
J i j l lj j t r-
l iti r t r
tiri j t i r i t -
j
I j l
j
i i ri l r tri t i
ti r j t r i l i i-
l ( i l )
j j
l t i r il i i i t i i
j ri l i r tri t i i t il -
j t r i l j r t lj l
j f r t t r i j iti r j i tr -
i j ri ri r ti tr
r r j t ( i t )
I t il
i ri l r
j
j t i i j t j
i ir ( rj i ri r ti t -
lj i tiri ji tri t i )
j l il i tr
1 a vat rav e re r t rav s ar a s a
2 ra ec a t rever a vaj
3 ec v acet j e s vs st avt rja a a arja
e ega o s š ega e. Fra c a ere go,
o e r še z eze .
: eš, a a a ega so o e os o
šo ?
F: ˇesa?
: a e ogoče z se , o ra a a o
os o šo , a o a ra o.
F: S a er ?
: o, sa eš, s a ra , s ra o o , s ra ez ,
s ara e ogra , z ro z e o .
F: a, a rž za o so o e a , er se o a o a
os o šo s o č .
: Ja, res. eš, a e ogoče ra o a o a
sa o s re ra eč o ?
F: Ja, o s že o e a . S r o o , a ra o
šes o o .
: veš. . .
F: . . . , a čebe e z e a o sa ov e v ob k šes ko
kov? e , ve .
: ob o. e a za a, kako e s e v e azse
ž os . o, ka e v av ko k, e v os o
če ve ec.
F: e akos a č e ko k s eza av
če ve ec?
: a. e za a, če e ogoče z e e e če ve
cev a o os o .
F: ako?!?
ˇez š a s . F a cka k a, o e o o s a
ova .
: ava ka e e ke?
F: aka ?
: a b s a sa ežo ko kov.
F: , še ve o g e o če ve c o g av . Bo o
ska a. e o e e ko.
F: ka e.
: va a, a a, av o sv č k s a a z . eš
ka , a sa s bo ežo ko kov ses av e
ka če ve cev, a s bo až e e s av a . Le e ka
e o a a 3, če ve c e s e o b e a , s a
ca a e a e 7 ce e ov.
F: e a e k a . e k a .
s ega e, o kos .
F: S a sa ežo?
: e.
F: a a e e za a, kako e s e . a
a . za e ška e č e eza kose, ses a
v e e z š sose ko kov.
Se a a sa o še e ak, a bo.
Tl ko i nino po ni p k i i nino p o kl -
dni i liki.
B l l hko o p i z o.
V ˇ z ˇ ku kn ig lo ki o o il n Vid .
2
i . ji ,
i .
: , i ili i
li
:
: j i li i, i ji
i li, l i i .
: i i
: , j , i, i i, i,
l l i, i i i l i i.
: , j i li, l -
ji i li i ili.
: , . , j i l i
i il i i i i
: , i i l. i i ,
i i .
: I . . .
: . . . , l i l j j li i i-
, .
: . i , j -
i . , j i i i i , j
.
: I i i i il i
: . i , j l lj j -
l i i .
: !
i i j i. , i -
j .
: I j l
: j
: i i i l i i .
: , i j i l i. i-
l . ( i l .)
: j j .
: l , , i il i i i i i.
j, i l i i i i il -
j , i l j lj l.
j , i j i i j i, -
i j i i i .
: j . ( i .)
I , il .
: i i l
: j .
: j i i , j . j
i i . ( j i i i , -
lj i i i ji i i .)
j l il i , .
l ti r i i iti r i r l -
i i li i.
l l t r ri j .
t ji l i t t j il i j .
Nekega dopustniškega dne. Francka bere knjigo,
Tone riše v zvezek.
T: A veš, da nam pa tega niso omenili v osnovni
šoli?
F: Česa?
T: Da je mogoče z vsemi liki, ki jih obravnavamo
v osnovni šoli, tlakovati ravnino.1
F: S katerimi?
T: No, saj veš, s kvadrati, s pravokotniki, s trapezi,
s paralelogrami, z rombi in tudi z deltoidi.2
F: Aha, najbrž zato niso povedali, ker se o tlakova-
njih v osnovni šoli nismo učili.
T: Ja, res. Veš, da je mogoče ravnino tlakovati
samo s tremi pravilnimi večkotniki?
F: Ja, to si mi že povedal. S trikotnikom, kvadratom
in šestkotnikom.
T: In veš. . .
F: . . . , da čebele izdelajo satovje v obliki šestkotni-
kov? V m, vem.3
: Dobro. Me pa zanima, kako je s tem v treh razse-
žnostih. To, kar je v ravnini trikotnik, je v prostoru
četverec.
F: In enakostraničnemu trikotniku ustreza pravilni
četverec?
T Ja. Me zanima, če je mogoče z lepljenjem četver-
cev napolniti prostor.
F: Kako?!?
Čez štirinajst dni. Francka kuha, Tone hodi po sta-
novanju.
: Imava kaj lepenke?
F: Zakaj?
T Rad bi si narisal mrežo trikotnikov.
F: , še vedno ti grejo četverci po glavi. Bom poi-
skala. (Odide po lepenko.)
F: Tukaj je.
T: Hvala, aha, tudi ravnilo in svinčnik sta na mizi. Veš
k j, narisal s bom mrežo tri otnikov in sestavil ne-
kaj četvercev, da si bom lažje predstavljal. Lepenka
je formata A3, četverci ne smejo biti premajhni, stra-
nica naj meri na primer 7 centimetrov.
F: Grem naprej kuhat. (Odide kuhat.)
Istega ne, po kosilu.
F: Si narisal mrežo?
Tu je.
F: Zdaj pa tudi mene zanima, ako je s tem. Daj
mi papir. (Vzame škarje in prične rezati kose, sesta-
vlje e iz štirih sosednjih ov.)
S daj pa samo še lepilni trak, pa bo.
1Tlakovati ravnino pom ni prekriti ravnino s paroma skla
dnimi liki.
2Bralec lahko to preveri za vajo.
3Več v začetku knjige Oslovski most avtorja Milana Vidmarja.
2
t i . ji ,
i .
: , t i ili i
li
:
: j i li i, i ji
i li, tl ti i .1
: t i i
: , j , ti, t i i, t i,
l l i, i i t i lt i i.2
: , j t i li, tl -
ji i li i ili.
: , . , j i tl ti
t i il i i t i i
: , t i i l. t i t i , t
i t t i .
: I . . .
: . . . , l i l j t j li i t t i-
, .3
: r . i , j t tr r -
ti . , r j r i i tri t i , j r t r
t r .
: I tr i tri t i tr r il i
t r
J . i , j l lj j t r-
l iti r t r.
: !
tiri j t i. r , i t -
j .
: I j l
: j
: i i ri l r tri t i .
: , ti r j t r i l i. i
l . ( i l .)
: j j .
: l , , t i r il i i i t i i.
j, ri l r tri t i i t il -
j t r , i l j r t lj l.
j f r t , t r i j iti r j i, tr -
i j ri ri r ti tr .
: r r j t. ( i t.)
I t , il .
: i ri l r
j .
: j t i i , j t . j
i ir. ( rj i ri r ti , t -
lj i tiri ji .)
j l il i tr , .
1 la vati rav i i re riti rav i s ar a s la
i i li i.
2 ralec la t reveri a vaj .
3 ec v acet ji e sl vs i st avt rja ila a i arja.
Nekega dopustniškega dne. Francka bere knjigo,
Tone riše v zvezek.
T: A veš, da nam pa tega niso omenili v osnovni
šoli?
F: Česa?
T: Da je mogoče z vsemi liki, ki jih obravnavamo
v osnovni šoli, tlakovati ravnino.1
F: S katerimi?
T: No, saj veš, s kvadrati, s pravokotniki, s trapezi,
s paralelogrami, z rombi in tudi z deltoidi.2
F: Aha, najbrž zato niso povedali, ker se o tlakova-
njih v osnovni šoli nismo učili.
T: Ja, res. Veš, da je mogoče ravnino tlakovati
samo s tremi pravilnimi večkotniki?
F: Ja, to si mi že povedal. S trikotnikom, kvadratom
in šestkotnikom.
T: In veš. . .
F: . . . , da čebele izdelajo satovje v obliki šestkotni-
kov? V m, vem.3
T: Dobro. Me pa zanima, kako je s tem v treh razse-
žnostih. To, kar j v ravnini trikotnik, je v prostoru
četverec.
F: In enakostraničnemu trikotniku ustreza pravilni
četverec?
T Ja. Me zanima, če je mogoče z lepljenjem četver-
cev napolniti prostor.
F: Kako?!?
Čez štirinajst dni. Francka kuha, Tone hodi po sta-
novanju.
: Imava kaj lepenke?
F: Zakaj?
T: Rad bi si narisal mrežo trikotnikov.
: , še vedno ti grejo četverci po glavi. Bom poi
skala. (Odide po lepenko.)
F: Tukaj je.
: Hvala, aha, tudi ravnilo in svinčnik sta na mizi. Veš
k j, narisal s bom mrežo tri otnikov in sestavil ne-
kaj četvercev, da si bom lažje predstavljal. Lepenka
je formata A3, četverci ne smejo biti premajhni, stra-
nica naj meri na primer 7 centimetrov.
F: Grem naprej kuhat. (Odide kuhat.)
Istega ne, po kosilu.
F: Si narisal mrežo?
Tu je.
F: Zdaj pa tudi mene zanima, ako je s tem. Daj
mi papir. (Vzame škarje in prične rezati kose, sesta-
vlje e iz štirih sosednjih ov.)
S daj pa samo še lepilni trak, pa bo.
1Tlakovati ravnino pom ni prekriti ravnino s paroma skla
dnimi liki.
2Bralec lahko to preveri za vajo.
3Več v začetku knjige Oslovski most avtorja Milana Vidmarja.
2
Nekega dopustniškega dne. Francka bere knjigo,
Tone riše v zvezek.
T: A veš, da na pa tega niso o enili v osnovni
šoli?
F: Česa?
T: Da je ogoče z vse i liki, ki jih obravnava o
v osnovni šoli, tlakovati ravnino.1
F: S kateri i?
T: No, saj veš, s kvadrati, s pravokotniki, s trapezi,
s paralelogra i, z ro bi in tudi z deltoidi.2
F: Aha, najbrž zato niso povedali, ker se o tlakova-
njih v osnovni šoli nis o učili.
T: Ja, res. Veš, da je ogoče ravnino tlakovati
sa o s tre i pravilni i večkotniki?
F: Ja, to si i že povedal. S trikotniko , kvadrato
in šestkotniko .
T: In veš. . .
F: . . . , da čebele izdelajo satovje v obliki šestkotni-
kov? V , ve .3
T: Dobro. e pa zani a, kako je s te v treh razse-
žnostih. To, kar j v ravnini trikotnik, je v prostoru
četverec.
F: In enakostranične u trikotniku ustreza pravilni
četverec?
T Ja. e zani a, če je ogoče z lepljenje četver-
cev napolniti prostor.
F: Kako?!?
Čez štirinajst dni. Francka kuha, Tone hodi po sta-
novanju.
: I ava kaj lepenke?
F: Zakaj?
T: Rad bi si narisal režo trikotnikov.
: , še vedno ti grejo četverci po glavi. Bo poi
skala. (Odide po lepenko.)
F: Tukaj je.
: Hvala, aha, tudi ravnilo in svinčnik sta na izi. Veš
k j, narisal s bo režo tri otnikov in sestavil ne-
kaj četvercev, da si bo lažje predstavljal. Lepenka
je for ata A3, četverci ne s ejo biti pre ajhni, stra-
nica naj eri na pri er 7 centi etrov.
F: Gre naprej kuhat. (Odide kuhat.)
Istega dne, po kosilu.
Si narisal režo?
T: Tu je.
F: Zdaj pa tudi e e zani a, kako je s t . Daj
i papir. (Vza e ška je in prične rezati kose, sesta-
vljene iz štirih sosednjih trikotnikov.)
Sedaj pa sa o še lepilni tra , pa bo.
1Tlakovati ravnino pom ni prekriti ravnino s paroma skla
dnimi liki.
2Bralec lahko to preveri za vajo.
3Več v začetku knjige Oslovski most avtorja Milana Vidmarja.
2
K ko  
n polniti
pr stor?
•
presek 39 (2011/2012) 3
iva  lisac
5
m a t e m a t i k a
T: Aha, sestavljaš četverce! Kako pa boš četverce se-
stavila skupaj?
F: Tudi z lepilnim trakom. Samo upogniti ga je treba,
da lepljiva stran gleda navzven.
T: Prav, poskusiva sestaviti. Aha, stranske ploskve
četverca so skladne, saj so enakostranični trikotniki
s stranico 7 centimetrov. Dva četverca lahko zlepiš
vzdolž dveh njunih stranskih ploskev – trikotnikov –
to je mogoče pravzaprav samo na en način.
F: Čakaj malo, bom zalepila, . . . , to lahko kar nada-
ljujem, še tretji, . . . (Francka zlepi telo na sliki 1.)
Slika 1
Slika 2
T: Aha, koti stranskih ploskev so 60◦, dobila sva šest
četvercev, šest krat šestdeset je tristo šestdeset, se
pravi, da se šest četvercev ovije okoli skupnega roba.
4
F: Samo pet jih je!
T: Uuu, pa res. Samo pet, čakaj, . . .
F: Potem pa koti ne merijo 60◦, meriti morajo 72◦,
ne? 5
T: Čakaj malo, saj so stranske ploskve enakostra-
nični trikotniki, kot v njih pa je vedno 60◦.
F: Aja, pa res, kot med stranicama je 60◦. Kako pa je
to sploh mogoče?
T: Veš kaj, ne moreva seštevati kotov stranskih plo-
skev - trikotnikov - saj ti koti ne ležijo v skupni rav-
nini.
F: Pa res. Kaj pa lahko potem seštevava?
T: A, glej, četverci se stikajo s ploskvami, izračunati
morava kot med dvema ploskvama četverca.
F: Točno, ta mora biti 72◦.6
T: Aha, kar izračunajva. Se pravi, imava pravilni če-
tverec ABCD na sliki 2 z enakimi robovi. Osnovna
ploskev je, deniva, trikotnik ABC .
F: Prav.
T: Sedaj pa pravokotno projicirajva točko D na
ABC . Dobiva nožišče višine četverca, reciva tej
točki E.
F: Prav.
T: Zdaj pa naprej. Na stranici AB lahko izbereva raz-
polovišče stranice in ga poimenujeva F .
F: Prav.
T: Potem je CF težiščnica osnovnega trikotnika
ABC , ki jo točka E deli v razmerju 2:1.
F: Aha, E je tudi težišče trikotnika ABC . Prav.
T: Zanima naju kot ∠EFD, to je kot med ploskvijo
ABC in ploskvijo ABD.
F: Prav.
T: Aha, najprej je
4Preuranjen zaključek.
5Tudi tukaj.
6Še enkrat.
3
: , sest lj š cet erce! š cet erce se-
st il s j?
: i le il i tr . iti je tre ,
le lji str le e .
: r , s si sest iti. , str s e l s e
cet erc s s l e, s j s e str ic i tri t i i
s str ic ce ti etr . cet erc l le iš
l e j i str s i l s e – tri t i –
t je ce r r s e ci .
: j l , le il , . . . , t l r -
lj je , še tretji, . . . ( r c le i tel sli i .)
li
li
: , ti str s i l s e s ◦, il s šest
cet erce , šest r t šest eset je trist šest eset, se
r i, se šest cet erce ije li s e r .
4
: et ji je!
: , res. et, c j, . . .
: te ti e erij ◦, eriti r j ◦,
e? 5
: j l , s j s str s e l s e e str -
ic i tri t i i, t ji je e ◦.
: j , res, t e str ic je ◦. je
t s l ce?
: eš j, e re sešte ti t str s i l -
s e - tri t i - s j ti ti e le ij s i r -
i i.
: res. j l te sešte ?
: , lej, cet erci se sti j s l s i, i r c ti
r t e e l s cet erc .
: c , t r iti ◦.6
: , r i r c j . e r i, i r il i ce-
t erec sli i e i i r i. s
l s e je, e i , tri t i .
: r .
: e j r t r jicir j t c
. i išce iši e cet erc , reci tej
t c i .
: r .
: j rej. str ici l i ere r -
l išce str ice i i e je .
: r .
: te je te išc ic s e tri t i
, i j t c eli r erj : .
: , je t i te išce tri t i . r .
: i j t , t je t e l s ij
i l s ij .
: r .
: , j rej je
4Preuranjen zaključek.
5 udi tukaj.
6Še enkrat.
Nekega dopustniškega dne. Francka bere knjigo,
Tone riše v zvezek.
T: A veš, da nam pa tega niso omenili v osnovni
šoli?
F: Česa?
T: Da je mogoče z vsemi liki, ki jih obravnavamo
v osnovni šoli, tlakovati ravnino.1
F: S katerimi?
T: No, saj veš, s kvadrati, s pravokotniki, s trapezi,
s paralelogrami, z rombi in tudi z deltoidi.2
F: Aha, najbrž zato niso povedali, ker se o tlakova-
njih v osnovni šoli nismo učili.
T: Ja, res. Veš, da je mogoče ravnino tlakovati
samo s tremi pravilnimi večkotniki?
F: Ja, to si mi že povedal. S trikotnikom, kvadratom
in š stkotnikom.
T: In veš. . .
F: . . . , da čebele izdelajo satovje v obliki šestkotni-
kov? Vem, vem.3
T: Dobro. Me pa zanima, kako je s tem v treh razse-
žnostih. To, kar je v ravnini trikotnik, je v prostoru
četverec.
F: In enakostraničnemu trikotniku ustreza pravilni
četverec?
T: Ja. Me zanima, če je mogoče z lepljenjem četver-
cev napolniti prostor.
F: Kako?!?
Čez štirinajst dni. Francka kuha, Tone hodi po sta-
novanju.
T: Imava kaj lepenke?
F: Zakaj?
T: Rad bi si narisal mrežo trikotnikov.
F: A, še vedno ti grejo četverci po glavi. Bom poi-
skala. (Odide po lepenko.)
F: Tukaj je.
T: Hvala, aha, tudi ravnilo in svinčnik sta na mizi. Veš
kaj, narisal si bom mrežo trikotnikov in sestavil ne-
kaj četvercev, da si bom lažje predstavljal. Lepenka
je formata A3, četverci ne smejo biti premajhni, stra-
nica naj meri na primer 7 centimetrov.
F: Grem naprej kuhat. (Odide kuhat.)
Istega dne, po kosilu.
F: Si narisal mrežo?
T: Tu je.
F: Zdaj pa tudi mene zanima, kako je s tem. Daj
mi papir. (Vzame škarje in prične rezati kose, sesta-
vljene iz štirih sosednjih trikotnikov.)
Sedaj pa samo še lepilni trak, pa bo.
1Tlakovati rav ino pomeni prekrit ravnino s paroma skla-
dnimi liki.
2Bralec lahko to preveri za vajo.
3Več v začetku knjige Oslovski most avtorja Milana Vidmarja.
2
T: Aha, sestavljaš četverce! Kako pa boš četverce se-
stavila skupaj?
F: Tudi z lepilnim trakom. Samo upogniti ga je treba,
da lepljiv stran gl da navzven.
T: Prav, poskusiva sestaviti. Aha, stranske ploskve
četverca so skladne, saj so enakostranični trikotniki
s stranico 7 centimetrov. Dva četverca lahko zlepiš
vzdolž dveh njunih stranskih ploskev – trikotnikov –
to je mogoče pravzaprav samo na en način.
F: Čakaj malo, bom zalepila, . . . , to lahko kar nada-
ljujem, še tretji, . . . (Francka zlepi telo na sliki 1.)
Slika 1
Slika 2
T: Aha, koti stranskih ploskev so 60◦, dobila sva šest
četvercev, šest krat šestdeset je tristo šestdeset, se
pravi, da se šest četvercev ovije okoli skupnega roba.
4
F: Samo pet jih je!
T: Uuu, pa res. Samo pet, čakaj, . . .
F: Potem pa koti ne merijo 60◦, meriti morajo 72◦,
ne? 5
T: Čakaj malo, saj so stranske ploskve enakostra-
nični trikotniki, kot v njih pa je vedno 60◦.
F: Aja, pa res, kot med stranicama je 60◦. Kako pa je
to sploh mogoče?
T: Veš kaj, ne moreva seštevati kotov stranskih plo-
skev - trikotnikov - saj ti koti ne ležijo v skupni rav-
nini.
F: Pa res. Kaj pa lahko potem seštevava?
T: A, glej, četverci se stikajo s ploskvami, izračunati
morava kot med dvema ploskvama četverca.
F: Točno, ta mora biti 72◦.6
T: Aha, kar izračunajva. Se pravi, imava pravilni če-
tverec ABCD na sliki 2 z enakimi robovi. Osnovna
ploskev je, deniva, trikotnik ABC .
F: Prav.
T: Sedaj pa pravokotno projicirajva točko D na
ABC . Dobiva nožišče višine četverca, reciva tej
točki E.
F: Prav.
T: Zdaj pa naprej. Na stranici AB lahko izbereva raz-
polovišče stranice in ga poimenujeva F .
F: Prav.
T: Potem je CF težiščnica osnovnega trikotnika
ABC , ki jo točka E deli v razmerju 2:1.
F: Aha, E je tudi težišče trikotnika ABC . Prav.
T: Zanima naju kot ∠EFD, to je kot med ploskvijo
ABC in ploskvijo ABD.
F: Prav.
T: Aha, najprej je
4Preuranjen zaključek.
5Tudi tukaj.
6Še enkrat.
3
T: Aha, sestavljaš če verce! Ka o pa boš četverce se-
stavila skupaj?
F: Tudi z le ilnim trakom. Samo upogniti ga je treba,
da lepljiv stran gleda navzven.
Prav, poskusiva sestaviti. Aha, stranske ploskve
četverca so skladn , saj so enakostranični trikotniki
s str n co 7 centimet ov. Dva č tv rca lahko zlepiš
zdolž dveh njunih stranskih ploskev – trikotnikov –
to je mogoče pravzaprav s mo na en način.
F Čakaj malo, bom zalepila, . . . , to lahko kar nada
ljujem, še tretji, . . . (Francka zlepi telo na sliki 1.)
Slika 1
Slika 2
T: Aha, koti stranskih ploskev so 60◦, dobila sva šest
četvercev, šest krat šestdeset je tristo šestdeset, se
pravi, da se šest četvercev ovije okoli skupnega roba.
4
F: Samo pet jih je!
T: Uuu, pa res. Samo pet, čakaj, . . .
F: Potem pa koti ne merijo 60◦, meriti morajo 72◦,
ne? 5
T: Čakaj malo, saj so stranske ploskve enakostra-
nični trikotniki, kot v njih pa je vedno 60◦.
F: Aja, pa res, kot med stranicama je 60◦. Kako pa j
to sploh mogoče?
T: Veš kaj, ne moreva seštevati kotov stranskih plo-
skev - trikotnikov - saj ti koti ne ležijo v skupni rav-
nini.
: a res. K j pa lahko potem seštevava?
T: A, glej, četverci se stikajo s ploskvami, izračunati
mor v kot med dvema ploskvama čet rca.
F: Točno, ta mora biti 72◦.6
T: Aha, kar izračunajva. Se pravi, imava pr vilni če-
verec ABCD na sliki 2 z enakimi robovi. Osnovna
ploskev je, d niva, trikotnik ABC .
F: Prav.
T: Sedaj pa pravokotno projicirajva točko D na
ABC . Dobiva nožišče višin četverca, reciva tej
točki E.
F: Prav.
T: Zdaj pa naprej. Na stranici AB lahko izbereva raz-
polovišče strani e in g poimenujeva F .
F: Prav.
T: Potem je CF ežišč ica osnovnega trikotnika
ABC , ki jo točka E deli v razmerju 2:1.
F Aha, E je tudi težišče trikotn ka ABC . Prav.
T: Zanima naju kot ∠EFD, to je kot med ploskvijo
ABC in ploskvijo ABD.
: .
: Aha, n jprej je
4Preuranjen zaključek.
5Tudi tukaj.
6Še enkrat.
3
T: Aha, sestavljaš četverce! Kako pa boš četverce se-
stavil sku j?
F: Tudi z le ilnim trakom. Samo upogniti ga je treba,
da lepljiva stran gleda navzven.
T: Prav, po kusiva sestaviti. Aha, stranske ploskve
četverca s skladne, saj so enakostranični trik tniki
s stranico 7 centimetrov. Dv četverca lahko zlepiš
vzdolž dveh njunih s ranskih plosk v – trikotnikov –
to je mogoče pravzap v amo na en način.
F: Čakaj malo, bom zalepila, . . . , to lahko kar nada-
ljujem š tretji, . . . (Franck zlepi te na sliki 1.)
Slika 1
Slika 2
T: Aha, ko i s ranskih plos ev so 60◦, dobila sva šest
četvercev, šest krat šestdeset je tristo šestdeset, e
pravi, da se šest če vercev ovije okoli skupnega roba.
4
F: S mo pet jih je!
T: Uuu, pa res. Samo pet, čakaj, . . .
F: Potem pa koti ne merijo 60◦, meriti morajo 72◦,
ne? 5
T: Čakaj malo, saj so stranske ploskve enakostra-
nični trikotniki, kot v njih pa je vedno 60◦.
F ja, pa re , kot med stranicama je 60◦. Kako pa je
to sploh mogoče?
T: Veš kaj, n moreva s šte ati kotov stra skih plo-
skev - trikotnikov - s j ti koti ne ležijo v skupni rav
nini.
F Pa res. Kaj pa lahko potem seštevava?
T: A, glej, četverci se stikajo s ploskvami, izračunati
morava kot med dv ma ploskvama četverca.
F Točno, ta ora biti 72◦.6
T: Aha, ar izračunajva. Se pra i, imava pravilni če-
tverec ABCD na sliki 2 z nakimi robovi. Osnovna
ploskev je, deniva, tr kotnik ABC .
F Prav.
T: Sedaj pa pravokotno projicirajva točko D na
ABC . Dobiva n žišče višine čet erca, reciva tej
točki E.
F Prav.
T: Zdaj pa naprej. Na stranici AB l hko izbereva raz-
pol višče stranice in ga po menujeva F .
F Prav.
T: Potem je CF težiščnica osnovnega trikotnik
ABC , ki jo točka E deli v r zmerju 2:1.
: ha, E je tudi težišč trikotnika ABC . Prav.
: Zanima naju kot ∠EFD, t je kot med ploskvijo
in ploskvij AB .
F: Prav
T: Aha, najprej je
4Preuranjen zaključek.
5Tudi tukaj.
6Še enkrat.
3
T: Aha, sestavljaš četverce! Kako pa boš četverce se-
stavila skupaj?
F: Tudi z lepilnim trakom. Samo upogniti ga je treba,
da lepljiva stran gleda navzven.
T: Prav, poskusiva sestaviti. Aha, stranske ploskve
četverca so skladne, saj so enakostranični trikotniki
s stranico 7 centimetrov. Dva četverca lahko zlepiš
vzdolž dveh njunih stranskih ploskev – trikotnikov –
to je mogoče pravzaprav samo na en način.
F: Čakaj malo, bom zalepila, . . . , to lahko kar nada-
ljujem, še tretji, . . . (Francka zlepi telo na sliki 1.)
Slika 1
Slika 2
T: Aha, koti stranskih ploskev so 60◦, dobila sva šest
četvercev, šest krat šestdeset je tristo šestdeset, se
pravi, da se šest četvercev ovije okoli skupnega roba.
4
F: Samo pet jih je!
T: Uuu, pa res. Samo pet, čakaj, . . .
F: Potem pa koti ne merijo 60◦, meriti morajo 72◦,
ne? 5
T: Čakaj malo, saj so stranske ploskve enakostra-
nični trikotniki, kot v njih pa je vedno 60◦.
F: Aja, pa res, kot med stranicama je 60◦. Kako pa je
to sploh mogoče?
T: Veš kaj, ne moreva seštevati kotov stranskih plo-
skev - trikotnikov - saj ti koti ne ležijo v skupni rav-
nini.
F: Pa res. Kaj pa lahko potem seštevava?
T: A, glej, četverci se stikajo s ploskvami, izračunati
morava kot med dvema ploskvama četverca.
F: Točno, ta mora biti 72◦.6
T: Aha, kar izračunajva. Se pravi, imava pravilni če-
tverec ABCD na sliki 2 z enakimi robovi. Osnovna
ploskev je, deniva, trikotnik ABC .
F: Prav.
T: Sedaj pa pravokotno projicirajva točko D na
ABC . Dobiva nožišče višine četverca, reciva tej
točki E.
F: Prav.
T: Zdaj pa naprej. Na stranici AB lahko izbereva raz-
polovišče stranice in ga poimenujeva F .
F: Prav.
T: Potem je CF težiščnica osnovnega trikotnika
ABC , ki jo točka E deli v razmerju 2:1.
F: Aha, E je tudi težišče trikotnika ABC . Prav.
T: Zanima naju kot ∠EFD, to je kot med ploskvijo
ABC in ploskvijo ABD.
F: Prav.
T: Aha, najprej je
4Preuranjen zaključek.
5Tudi tukaj.
6Še enkrat.
3
T: Aha, sestavljaš četverce! Kako pa boš četverce se-
stavila skupaj?
F: Tudi z lepilnim trakom. Samo upogniti ga je treba,
da lepljiva stran gleda navzven.
T: Prav, poskusiva sestaviti. Aha, stranske ploskve
četverca so skladne, saj so enakostranični trikotniki
s stranico 7 centimetrov. Dva četverca lahko zlepiš
vzdolž dveh njunih stranskih ploskev – trikotnikov –
to je mogoče pravzaprav samo na en način.
F: Čakaj malo, bom zalepila, . . . , to lahko kar nada-
ljujem, še tretji, . . . (Francka zlepi telo na sliki 1.)
Slika 1
Slika 2
T: Aha, koti stranskih ploskev so 60◦, dobila sva šest
četvercev, šest krat šestdeset je tristo šestdeset, se
pravi, da se šest četvercev ovije okoli skupnega roba.
4
F: Samo pet jih je!
T: Uuu, pa res. Samo pet, čakaj, . . .
F: Potem pa koti ne merijo 60◦, meriti morajo 72◦,
ne? 5
T: Čakaj malo, s j so stranske ploskve enakostra-
nični tri otniki, kot v njih pa je ved o 60◦.
F: Aja, pa res, kot med str nicama je 60◦. Kako pa je
to sploh mogoč ?
T: Veš kaj, ne moreva seštevati kotov stranskih plo-
skev - trikotnikov - saj ti koti ne ležijo v skupni rav-
nini.
F: Pa res. Kaj pa lahko potem seštevava?
T: A, glej, četverci se stikajo s ploskvami, izračunati
morava kot med dvema ploskvama četverca.
F: Točno, ta mora biti 72◦.6
T: Aha, kar izračunajva. Se pravi, imava pravilni če-
tverec ABCD na sliki 2 z enakimi robovi. Osnovna
ploskev je, deniva, trikotnik ABC .
F: Prav.
T: Sedaj pa pravokotno projicirajva točko D na
ABC . Dobiva nožišče višine četverca, reciva tej
točki E.
F: Prav.
T: Zdaj pa naprej. Na stranici AB lahko izberev raz-
polovišče stranice in ga poimenujeva F .
F: Prav.
T: Potem je CF težiščnica osnovnega trikotnika
ABC , ki jo točka E deli v razmerju 2:1.
F: Aha, E je tudi težišče trikotnika ABC . Prav.
T: Zanima naju k t ∠EFD, to je ot med ploskvijo
ABC in ploskvijo ABD.
F: Pr v.
T: Aha, najprej je
4Preuranjen zaključek.
5Tudi tukaj.
6Še enkrat.
3
: , sest lj š cet erce! š cet erce se-
st il s j?
: i le il i tr . iti je tre ,
le lji str le e .
: r , s si sest iti. , str s e l s e
cet erc s s l e, s j s e str ic i tri t i i
s str ic ce ti etr . cet erc l le iš
l e j i str s i l s e – tri t i –
t je ce r r s e ci .
: j l , le il , . . . , t l r -
lj je , še tretji, . . . ( r c le i tel sli i .)
li
li
: , ti str s i l s e s ◦, il s šest
cet erce , šest r t šest eset je trist šest eset, se
r i, se šest cet erce ije li s e r .
4
: et ji je!
: , res. et, c j, . . .
: te ti e erij ◦, eriti r j ◦,
e? 5
: j l , s j s str s e l s e e str -
ic i tri t i i, t ji je e ◦.
: j , res, t e str ic je ◦. je
t s l ce?
: eš j, e re sešte ti t str s i l -
s e - tri t i - s j ti ti e le ij s i r -
i i.
: res. j l te sešte ?
: , lej, cet erci se sti j s l s i, i r c ti
r t e e l s cet erc .
: c , t r iti ◦.6
: , r i r c j . e r i, i r il i ce-
t erec sli i e i i r i. s
l s e je, e i , tri t i .
: r .
: e j r t r jicir j t c
. i išce iši e cet erc , reci tej
t c i .
: r .
: j rej. str ici l i ere r -
l išce str ice i i e je .
: r .
: te je te išc ic s e tri t i
, i j t c eli r erj : .
: , je t i te išce tri t i . r .
: i j t , t je t e l s ij
i l s ij .
: r .
: , j rej je
4Preuranjen zaključek.
5 udi tukaj.
6Še en ra .
Presek 39 (2011/2012) 3
•
D
C
BF
E
A
slika 1.
Sestavljanje pravilnih 
četvercev
slika 2.
Koliko meri kot EFD?
6
m a t e m a t i k a
•
EF = 1
3
CF ,
in ker je še
CF = DF,
mora biti razmerje teh dveh stranic
cos(∠EFD) = 1
3
.
F: Prav. Bom vzela računalnik.
T: Prav. Izračunaj arccos(13) in dobiš 72
◦.
F: Ni prav.
T: Ne?!?
F: Ne. Računalnik pravi, da je
∠EFD = 70,52877937◦.
T: Uuu, čakaj, potem pa . . .
F: Aaa, teh pet četvercev sploh ne napolni polnega
kota 360◦!
T: U, pa res. Kako sva sploh prišla na to idejo?7
F: Vem kako, poglej ta lepilni trak, ta je pokril nekaj
vmesnega prostora.
T: Pa res, glej, in napake je pri enem kotu ravno za
kako stopinjo in pol, ki jo pokrijejo vmesni lepilni
trakovi. Mislim, da se ne da na tak enostaven način
napolniti prostora s pravilnimi četverci. Verjetno je
tu drugače, kot je pri tlakovanju ravnine s trikotniki.
F: Ah, škoda.
T: Ja, res.
Isti kraj, isti dan, zvečer. Tone se obuva, Francka po-
čiva.
T: Grem na sprehod.
F: Prav, se vidiva.
T: Živjo.
(Zapre vrata in odide.)
(Po petih sekundah se vrata odprejo.)
T: Francka, da se! Da se!
F: Kaj se da? Ja?
T: Prostor se da napolniti s četverci! Grem na spre-
hod! Živjo!
(Zapre vrata in odide.)
Pol ure kasneje.
F: Kaj si odkril? Se res da?
T: Da se, da; s pravilnimi verjetno ne, z nekim dru-
gim četvercem pa se da.
F: Kako? Povej še meni.
T: Vzemiva kocko.
F: Kocko?!?
T: Ja, kocko. Gotovo vidiš, da je mogoče prostor na-
polniti s skladnimi kockami, postavljaš jih pač eno
poleg druge.
F: Ja, to je precej očitno, to zna vsak, ki se je kdaj
igral z legovkami. Ampak kje so tu četverci?
T: Poglejva najprej kocko. Če nama uspe razrezati
kocko na skladne četverce, bo problem rešen. Je res?
7Bojda se je podobno uštel sam Aristotel.
4
EF = 1
3
CF ,
in ker je še
CF = DF,
mora biti razmerje teh dveh stranic
cos(∠EFD) = 1
3
.
F: Prav. Bom vzela računalnik.
T: Prav. Izračunaj arccos(13) in dobiš 72
◦.
F: Ni prav.
T: Ne?!?
F: Ne. Računalnik pravi, da je
∠EFD = 70,52877937◦.
T: Uuu, čakaj, potem pa . . .
F: Aaa, teh pet četvercev sploh ne napolni polnega
kota 360◦!
T: U, pa res. Kako sva sploh prišla na to idejo?7
F: Vem kako, poglej ta lepilni trak, ta je pokril nekaj
vmesnega prostora.
T: Pa res, glej, in napake je pri enem kotu ravno za
kako stopinjo in pol, ki jo pokrijejo vmesni lepilni
trakovi. Mislim, da se ne da na tak enostaven način
napolniti prostora s pravilnimi četverci. Verjetno je
tu drugače, kot je pri tlakovanju ravnine s trikotniki.
F: Ah, škoda.
T: Ja, res.
Isti kraj, isti dan, zvečer. Tone se obuva, Francka po-
čiva.
T: Grem na sprehod.
F: Prav, se vidiva.
T: Živjo.
(Zapre vrata in odide.)
(Po petih sekundah se vrata odprejo.)
T: Francka, da se! Da se!
F: Kaj se da? Ja?
T: Prostor se da napolniti s četverci! Grem na spre-
hod! Živjo!
(Zapre vrata in odide.)
Pol ure kasneje.
F: Kaj si odkril? Se res da?
T: Da se, da; s pravilnimi verjetno ne, z nekim dru-
gim četvercem pa se da.
F: Kako? Povej še meni.
T: Vzemiva kocko.
F: Kocko?!?
T: Ja, kocko. Gotovo vidiš, da je mogoče prostor na-
polniti s skladnimi kockami, postavljaš jih pač eno
poleg druge.
F: Ja, to je precej očitno, to zna vsak, ki se je kdaj
igral z legovkami. Ampak kje so tu četverci?
T: Poglejva najprej kocko. Če nama uspe razrezati
kocko na skladne četverce, bo problem rešen. Je res?
7Bojda se je podobno uštel sam Aristotel.
4
EF = 1
3
CF ,
in ker je še
CF = DF,
mora biti razmerje teh dveh stranic
cos(∠EFD) = 1
3
.
F: Prav. Bom vzela računalnik.
T: Prav. Izračunaj arccos(13) in dobiš 72
◦.
F: Ni prav.
T: Ne?!?
F: Ne. Računalnik pravi, da je
∠EFD = 70,52877937◦.
T: Uuu, čakaj, potem pa . . .
F: Aaa, teh pet četvercev sploh ne napolni polnega
kota 360◦!
T: U, pa res. Kako sva sploh prišla na to idejo?7
F: Vem kako, poglej ta lepilni trak, ta je pokril nekaj
vmesnega prostora.
T: Pa res, glej, in napake je pri enem kotu ravno za
kako stopinjo in pol, ki jo pokrijejo vmesni lepilni
trakovi. Mislim, da se ne da na tak enostaven način
napolniti prostora s pravilnimi četverci. Verjetno je
tu drugače, kot je pri tlakovanju ravnine s trikotniki.
F: Ah, škoda.
T: Ja, res.
Isti kraj, isti dan, zvečer. Tone se obuva, Francka po-
čiva.
T: Grem na sprehod.
F: Prav, se vidiva.
T: Živjo.
(Zapre vrata in odide.)
(Po petih sekundah se vrata odprejo.)
T: Francka, da se! Da se!
F: Kaj se da? Ja?
T: Prostor se da napolniti s četverci! Grem na spre-
hod! Živjo!
(Zapre vrata in odide.)
Pol ure kasneje.
F: Kaj si odkril? Se res da?
T: Da se, da; s pravilnimi verjetno ne, z nekim dru-
gim četvercem pa se da.
F: Kako? Povej še meni.
T: Vzemiva kocko.
F: Kocko?!?
T: Ja, kocko. Gotovo vidiš, da je mogoče prostor na-
polniti s skladnimi kockami, postavljaš jih pač eno
poleg druge.
F: Ja, to je precej očitno, to zna vsak, ki se je kdaj
igral z legovkami. Ampak kje so tu četverci?
T: Poglejva najprej kocko. Če nama uspe razrezati
kocko na skladne četverce, bo problem rešen. Je res?
7Bojda se je podobno uštel sam Aristotel.
4
EF = 1
3
CF ,
in ker je še
CF = DF,
mora biti razmerje teh dveh stranic
cos(∠EFD) = 1
3
.
F: Prav. Bom vzela računalnik.
T: Prav. Izračunaj arccos(13) in dobiš 72
◦.
F: Ni prav.
T: Ne?!?
F: Ne. Računalnik pravi, da je
∠EFD = 70,52877937◦.
T: Uuu, čakaj, potem pa . . .
F: Aaa, teh pet četvercev sploh ne napolni polnega
kota 360◦!
T: U, pa res. Kako sva sploh prišla na to idejo?7
F: Vem kako, poglej ta lepilni trak, ta je pokril nekaj
vmesnega prostora.
T: Pa res, glej, in napake je pri enem kotu ravno za
kako stopinjo in pol, ki jo pokrijejo vmesni lepilni
trakovi. Mislim, da se ne da na tak enostaven način
napolniti prostora s pravilnimi četverci. Verjetno je
tu drugače, kot je pri tlakovanju ravnine s trikotniki.
F: Ah, škoda.
T: Ja, res.
Isti kraj, isti dan, zvečer. Tone se obuva, Francka po-
čiva.
T: Grem na sprehod.
F: Prav, se vidiva.
T: Živjo.
(Zapre vrata in odide.)
(Po petih sekundah se vrata odprejo.)
T: Francka, da se! Da se!
F: Kaj se da? Ja?
T: Prostor se da napolniti s četverci! Grem na spre-
hod! Živjo!
(Zapre vrata in odide.)
Pol ure kasneje.
F: Kaj si odkril? Se res da?
T: Da se, da; s pravilnimi verjetno ne, z nekim dru-
gim četvercem pa se da.
F: Kako? Povej še meni.
T: Vzemiva kocko.
F: Kocko?!?
T: Ja, kocko. Gotovo vidiš, da je mogoče prostor na-
polniti s skladnimi kockami, postavljaš jih pač eno
poleg druge.
F: Ja, to je precej očitno, to zna vsak, ki se je kdaj
igral z legovkami. Ampak kje so tu četverci?
T: Poglejva najprej kocko. Če nama uspe razrezati
kocko na skladne četverce, bo problem rešen. Je res?
7Bojda se je podobno uštel sam Aristotel.
4
EF = 1
3
CF ,
in ker je še
CF = DF,
mora biti razmerje teh dveh stranic
cos(∠EFD) = 1
3
.
F: Prav. Bom vzela računalnik.
T: Prav. Izračunaj arccos(13) in dobiš 72
◦.
F: Ni prav.
T: Ne?!?
F: Ne. Računalnik pravi, da je
∠EFD = 70,52877937◦.
T: Uuu, čakaj, potem pa . . .
F: Aaa, teh pet četvercev sploh ne napolni polnega
kota 360◦!
T: U, pa res. Kako sva sploh prišla na to idejo?7
F: Vem kako, poglej ta lepilni trak, ta je pokril nekaj
vmesnega prostora.
T: Pa res, glej, in napake je pri enem kotu ravno za
kako stopinjo in pol, ki jo pokrijejo vmesni lepilni
trakovi. Mislim, da se ne da na tak enostaven način
napolniti prostora s pravilnimi četverci. Verjetno je
tu drugače, kot je pri tlakovanju ravnine s trikotniki.
F: Ah, škoda.
T: Ja, res.
Isti kraj, isti dan, zvečer. Tone se obuva, Francka po-
čiva.
T: Grem na sprehod.
F: Prav, se vidiva.
T: Živjo.
(Zapre vrata in odide.)
(Po petih sekundah se vrata odprejo.)
T: Francka, da se! Da se!
F: Kaj se da? Ja?
T: Prostor se da napolniti s četverci! Grem na spre-
hod! Živjo!
(Zapre vrata in odide.)
Pol ure kasneje.
F: Kaj si odkril? Se res da?
T: Da se, da; s pravilnimi verjetno ne, z nekim dru-
gim četvercem pa se da.
F: Kako? Povej še meni.
T: Vzemiva kocko.
F: Kocko?!?
T: Ja, kocko. Gotovo vidiš, da je mogoče prostor na-
polniti s skladnimi kockami, postavljaš jih pač eno
poleg druge.
F: Ja, to je precej očitno, to zna vsak, ki se je kdaj
igral z legovkami. Ampak kje so tu četverci?
T: Poglejva najprej kocko. Če nama uspe razrezati
kocko na skladne četverce, bo problem rešen. Je res?
7Bojda se je podobno uštel sam Aristotel.
4
F: Aha, res bo, ker lahko potem vse kocke, ki na-
polnjujejo prostor, razrežemo na skladne četverce in
dobimo prostor, napolnjen s četverci. Drži. In kako
bi razrezal kocko na skladne četverce?
T: A, tu je pa neka zvijača.
F: Povej.
T: Vzemiva kocko z robom 1 in jo postaviva v pro-
storski koordinatni sistem.
F: Prav.
T: Sedaj se pa vprašajva, kako izbereva točko znotraj
kocke.
F: Hm, izbereva koordinate (x,y, z) med 0 in 1 pa
je.
T: Tako je. Sedaj pa pogledava ta tri števila in jih
urediva po velikosti.
F: Saj ne veva, kakšna so?
T: Nič ne de, obstaja šest možnosti, ki jih lahko na-
štejeva:
x ≤ y ≤ z, (1)
x ≤ z ≤ y, (2)
y ≤ x ≤ z, (3)
y ≤ z ≤ x, (4)
z ≤ x ≤ y, (5)
z ≤ y ≤ x. (6)
F: Aha, in kaj zdaj?
T: Najprej lahko ugotoviva, da teh šest možnosti do-
loča šest podmnožic kocke, ki so paroma skladne.
F: Skladne? To pomeni, da lahko na primer prvo
množico z nekim gibanjem prostora prevedemo na
drugo množico. Drži?
T: Točno tako. In ker si že izbrala prvo in drugo
množico: če je točka A(x,y, z) iz množice (1), naj
bo njena slika točka A′(x, z,y) iz množice (2). Ta
predpis torej med seboj zamenja ordinato in apli-
kato, abscico pusti pri miru, preslika množico (1) na
množico (2) in je povrhu še gibanje.
F: Kako veš?
T: Vem, gre namreč za zrcaljenje preko ravnine do-
ločene z enačbo y = z.
F: V redu, verjamem. In naprej?
T: Podobno ugotoviva za ostale množice od (1) do
(6). Ko veva, da so paroma skladne, zadošča le še na-
risati množico (1). 8 Ti bom narisal.(Vzame svinčnik
in nariše.)
Slika 3
Slika 4
8Naštete množice so tudi skoraj paroma tuje, saj je presek
dveh poljubnih množica manjše razsežnosti.
5
F: Aha, res bo, ker lahko potem vs kocke, ki na-
polnjujejo prostor, razrežem a skladne četve ce in
dobimo prostor, napolnjen s četverci. Drži. In kako
bi razrezal kocko na skladne četverce?
T: A, tu je pa neka zvijača.
F: Povej.
T: Vzemiva kocko z robom 1 in jo postaviva v pro-
storski koordinatni sistem.
F: Prav.
T: Sedaj se a vprašajva, kako izbereva točko znotraj
kocke.
F: Hm, izbereva koordinate (x,y z) med 0 in 1 pa
je.
T: Tako je. Sedaj pa pogledava ta tri št vila in jih
urediva po velikosti.
F: Saj ne veva, kakšna so?
T: Nič ne de, obstaja šest možnosti, ki jih lahko na-
štejeva:
x ≤ y ≤ z, (1)
x ≤ z ≤ y, (2)
y ≤ x ≤ z, (3)
y ≤ z ≤ x, (4)
z ≤ x ≤ y, (5)
z ≤ y ≤ x. (6)
F: Aha, in kaj zdaj?
T: Najprej lahko ugotoviva, da teh š st možnosti do-
loča šest podmnožic kocke, ki so paroma skladne.
F: Skladne? To pomeni, da lahko na primer prvo
množico z nekim gibanjem pr stora pr vedemo a
drugo množico. Drži?
T: Točno tako. In ker si že izbrala prvo in drugo
množico: če je točka A(x,y, z) z množice (1), naj
bo njena slika točka A′(x, z,y) iz množice (2). Ta
predpis torej med seboj zamenja ordinato in apli-
kato, abscico pusti pri miru, preslika množico (1) na
množico (2) in je p vrhu še gibanje.
F: Kako eš?
T: Vem, gre namreč za zrcaljenje preko ravnine do-
ločene z enačbo y = z.
F: V redu, verjamem. In naprej?
T: Podobno ugotoviva za ostale množice d (1) do
(6). Ko veva, da so paroma skladne, zadošča le še na-
risati množico (1). 8 Ti bom n r sal.(Vzame svinčnik
in nariše.)
Slika 3
Slika 4
8Naštete množice so tudi skoraj paroma tuje, saj je presek
dveh poljubnih množica manjše razsežn sti.
5
F: Aha, res bo, ke lahko potem vse kocke, ki na-
polnjujejo prostor, razrežemo na skladne četverce in
dobimo prostor, napolnjen s četverci. Drži. In kako
bi razrezal ko ko na skladne četverce?
T: A, tu je pa neka zvijača.
F: Po j.
T: Vzemiva kocko z robom 1 in jo postaviva v pro-
storski koordinatni sistem.
F: Prav.
T: Sedaj se pa vprašajva, kako izbereva točko znotraj
kocke.
F: Hm, izbereva ko rdinate (x,y, z) med 0 in 1 pa
je.
T: Tako je. Sedaj pa ogledava ta tri števila in jih
urediva po velikosti.
F: S j ne veva, kakšna so?
T: Nič ne de, obstaja šest možnosti, ki jih lahko na-
štejeva:
x ≤ y ≤ z, (1)
x ≤ z ≤ y, (2)
y ≤ x ≤ z, (3)
y ≤ z ≤ x, (4)
z ≤ x ≤ y, (5)
z ≤ y ≤ x. (6)
F: Aha, in kaj zdaj?
T: Najprej lahko ugotoviva, da teh šest možnosti do-
loča šest podmnožic kocke, ki so paroma skladne.
F: Skladne? To pomeni, da lahko na primer prvo
množico z nekim gibanjem prostora prevedemo na
drugo m ožico. D ži?
T: Točno tako. In ker si že izbrala prvo in drugo
množico: če je točka A(x,y, z) iz množice (1), naj
bo njen slika točka A′(x, z,y) iz množice (2). Ta
predpis torej med seboj zamenja ordinato in apli-
kato, abscico pusti pri miru, preslika množico (1) na
nožic (2) in je povrhu še gibanje.
F: Kako veš?
T: Vem, gre namreč za zrcaljenje preko ravnine do-
ločene z enačbo y = z.
F: V redu, verj mem. In naprej?
T: Podobno ugotoviva za ostale množice od (1) do
(6). Ko veva, da so paroma skladne, zadošča le še na-
risati i o (1). 8 Ti bom narisal.(Vzame svinčnik
in nariše.)
Slika 3
Slika 4
8Naštete množice so tudi skoraj paroma tuje, saj je presek
dveh poljubnih množica manjše razsežnosti.
5
F Aha, res bo, ker lah potem vs kocke, ki na-
p lnjujejo prostor, razrežem na skladn četve c in
dobi o prost r, napolnjen s č tverci. Drži. In kako
bi razrez l k k na skladne četverce?
T: A, tu je pa neka zvijača.
F: Po j.
Vzemiva koc o robom 1 in jo postaviva v pro-
storski koordinatni sistem.
F Prav.
T: Sedaj se pa vprašajva, kako izbereva točko znotr j
kocke.
F Hm, izbere a koordinate (x,y z) med 0 in 1 pa
je.
T: Tako je. Sedaj pa ogl dava ta tri št vila in jih
urediva po velikosti.
F S j ne veva, k kšn s ?
T: Nič ne de, obstaja šest možnosti, ki jih lahko na-
štejeva:
x ≤ y ≤ z, (1)
z y 2
y x ≤ z 3
z x 4
z x y 5
y x. 6
F: Aha, in kaj zdaj?
T: Najprej lahko ugotoviva, da teh šest možnosti do-
loča šest podmnožic kocke, ki so paroma skladne.
F Skladne? T pomeni, da lahko na primer prvo
množico z nekim gibanjem pr stora prevedemo na
drugo m ožico. D ži?
T: Točno tako. In ker si že izbral v in drugo
množico: če je točka A(x,y, z) iz množice (1), naj
bo nje sli a točka A′(x, z,y) iz množice (2). Ta
predpis tor j med seboj zam nja ordinato in apli-
kato, abscic pusti pri miru, preslika množico (1) n
nož c (2) in je povrhu še gibanje.
F: Kako veš?
T: Vem, gre namreč za zrcaljenje preko r vnine do-
ločene z načbo y = z.
F redu, verj em. In naprej?
T: Podobno ugotoviva za ostale množice d (1) do
(6). Ko veva, d so parom skladne, zadošča le še na-
risati o (1). 8 Ti bom narisal.(Vzame svinčnik
in nariše.)
Slika 3
Slika 4
8Naštete množice so tudi skoraj paroma tuje, saj je presek
dveh poljubnih množica manjše razsežn sti.
5
F: Aha, res bo, ker lahko potem vse ko ke, ki na-
polnjujejo prostor, razrežem na skladne četverce in
d bimo prostor, napolnj n s četverci. Drži. In kako
bi razrezal o na skladne ?
T: A, tu e a n ka zvijača.
F Po j.
T: V miva kocko z robom 1 in jo postaviva v pro-
storski koordinatni s stem.
: rav.
: Sedaj se p prašajva, kako izbereva točko znot aj
k cke.
: Hm, izbereva koordinate (x,y, z) med 0 in 1 pa
je.
T: Tako je. Sedaj pa pogledava ta tri števila in jih
urediva po v likosti.
F: Saj ne ve a, akšna so?
: Nič ne de, obstaja šest možnosti, ki jih l hko na-
št je :
x ≤ y ≤ z, (1)
x ≤ z ≤ y, (2)
y ≤ x ≤ z, (3)
y ≤ z ≤ x, (4)
z ≤ x ≤ y, (5)
z ≤ y ≤ x. (6)
F: Aha, in kaj zdaj?
T: Najprej l hko ugotoviva, da teh šest možnosti do-
loča šest podmnožic kocke, ki so aroma skladne.
: Sklad e? To pomeni, da l hko na primer prvo
množico z nekim giba jem prost ra preved mo na
drugo množico. Drži?
T: T čno tako. In ker si že izbrala prv in drug
i : če je točka A(x,y, z) iz množice (1), naj
bo njena slika t čka A′ z,y 2 . Ta
predpis torej med s b j zame ja ord n to in apli-
kat , abscic pusti pri miru, presl ka m ožico (1) na
mn žico (2) in j povrhu še gibanje.
F: Kako veš?
T: Vem, gre namreč za z caljenje pr ko ravnine do-
loče e z enačbo y = z.
: V r du, verjamem. In naprej?
: Podobno ugotoviva a ostale množice od (1) do
(6). Ko veva, da s paroma skl dne, zadošča le še na-
isati množico (1). 8 Ti bom n risal.(Vzame svinč ik
in nariše.)
Slika 3
li 4
8Naštete množice so tudi skoraj paroma tuje, saj je presek
dveh poljubnih množica manjše razsežnosti.
5
F: Aha, res bo, ker lahko potem vs kocke, ki n -
polnjujejo prostor, razrežem na skladne četve ce in
dobimo prostor, napolnjen s četverci. Drži. In kako
bi razrezal kocko na skladne č tverc ?
T: A, tu je a neka zvijača.
F: Povej.
T: V emiva kocko z robom 1 in jo postaviva v pro-
storski koordinatni sistem.
rav.
Sedaj se pa vprašajva, kako izb reva točko znot j
kocke.
Hm, izbereva koordinate (x,y z) med 0 in 1 pa
je.
T: Tako je. Sedaj pa pogledava ta tri št vila in jih
urediva po v lik sti.
F: Saj ne veva, kakš a so?
Nič ne de, obstaja šest možnosti, ki jih l hko na-
št jeva:
x ≤ y ≤ z, (1)
x ≤ z ≤ y, (2)
y ≤ x ≤ z, (3)
y ≤ z ≤ x, (4)
z ≤ x ≤ y, (5)
z ≤ y ≤ x. (6)
F: Aha, in kaj zdaj?
T: Najprej lahko ugotoviva, da teh šest možnosti do-
loča šest podmnožic kocke, ki so aroma skladne.
Sklad e? To pomeni, da l ko na primer prvo
množico z ne im gibanjem pr stora prevedemo na
drugo množico. Drži?
T: Točno tako. In ker si že izbrala prv in drug
: če je točka A(x,y, z) z množice (1), na
bo njena slika točka A′(x, z,y) iz mn žice (2). T
pr dpis torej med s boj zam ja rd n to in apli-
kat , absci o pusti pri miru, presl ka množico (1) na
množico (2) in je povrhu še gibanje.
F: Kako veš?
T: Vem, gre namreč za zrcaljenje pr k r vnine do-
loč ne z enačbo y = z.
V redu, ver amem. I naprej?
Podobno ugotoviva za ostal nožice d (1) do
(6). Ko veva, da so paroma skladne, zadošča le še na-
risati množico (1). 8 Ti bom narisal.(Vzame svinčnik
in nariše.)
Slika 3
4
8Naštete množice so tudi skoraj paroma tuje, saj je presek
dveh poljubnih množica manjše razsežn sti.
5
F: Aha, res bo, ker lahko potem vse kocke, ki na-
polnjujejo prostor, razrežemo skladne četv rce in
dobi o prost r, napolnjen s č tver i. D ž . In kako
bi razr z l ko k na skladne č tverce?
T: A, tu je pa neka zvijaˇa.
Po j.
Vzemiva koc o robom 1 in jo postaviva v pro-
torski koordinat i sistem.
rav.
Sedaj se pa vpr šajv , kako izb reva točko znot aj
kocke.
Hm, izbere a koordinate (x,y, z) med 0 in 1 pa
je.
T T ko je. Sedaj pa ogl dava ta tri števila in jih
urediva po v likosti.
F: S j ne veva, kakšn so?
Nič ne de, obstaja šest možnosti, ki jih lahko na-
štejeva:
x ≤ y ≤ z, (1)
z ≤ y 2
y x z 3
z x 4
z ≤ x y 5
y x. 6
F: Aha, in kaj zdaj?
T: Najprej lahko ugotoviva, da teh šest možnosti do-
loča šest podmnožic kocke, ki so paroma skladne.
Sklad e? T pomeni, da la ko na primer prvo
množico z ne im gibanjem prosto a prevedemo na
drugo m ožico. D ži?
Točn k . In ker si že izbral v in drug
: če je točka A(x,y, z) iz množice (1), na
bo nje a sli a točka A′(x, z,y) iz množice (2). Ta
predp s tor j med seboj zamenja rdinato i apli-
kat , absci o pusti pri miru, preslika množic (1) n
množic (2) in je povrhu še gibanje.
F: Kako veš?
T: Vem, gre namreč za zrcaljenje prek ravnine do-
loč e z načbo y = z.
V redu, verj em. I naprej?
Podobno ug tovi a za ostale nožice od (1) do
(6). Ko veva, d so parom sklad , zadošča le še na-
risati m o (1). 8 Ti bom n risal.(Vzame svinčnik
in nariše.)
Slika 3
4
8Naštete množice so tudi skoraj paroma tuje, saj je presek
dveh poljubnih množica manjše razsežnosti.
5
F: Aha, r s bo, ker lahko potem vse kocke, ki na-
p lnjujejo pro tor, azrežemo na skladne četverce in
dobi o prostor, napolnjen s četverci. Drži. In kako
bi razrez l o na skladne č tverc ?
T: A, tu je a n ka zvijača.
F: Po j.
T: V miva kocko z robom 1 in jo postaviva v pro-
torski koordinat i sistem.
: rav.
: Sedaj se p prašajv , kako izbereva točko znot aj
kocke.
: Hm, izbere a koordinate (x,y, z) med 0 in 1 pa
je.
T: Tako je. S daj pa ogledava ta tri števila in jih
urediva po v likosti.
F: S j ne veva, kakšna so?
: Nič ne de, obstaja šest možnosti, ki jih lahko na-
štejeva:
x ≤ y ≤ z, (1)
x ≤ z ≤ y, (2)
y ≤ x ≤ z, (3)
y ≤ z ≤ x, (4)
z ≤ x ≤ y, (5)
z ≤ y ≤ x. (6)
F: Aha, in kaj zdaj?
T: Najprej lahko ugotoviva, da teh šest možnosti do-
loča šest podmnožic kocke, ki so paroma skladne.
: Sklad e? To pomeni, da lahko na primer prvo
mn žico z ne im gibanjem prostora prevedemo na
drugo m ožico. D ži?
T: Točno tak . In ker si že izbrala prvo in drug
: če je točka A(x,y, z) iz množice (1), naj
bo njen slika točka A′(x, z,y) iz množice (2). Ta
pr dpis torej med s b j zamenja ordinato in apli-
kat , absci pusti pri miru, preslika množico (1) na
nožic (2) in j povrhu še gibanje.
F: Kako veš?
T: Vem, gre n mreč za zrcaljenje preko ravnine do-
loče e z enačb y = z.
: V redu, verj mem. I naprej?
: Podobno ug toviva za ostale množice od (1) do
(6). Ko veva, da so paroma skladne, zadošča le še na-
isati o (1). 8 Ti bom narisal.(Vzame svinčnik
in nariše.)
Slika 3
4
8Naštete množice so tudi skoraj paroma tuje, saj je presek
dveh p ljubnih množica manjše razsežnosti.
5
F: Aha, res bo, ker lah o potem vse kocke, ki a-
njujejo prostor, razrežem na skladne četverce in
d bim prostor, napolnjen s četverci. Drži. In ako
bi razrezal o na skladn ?
, tu e a n ka zvijača
F Po j.
T: V miva k cko z robom 1 in j ostav va v pro
storski k ordinatni sist m.
rav.
Seda se p prašajva, kako izb eva točko znot aj
kocke.
Hm, izbereva koordinate (x,y, z) med 0 in 1 pa
je.
Tako j . Sedaj pa pogledava ta tri števil in jih
uredi a po v likosti.
aj n ve , a na so?
Nič ne de, obstaja šest možnosti, ki jih l hko na-
štejeva:
x ≤ y ≤ z, (1)
x ≤ z ≤ y, (2)
y x 3
y x, (4)
z , 5
z y . 6
F: Aha, in kaj zdaj?
T: Najprej l hko ugotoviva, da teh šest možnosti do-
loča šest podmnožic kocke, ki so aroma skladne.
Sklad e? To pomeni, da l hko na primer prvo
množico z ne im giba jem prost ra preved mo na
drugo množico. Drži?
T: T čno t ko. In ker si že izbrala prv in drug
: če je t čka A(x,y, z) iz množice (1), naj
bo nj na slika t čka A′ z,y 2 . T
p edpis t rej ed s b j z me ja ordin to in apli-
kat , absci pusti pri miru, pre lik m žico (1)
(2) in j povrhu še gibanje.
F Kako veš?
T: Vem, gre na reč za zrc ljenje pr k ravni e d
l če z e ačbo y = z.
V r du, v rjamem. In naprej?
Podobno ugot viva za ostale množice od do
(6). Ko veva, d s pa oma skl d e, zadošča le še na
isati množi o (1). 8 Ti bom narisal.(Vz me svinč ik
in ariše.)
S ik 3
4
8Naštete množice so tudi skoraj paroma tuje, saj je presek
dveh poljubnih množica manjše razsežnosti.
5
F: Aha, res bo, ker lahko otem vs kocke, ki na-
polnjujejo prostor, razrežem na skladne četve ce in
dobimo prostor, napolnjen s četverci. D ži. In kak
bi razrezal kocko na skladne č tverce?
T: A, tu je a neka zvijača.
F: Povej.
T: V emiva k cko z robom 1 in j ostaviva v pro
storski k ordinatni sist m.
rav.
Sedaj se pa vpraš jva, kako izb reva točko znot j
kocke.
Hm, izbereva koordinate (x,y z) med 0 in 1 pa
je.
T: Ta o je. Sedaj pa pogledava ta tri št vil in jih
uredi a po v likosti.
F: aj ne vev , kakšna so?
Nič ne de, obstaja šest možnosti, ki jih l hko na-
štejeva:
x ≤ y ≤ z, (1)
x ≤ z ≤ y, (2)
y ≤ x ≤ z, (3)
y z x 4
z x 5
z y x. 6
F: Aha, in kaj zdaj?
T: Najprej lahko ugotoviva, da teh šest možnosti do-
loča šest podmnožic kocke, ki so aroma skladne.
Sklad e? To pomeni, da l ko na primer prvo
množico z ne im gibanjem pr sto a prevedemo na
drugo množico. Drži?
T: Točno t ko. In ke si že izbrala prv in drug
: če je točka A(x y,z) iz množice (1), na
bo nj na slika t čka A′(x, z,y) iz množice (2). Ta
predpis torej med seboj zam j rd n t i apli-
kat , absci o pusti pri miru, e lik m žic (1)
množico (2) n je povrhu še gibanj .
F: Kako v š?
T: Vem, gre namreč za zrcaljenje pr k r vnine d -
ločen z enačbo y = z.
V redu, v rjamem. In naprej?
Podobno ugotoviva za ostal nožice d (1) do
(6). Ko veva, da so pa oma sklad , zadošča le še na-
risati množico (1). 8 Ti bom narisal.(Vz me svinčnik
in nariše.)
Slika 3
4
8Naštete množice so tudi skoraj paroma tuje, saj je presek
dveh poljubnih množica manjše razsežn sti.
5
F: Aha, res bo, ker lahko potem vse kocke, ki na-
polnjujej prostor, razrežemo na skladne četverce in
dobi o prostor, napolnjen s četverci. Drži. In kako
bi razrez l o na skladne č tverc ?
T: A, tu je a n ka zvij ča.
F: Po j.
T: V iva k cko z robom 1 in jo postaviva v pro
torski k o dinatni sist m.
: rav.
: Sedaj se p praš jva, kako izb reva točko znot aj
kocke.
Hm, izbere a koordinate (x,y, z) med 0 in 1 pa
je.
T: Ta o je. Sedaj pa ogledava ta tri števila in jih
uredi a v likosti.
F: j n vev , akšna so?
: Nič ne de, obstaja šest možnosti, ki jih lahko na-
štejeva:
x ≤ y ≤ z, (1)
x ≤ z ≤ y, (2)
y ≤ x ≤ z, (3)
y z x 4
z x 5
z y x. 6
F: Aha, in kaj zdaj?
T: Najprej lahko ugotoviva, da teh šest možnosti do-
loča šest podmnožic kocke, ki so paroma skladne.
: Sklad e? To pomeni, da lahko na primer prvo
množico z ne im gibanjem prostora prevedemo na
drugo m ožico. D ži?
T: Točno k . In ker si že izbrala prvo in drug
: če je t čka A(x y,z) iz množice (1), naj
bo nj n slika t čka A′(x, z,y) iz množice (2). Ta
predpis torej med s b j zamenja ordinato in apli-
at , absci o pusti pri miru, e lik množico (1)
nožic (2) n j pov hu še gibanje.
F: Kak veš?
T: V m, gre namreč za zrcaljenje prek ravnine do-
loč z e ačbo y = z.
: V redu, v rj mem. I naprej?
: Podobno ugot viva za ostal množice od (1) do
(6). Ko veva, da so p oma sklad e, zadošča le še na-
isati (1). 8 Ti bom narisal.(Vzame svinčnik
in ariše.)
S ika 3
4
8Naštete množice so tudi skoraj paroma tuje, saj je presek
dveh poljubnih množica manjše razsežnosti.
5
Aha, res bo, ker lahko potem vs kocke, ki na-
polnjujejo prostor, razrežem na skladne četve ce in
d bi o prost r, nap lnjen s č tverci. Drži. In kak
bi razrez l ko k na skladne č tverc ?
T: A, tu je a neka zvijača.
Po j.
V emi k c o rob m 1 i jo postaviv v pro
torski k ordinat i sist m.
rav.
Sedaj se a vpr š jv , kako izbereva točko znot j
k cke.
Hm, izbere a koordinate (x,y z) med 0 in 1 pa
je.
T T o je. Sedaj pa ogl dava ta tri št vila in jih
uredi v likosti.
F: j ne vev , kakšn so?
Nič ne de, obstaja šest možnosti, ki jih lahko na-
št j v :
x ≤ y ≤ z, (1)
z y 2
y x z 3
z x 4
z x 5
y x. 6
F: Aha, in kaj zdaj?
T: Najprej lahko ugotoviva, da teh šest možnosti do-
loča šest podmnožic kocke, ki so paroma skladne.
Sklad e? T pomeni, da la ko na primer prvo
množico z ne im gibanjem pr sto a prevedemo na
drugo m ožico. D ži?
Točn k . In ker si že izbral v in drug
: če je t čka A(x y,z) iz množice (1), na
bo nj sli a t čka A′(x, z,y) iz množice (2). Ta
predp s tor j med s b zam nj rdinat i apli
kat , absci pusti pri miru, e lika ožic (1)
nožico (2) n je v hu še gibanje.
F: Kak veš?
T: Vem, gre n mreč za zrcaljenje prek r vnine do-
ločen z načbo y = z.
redu, v r mem. I naprej?
Podobno ug tovi a za ostal nožice d (1) do
(6). Ko veva, d so pa om sklad , za ošča le še na
risati (1). 8 Ti bom n risal.(Vzame svinčnik
in nariše.)
Slika 3
4
8Naštete množice so tudi skoraj paroma tuje, saj je presek
dveh poljubnih množica manjše razsežn sti.
5
:
o r
o
e
p
:
: z k
o
:
,
a e
v
e
≤ ,
,
a a
j
e a o
e
m
m r
o
e
V
a
EF = 1
3
CF ,
in ker je še
CF = DF,
mora biti razmerje teh dveh stranic
cos(∠EFD) = 1
3
.
F: Prav. Bom vzela računalnik.
T Prav. Izračunaj arccos(13) in dobiš 72
◦.
F: i prav.
T ?!?
F: Ne. Računalnik pravi, da je
∠EFD = 70,52877937◦.
T Uuu čakaj, pot m pa . . .
F: Aaa, teh pet četvercev spl h ne napolni polnega
kota 360◦!
T U, pa res. Kako sva sploh prišla n to idejo?7
F: Vem k ko, poglej ta lepilni trak, ta je p kril nekaj
vmesn ga prostora.
T: Pa res, glej, napa e je ri en m kotu rav o za
kako stopinjo in pol, ki jo pokrijejo vmesni lepilni
tr k vi. Mislim, da se ne da na tak nostaven način
napolniti pros ora s pr vilnimi čet erci. Verjetno je
tu drugače, kot je pri tlakovanju ravnine s trikotniki.
F: Ah, škoda.
T: Ja, res.
Isti kraj, isti dan, zvečer. Tone se obuva, Francka po-
čiva.
T Grem na sprehod.
F: Prav, se vidiva.
T: Živjo.
Zapr vrata in odide.)
(Po petih sekundah se vrata odprejo.)
T Francka, da se! Da se!
F: Kaj e da? Ja?
T: Prostor se da napolniti s četver i! Grem na spre-
hod! Ži jo!
(Zapre vrata in odide.)
Pol ure kasneje.
F: Kaj i o kril? Se res da?
T: Da se, da; s ravilnimi verjetno ne, z nekim dru-
gim četvercem pa se da.
F: Kako? Povej še meni.
T Vzemiva kocko.
F: Koc ?!?
T: Ja, kocko. Gotovo vidiš, da je mog č prostor na-
niti s skladnimi kockam , postavljaš jih pa eno
poleg druge.
F: Ja, to je precej očitno, to zna vsak, ki se je kdaj
igral z legovk mi. Ampak kje so tu četverci?
T: Poglejva najprej kocko. Če nama uspe razrezati
kocko na skladne četverce, bo problem rešen. Je res?
7Bojda se je podobno uštel sam Aristotel.
4
presek 39 (2011/2012) 3
T: Aha, sestavljaš četverce! Kako pa boš četverce se-
stavila skupaj?
F: Tudi z lepilnim trakom. Samo upogniti ga je treba,
da lepljiva stran gleda navzven.
T: Prav, poskusiva sestaviti. Aha, stranske ploskve
četverca so skladne, saj so enakostranični trikotniki
s stranico 7 centimetrov. Dva četverca lahko zlepiš
vzdolž dveh njunih stranskih ploskev – trikotnikov –
to je mogoče pravzaprav samo na en način.
F: Čakaj malo, bom zalepila, . . . , to lahko kar nada-
ljujem, še tretji, . . . (Francka zlepi telo na sliki 1.)
Slika 1
Slika 2
T: Aha, koti stranskih ploskev so 60◦, dobila sva šest
četvercev, šest krat šestdeset je tristo šestdeset, se
pravi, da se šest četvercev ovije okoli skupnega roba.
4
F: Samo pet jih je!
T: Uuu, pa res. Samo pet, čakaj, . . .
F: Potem pa koti ne merijo 60◦, meriti morajo 72◦,
ne? 5
T: Čakaj malo, saj so stranske ploskve enakostra-
nični trikotniki, kot v njih pa je vedno 60◦.
F: Aja, pa res, kot med stranicama je 60◦. Kako pa je
to sploh mogoče?
T: Veš kaj, ne moreva seštevati kotov stranskih plo-
skev - trikotnikov - saj ti koti ne ležijo v skupni rav-
nini.
F: Pa res. Kaj pa lahko potem seštevava?
T: A, glej, četverci se stikajo s ploskvami, izračunati
morava kot med dvema ploskvama četverca.
F: Točno, ta mora biti 72◦.6
T: Aha, kar izračunajva. Se pravi, imava pravilni če-
tverec ABCD na sliki 2 z enakimi robovi. Osnovna
ploskev je, deniva, trikotnik ABC .
F: Prav.
T: Sedaj pa pravokotno projicirajva točko D na
ABC . Dobiva nožišče višine četverca, reciva tej
točki E.
F: Prav.
T: Zdaj pa naprej. Na stranici AB lahko izbereva raz-
polovišče stranice in ga poimenujeva F .
F: Prav.
T: Potem je CF težiščnica osnovnega trikotnika
ABC , ki jo točka E deli v razmerju 2:1.
F: Aha, E je tudi težišče trikotnika ABC . Prav.
T: Zanima naju kot ∠EFD, to je kot med ploskvijo
ABC in ploskvijo ABD.
F: Prav.
T: Aha, najprej je
4Preuranjen zaključek.
5Tudi tukaj.
6Š enkrat.
3
7
m a t e m a t i k a
F: Aha, res bo, ker lahko potem vse kocke, ki na-
polnjujejo prostor, razrežemo na skladne četverce in
dobimo prostor, napolnjen s četverci. Drži. In kako
bi razrezal kocko na skladne četverce?
T: A, tu je pa neka zvijača.
F: Povej.
T: Vzemiva kocko z robom 1 in jo postaviva v pro-
storski koordinatni sistem.
F: Prav.
T: Sedaj se pa vprašajva, kako izbereva točko znotraj
kocke.
F: Hm, izbereva koordinate (x,y, z) med 0 in 1 pa
je.
T: Tako je. Sedaj pa pogledava ta tri števila in jih
urediva po velikosti.
F: Saj ne veva, kakšna so?
T: Nič ne de, obstaja šest možnosti, ki jih lahko na-
štejeva:
x ≤ y ≤ z, (1)
x ≤ z ≤ y, (2)
y ≤ x ≤ z, (3)
y ≤ z ≤ x, (4)
z ≤ x ≤ y, (5)
z ≤ y ≤ x. (6)
F: Aha, in kaj zdaj?
T: Najprej lahko ugotoviva, da teh šest možnosti do-
loča šest podmnožic kocke, ki so paroma skladne.
F: Skladne? To pomeni, da lahko na primer prvo
množico z nekim gibanjem prostora prevedemo na
drugo množico. Drži?
T: Točno tako. In ker si že izbrala prvo in drugo
množico: če je točka A(x,y, z) iz množice (1), naj
bo njena slika točka A′(x, z,y) iz množice (2). Ta
predpis torej med seboj zamenja ordinato in apli-
kato, abscico pusti pri miru, preslika množico (1) na
množico (2) in je povrhu še gibanje.
F: Kako veš?
T: Vem, gre namreč za zrcaljenje preko ravnine do-
ločene z enačbo y = z.
F: V redu, verjamem. In naprej?
T: Podobno ugotoviva za ostale množice od (1) do
(6). Ko veva, da so paroma skladne, zadošča le še na-
risati množico (1). 8 Ti bom narisal.(Vzame svinčnik
in nariše.)
Slika 3
Slika 4
8Naštete množice so tudi skoraj paroma tuje, saj je presek
dveh poljubnih množica manjše razsežnosti.
5
F: Aha, res bo, ker lahko potem vse kocke, ki na-
polnjujejo prostor, razrežemo na skladne četverce in
dobimo prostor, napolnjen s četverci. Drži. In kako
bi razrezal kocko na skladne četverce?
T: A, tu je pa neka zvijača.
F: Povej.
T: Vzemiva kocko z robom 1 in jo postaviva v pro-
storski koordinatni sistem.
F: Prav.
T: Sedaj se pa vprašajva, kako izbereva točko znotraj
kocke.
F: Hm, izbereva koordinate (x,y, z) med 0 in 1 pa
je.
T: Tako je. Sedaj pa pogledava ta tri števila in jih
urediva po velikosti.
F: Saj ne veva, kakšna so?
T: Nič ne de, obstaja šest možnosti, ki jih lahko na-
štejeva:
x ≤ y ≤ z, (1)
x ≤ z ≤ y, (2)
y ≤ x ≤ z, (3)
y ≤ z ≤ x, (4)
z ≤ x ≤ y, (5)
z ≤ y ≤ x. (6)
F: Aha, in kaj zdaj?
T: Najprej lahko ugotoviva, da teh šest možnosti do-
loča šest podmnožic kocke, ki so paroma skladne.
F: Skladne? To pomeni, da lahko na primer prvo
množico z nekim gibanjem prostora prevedemo na
drugo množico. Drži?
T: Točno tako. In ker si že izbrala prvo in drugo
množico: če je točka A(x,y, z) iz množice (1), naj
bo njena slika točka A′(x, z,y) iz množice (2). Ta
predpis torej med seboj zamenja ordinato in apli-
kato, abscico pusti pri miru, preslika množico (1) na
množico (2) in je povrhu še gibanje.
F: Kako veš?
T: Vem, gre namreč za zrcaljenje preko ravnine do-
ločene z enačbo y = z.
F: V redu, verjamem. In naprej?
T: Podobno ugotoviva za ostale množice od (1) do
(6). Ko veva, da so paroma skladne, zadošča le še na-
risati množico (1). 8 Ti bom narisal.(Vzame svinčnik
in nariše.)
Slika 3
Slika 4
8Naštete množice so tudi skoraj paroma tuje, saj je presek
dveh poljubnih množica manjše razsežnosti.
5
F: ha, res bo, ker lahko pote vse kocke, ki na-
polnjujejo prostor, razreže o na skladne četverce in
dobi o prostor, napolnjen s četverci. rži. In kako
bi razrezal kocko na skladne četverce?
T: , tu je pa neka zvijača.
F: Povej.
T: Vze iva kocko z robo 1 in jo postaviva v pro-
storski koordinatni siste .
F: Prav.
T: Sedaj se pa vprašajva, kako izbereva točko znotraj
kocke.
F: , izbereva koordinate (x, , z) ed 0 in 1 pa
je.
T: Tako je. Sedaj pa pogledava ta tri števila in jih
urediva po velikosti.
F: Saj ne veva, kakšna so?
T: ič ne de, obstaja šest ožnosti, ki jih lahko na-
štejeva:
x z, (1)
x z , (2)
x z, (3)
z x, (4)
z x , (5)
z x. (6)
F: ha, in kaj zdaj?
T: ajprej lahko ugotoviva, da teh šest ožnosti do-
loča šest pod nožic kocke, ki so paro a skladne.
F: Skladne? To po eni, da lahko na pri er prvo
nožico z neki gibanje prostora prevede o na
drugo nožico. rži?
T: Točno tako. In ker si že izbrala prvo in drugo
nožico: če je točka (x, , z) iz nožice (1), naj
bo njena slika točka ′(x, z, ) iz nožice (2). Ta
predpis torej ed seboj za enja ordinato in apli-
kato, abscico pusti pri iru, preslika nožico (1) na
nožico (2) in je povrhu še gibanje.
F: Kako veš?
T: Ve , gre na reč za zrcaljenje preko ravnine do-
ločene z enačbo z.
F: V redu, verja e . In naprej?
T: Podobno ugotoviva za ostale nožice od (1) do
(6). Ko veva, da so paro a skladne, zadošča le še na-
risati nožico (1). 8 Ti bo narisal.(Vza e svinčnik
in nariše.)
Slika 3
Slika 4
8Naštete nožice so tudi skoraj paro a tuje, saj je presek
dveh poljubnih nožica anjše razsežnosti.
5
Takole. Opaziš, da je množica (1) na sliki 3 četverec
v kocki?
F: Aaa, ja, ja, in ostali so potem tudi četverci, ki
skupaj sestavljajo kocko. Torej je mogoče s skla-
dnimi četverci napolniti kocko, s skladnimi kockami
pa prostor.
T: Tako je!
F: Poskusiva narisati mrežo in sestaviti te četverce.
Prav zanima me, kako bo.
T: Nekaj lepenke še imava, skočim po škarje, tukaj
so.
F: Aha, najprej narišem mrežo enega četverca, potem
jih bom narisala še pet enakih. Takole izgleda ena,
poglej!
T: Vidim na sliki 4. Nariši, prosim, še ostale, jaz pa
bom izrezal in zlepil že narejene.
Čez deset minut.
F: Končano.
T: Še jaz zlepim zadnjega pa bo. Takole, sedaj jih
bova pa sestavila skupaj v kocko. Enega sem, še
enega tja, še malo . . .
Čez petnajst minut.
T: Tega postavim takole, dodam tega, in še onega, ne,
ne, ne gre, tu je pa nekaj narobe.
F: Kaj? Se ne da sestaviti?
T: Ne gre. Ne razumem. Pa saj sva vzela skladne če-
tverce, . . . , ti napolnijo kocko, . . . , ne vem . . .
F: Aaa, že vem.
T: Kaj veš?
F: No, ugotovi če moreš. Vem, zakaj se ne da sesta-
viti.
T: No, zakaj?
F: Kaj že pomeni, da so četverci skladni?
T: Ja, da obstaja gibanje, ki preslika eno množico na
. . . , uuu, čakaj, za zrcaljenje gre, seveda!
F: Aha, že vidim, da vidiš.
T: Seveda, vseh šest mrež četvercev, ki si mi jih izre-
zala, sem zlepil na isti način. Že prej pa sem med
gibanja prištel tudi zrcaljenje, ki pa četverec pre-
slika v njemu zrcalni četverec. Se pravi, da moram
mreže nekaterih četvercev zlepiti navzven, ne nav-
znoter. Takoj se bom lotil.
F: Koliko?
T: Hm, kar tri9 bom vzel, jih razrezal in zlepil nav-
zven.
F: Prav.
Čez deset minut.
T: Takole.
F: Bravo, uspelo je!
Slika 5
9V ozadju: četverci predstavljajo permutacije spremenljivk
x,y in z, tri sode in tri lihe.
6
Takole. Opaziš, da je množica (1) na sliki 3 četverec
v kocki?
F: Aaa, ja, ja, in ostali so potem tudi četverci, ki
skupaj sestavljajo kocko. Torej je mogoče s skla-
dnimi četverci napolniti kocko, s skladnimi kockami
pa prostor.
T: Tako je!
F: Poskusiva narisati mrežo in sestaviti te četverce.
Prav zanima me, kako bo.
T: Nekaj lepenke še imava, skočim po škarje, tukaj
so.
F: Aha, najprej narišem mrežo enega četverca, potem
jih bom narisala še pet enakih. Takole izgleda ena,
poglej!
T: Vidim na sliki 4. Nariši, prosim, še ostale, jaz pa
bom izrezal in zlepil že narejene.
Čez deset minut.
F: Končano.
T: Še jaz zlepim z dnjega pa bo. Takole, sedaj jih
bova pa sestavila skupaj v kocko. Enega sem, še
enega tja, še malo . . .
Čez petnajst minut.
T: Tega postavim takole, dodam tega, in še onega, ne,
ne, ne gre, tu je pa nekaj narobe.
F: Kaj? Se ne da sestaviti?
T: Ne gre. Ne razumem. Pa saj sva vzela skladne če-
tverce, . . . , ti napolnijo kocko, . . . , ne vem . . .
F: Aaa, že vem.
T: Kaj veš?
F: No, ugotovi če moreš. Vem, zakaj se ne da sesta-
viti.
T: No, zakaj?
F: Kaj že pomeni, da so četverci skladni?
T: Ja, da obstaja gibanje, ki preslika eno množico na
. . . , uuu, čakaj, za zrcaljenje gre, seveda!
F: Aha, že vidim, da vidiš.
T: Seveda, vseh šest mrež četvercev, ki si mi jih izre-
zala, sem zlepil na isti način. Že prej pa sem med
gibanja prištel tudi zrcaljenje, ki pa četverec pre-
slika v njemu zrcalni četverec. Se pravi, da moram
mreže nekaterih četvercev zlepiti navzven, ne nav-
znoter. Takoj se bom lotil.
F: Koliko?
T: Hm, kar tri9 bom vzel, jih razrezal in zlepil nav-
zven.
F: Prav.
Čez deset minut.
T: Takole.
F: Bravo, uspelo je!
Slika 5
9V ozadju: četverci predstavljajo permutacije spremenljivk
x,y in z, tri sode in tri lihe.
6
Takole. Opaziš, da je množica (1) na sliki 3 četverec
v kocki?
F: Aaa, ja, ja, in ostali so potem tudi četverci, ki
skupaj sestavljajo kocko. Torej je mogoče s skla-
dnimi četverci napolniti kocko, s skladnimi kockami
pa prostor.
T: Tako je!
F: Poskusiva narisati mrežo in sestaviti te četverce.
Prav zanima me, kako bo.
T: Nekaj lepenke še imava, skočim po škarje, tukaj
so.
F: Aha, najprej narišem mrežo enega četverca, potem
jih bom narisala še pet enakih. Takole izgleda ena,
poglej!
T: Vidim na sliki 4. Nariši, prosim, še ostale, jaz pa
bom izrezal in zlepil že narejene.
Čez deset minut.
F: Končano.
T: Še jaz zlepim zadnjega pa bo. Takole, sedaj jih
bova pa sestavila skupaj v kocko. Enega sem, še
enega tja, še malo . . .
Čez petnajst minut.
T: Tega postavim takole, dodam tega, in še onega, ne,
ne, ne gre, tu je pa nekaj narobe.
F: Kaj? Se ne da sestaviti?
T: Ne gre. Ne razumem. Pa saj sva vzela skladne če-
tverce, . . . , ti napolnijo kocko, . . . , ne vem . . .
F: Aaa, že vem.
T: Kaj veš?
F: No, ugotovi če moreš. Vem, zakaj se ne da sesta-
viti.
T: No, zakaj?
F: Kaj že pomeni, da so četverci skladni?
T: Ja, da obstaja gibanje, ki preslika eno množico na
. . . , uuu, čakaj, za zrcaljenje gre, seveda!
F: Aha, že vidim, da vidiš.
T: Seveda, vseh šest mrež četvercev, ki si mi jih izre-
zala, sem zlepil na isti način. Že prej pa sem med
gibanja prištel tudi zrcaljenje, ki pa četverec pre-
slika v njemu zrcalni četverec. Se pravi, da moram
mreže nekaterih četvercev zlepiti navzven, ne nav-
znoter. Takoj se bom lotil.
F: Koliko?
T: Hm, kar tri9 bom vzel, jih razrezal in zlepil nav-
zven.
F: Prav.
Čez deset minut.
T: Takole.
F: Bravo, uspelo je!
Slika 5
9V ozadju: četverci predstavljajo permutacije spremenljivk
x,y in z, tri sode in tri lihe.
6
akole. aziš, a je ožica (1) a sliki 3 četverec
v kocki?
F: aa, ja, ja, i ostali so ote t i četverci, ki
sk aj sestavljajo kocko. orej je ogoče s skla-
i i četverci a ol iti kocko, s skla i i kocka i
a rostor.
: ako je!
F: Posk siva arisati režo i sestaviti te četverce.
Prav za i a e, kako bo.
: ekaj le e ke še i ava, skoči o škarje, t kaj
so.
F: a, aj rej ariše režo e ega četverca, ote
ji bo arisala še et e aki . akole izgle a e a,
oglej!
: i i a sliki 4. ariši, rosi , še ostale, jaz a
bo izrezal i zle il že areje e.
ˇez eset i t.
F: o ča o.
: Še jaz zle i za jega a bo. akole, se aj ji
bova a sestavila sk aj v kocko. E ega se , še
e ega tja, še alo . . .
ˇez et ajst i t.
: ega ostavi takole, o a tega, i še o ega, e,
e, e gre, t je a ekaj arobe.
F: aj? Se e a sestaviti?
: e gre. e raz e . Pa saj sva vzela skla e če-
tverce, . . . , ti a ol ijo kocko, . . . , e ve . . .
F: aa, že ve .
: aj veš?
F: o, gotovi če oreš. e , zakaj se e a sesta-
viti.
: o, zakaj?
F: aj že o e i, a so četverci skla i?
: Ja, a obstaja giba je, ki reslika e o ožico a
. . . , , čakaj, za zrcalje je gre, seve a!
F: a, že vi i , a vi iš.
: Seve a, vse šest rež četvercev, ki si i ji izre-
zala, se zle il a isti ači . e rej a se e
giba ja rištel t i zrcalje je, ki a četverec re-
slika v je zrcal i četverec. Se ravi, a ora
reže ekateri četvercev zle iti avzve , e av-
z oter. akoj se bo lotil.
F: oliko?
: , kar tri9 bo vzel, ji razrezal i zle il av-
zve .
F: Prav.
ˇez eset i t.
: akole.
F: Bravo, s elo je!
Slika 5
9V ozadju: četverci predstavljajo per utacije spre enljivk
x,y in z, tri sode in tri lihe.
6
Presek 39 (2011/2012) 3
A B
D C
GH
F
•
•
slika 3.
Četverec v kocki
slika 4.
Mreža četverca
slika 5.
Šest četvercev  
sestavlja kocko
8
m a t e m a t i k a
Problem, ki povezuje vélike može iz naslova,
pravi: Na kateri višini je potrebno prerezati kroglo,
da bosta prostornini dobljenih delov v razmerju
dva proti ena? Problem si je zastavil že slavni Ar-
himed in ga menda tudi rešil (čeprav ne tako ek-
saktno, kot to počnemo danes). Do rešitve bomo
poskušali priti z elementarnimi prijemi tudi v pri-
čujočem članku, pri čemer si bomo bistveno po-
magali z metodami, ki (upravičeno ali pa tudi ne)
nosijo ime po omenjenih dveh italijanskih mate-
matikih.
Naj omenimo, da do rezultata (oz. do kubične enač-
be) lahko pridemo vsaj še na en način, in sicer z več-
kratnimi integrali. A ta pot presega gimnazijski nivo
znanja matematike, poleg tega pa ni v duhu Arhime-
dovega časa. Arhimed je živel približno devetnajst
stoletij pred sijajnim izumom infinitezimalnega ra-
čuna, ki pa se mu je genialni znanstvenik s svojimi
metodami izčrpavanja idejno precej približal.
Cavalierijevo načelo
Če za telesi A in B lahko najdemo tako ravnino ψ,
da imata preseka teh dveh teles s poljubno ravnino,
vzporedno ψ, enako ploščino, potem sta prostornini
teles A in B enaki.
Slika 1
Načelo dokažemo z uporabo infinitezimalnega ra-
čuna (kar ni presenetljivo, ker je prostornina defini-
rana z integralom). Lahko si ga predstavljamo, če te-
lesi postavimo drugo poleg drugega in ju razrežemo
na zelo tanke rezine, vzporedne ravnini ψ, kot kaže
slika 1.
Tako npr. z lahkoto dobimo prostornino poševne
prizme (ki je seveda enaka prostornini pokončne pri-
zme z enako osnovno ploskvijo in višino), mi pa bo-
mo pravilo najprej uporabili za izračun prostornine
krogle.
Slika 2
Postavimo polkroglo (s polmerom r ) ter valj (s pol-
merom r in višino r ), ki mu je izrezan stožec (s pol-
merom r in višino r ), kot kaže slika 2. Presek pol-
krogle z ravnino na višini h (0 ≤ h ≤ r ) je krog s pol-
merom ρ, ki ga izračunamo po Pitagorovem izreku:
ρ2 = r 2 − h2. Zato je ploščina tega preseka enaka
πρ2 = π(r 2−h2). Poglejmo si še drugo telo. Njegov
presek z ravnino na višini h je krožni kolobar z ve-
čjim polmerom r in manjšim polmerom h (to sledi
2
Problem, ki povezuje vélike može iz naslova,
pravi: Na kateri višini je potrebno prerezati kroglo,
da bosta prostornini dobljenih delov v razmerju
dva proti ena? Problem si je zastavil že slavni Ar-
himed in ga menda tudi rešil (čeprav ne tako ek-
saktno, kot to počnemo danes). Do rešitve bomo
poskušali priti z elementarnimi prijemi tudi v pri-
čujočem članku, pri čemer si bomo bistveno po-
magali z metodami, ki (upravičeno ali pa tudi ne)
nosijo ime po omenjenih dveh italijanskih mate-
matikih.
Naj omenimo, da do rezultata (oz. do kubične enač-
be) lahko pridemo vsaj še na en način, in sicer z več-
kratnimi integrali. A ta pot presega gimnazijski nivo
znanja matematike, poleg tega pa ni v duhu Arhime-
dovega časa. Arhimed je živel približno devetnajst
stoletij pred sijajnim izumom infinitezimalnega ra-
čuna, ki pa se mu je genialni znanstvenik s svojimi
metodami izčrpavanja idejno precej približal.
Cavalierijevo načelo
Če za telesi A in B lahko najdemo tako ravnino ψ,
da imata preseka teh dveh teles s poljubno ravnino,
vzporedno ψ, enako ploščino, potem sta prostornini
teles A in B enaki.
Slika 1
Načelo dokažemo z uporabo infinitezimalnega ra-
čuna (kar ni presenetljivo, ker je prostornina defini-
rana z integralom). Lahko si ga predstavljamo, če te-
lesi postavimo drugo poleg drugega in ju razrežemo
na zelo tanke rezine, vzporedne ravnini ψ, kot kaže
slika 1.
Tako npr. z lahkoto dobimo prostornino poševne
prizme (ki je seveda enaka prostornini pokončne pri-
zme z enako osnovno ploskvijo in višino), mi pa bo-
mo pravilo najprej uporabili za izračun prostornine
krogle.
Slika 2
Postavimo polkroglo (s polmerom r ) ter valj (s pol-
merom r in višino r ), ki mu je izrezan stožec (s pol-
merom r in višino r ), kot kaže slika 2. Presek pol-
krogle z ravnino na višini h (0 ≤ h ≤ r ) je krog s pol-
merom ρ, ki ga izračunamo po Pitagorovem izreku:
ρ2 = r 2 − h2. Zato je ploščina tega preseka enaka
πρ2 = π(r 2−h2). Poglejmo si še drugo telo. Njegov
presek z ravnino na višini h je krožni kolobar z ve-
čjim polmerom r in manjšim polmerom h (to sledi
2
l , i j li i l ,
i: i i i i i l ,
i i l i l
i l i j il l i -
i i i il ( -
, ). i
li i i l i i ij i i i-
j l , i i i -
li i, i ( i li i )
ij i j i i lij i -
i i .
j i , l ( . i -
) l i j i , i i -
i i i li. i ij i i
j i , l i i -
. i j i l i li j
l ij ij j i i i i i l -
, i j i l i i ji i
i i j i j j i li l.
li ij l
t l i i l j t i ,
i t t t l lj i ,
, l i , t t t i i
t l i i.
li
l i i i l -
( i lji , j i i-
i l ). i lj , -
l i i l i j
l i , i i ,
li .
. l i i
i ( i j i i i-
l ij i i i ), i -
il j j ili i i
l .
li
i l l ( l ) lj ( l-
i i i ), i j i ( l-
i i i ), li . l-
l i i i i ( ) j l-
, i i i i :
. j l i
. l j i l . j
i i i i j i l -
ji l i j i l ( l i
r s
r t r š j tr r r t r
st r st r j r rj
r t ? r s st s r
t r š r t
s t t t s r š t
s š r t t r r t r
r r s st
t r t
s t s t
t
e re t t c e e c
e r e s še e c s cer ec
r t te r t t rese s
te t e e te r e
e c s r e e e r e et st
st et re s te e r
c se e e st e s s
et cr e rece r
r
e z e es e r
rese e e e es s r
z re e šc e s r s r
e es e
ce e r te e r
c r rese et er e r st r e
r te r s re st ce te
es st r e r e r re e
e t e re e re e r t e
s
r t r st r še e
r e e se e e r st r c e r
e e s s š
r re r r c r st r e
r e
st r s er r ter s
er r š r e re st ec s
er r š r t e s rese
r e r š r e r s
er r c t r e re
2 r 2 2 t e šc te rese e
2 (r 2 2) e s še r te e
rese r š e r r e
c er r š er t s e
P oble , ki povezuje vélike ože iz na lova,
p avi: Na ka e i vi ini e po ebno p e eza i k oglo,
da bo a p o o nini dobl enih delov v az e u
dva p o i ena P oble i je za avil že lavni A -
hi ed in ga enda udi e il (čep av ne ako ek-
ak no, ko o počne o dane ). Do e i ve bo o
po ku ali p i i z ele en a ni i p ije i udi v p i-
čujoče članku, p i če e i bo o bi veno po-
agali z e oda i, ki (up avičeno ali pa udi ne)
no ijo i e po o enjenih dveh i alijan kih a e-
a ikih.
Naj o ni o, da do zul a a (oz. do kubiˇn naˇ-
b ) lahko p id o v aj na n na ǐn, in i z v ˇ-
k a ni i in g ali. A a po p ga gi nazij ki nivo
znanja a a ik , pol g ga pa ni v duhu A hi -
dov ga ˇa a. A hi d j živ l p ibližno d v naj
ol ij p d ijajni izu o infini zi aln ga a-
ˇuna, ki pa u j g nialni znan v nik voji i
oda i izˇ pavanja id jno p j p ibližal.
avalie ijevo načelo
Č a t l i A in B lahko najd o tako avnino ,
da i ata p ka t h dv h t l poljubno avnino,
v po dno , nako plo ˇino, pot ta p o to nini
t l A in B naki.
Slika 1
Naˇ lo dokaž o z upo abo infini zi aln ga a-
ˇuna (ka ni p n ljivo, k j p o o nina d fini-
ana z in g alo ). Lahko i ga p d avlja o, ˇ -
l i po avi o d ugo pol g d ug ga in ju az ž o
na z lo ank zin , vzpo dn avnini , ko kaž
lika 1.
Tako np . z lahko o dobi o p o o nino po vn
p iz (ki j v da naka p o o nini pokonˇn p i-
z z nako o novno plo kvijo in vi ino), i pa bo-
o p avilo najp j upo abili za iz aˇun p o o nin
k ogl .
Slika 2
Po avi o polk oglo ( pol o ) valj ( pol-
o in vi ino ), ki u j iz zan ož ( pol-
o in vi ino ), ko kaž lika 2. P k pol-
k ogl z avnino na vi ini h (0 ≤ h ≤ ) j k og pol-
o ρ, ki ga iz aˇuna o po Pi ago ov iz ku:
ρ = − h . Za o j plo ǐna ga p ka naka
πρ = π −h . Pogl j o i d ugo lo. Nj gov
p k z avnino na vi ini h j k ožni koloba z v -
ˇji pol o in anj i pol o h ( o l di
2
t j t t
t t j j
t t
t t
t t t t
t t t
t
t t
t t
t
r t t
r r
r t t r t t r
t t t r
r r t t
t t r t r
t
t r r r
s
s s s
š s s
s
r t r
r r t r r t r
r t r r t t
t r r r r
t r r r t
r t r t r
r r t r r
r r r r r t r
r
t r r t r
r r t
r t r
r r r
r r t r r
2 2 2 t t r
2 2 2 r t
r r r r
r r t
r l , i j li i sl ,
r i: ri iši i r r r i r l ,
s r s r i i l i l r r
r i ? r l si j s il sl i r-
i i i r šil ( r -
s , s). r ši
s š li ri i l r i i rij i i ri-
j l , ri r si is -
li i, i ( r i li i )
sij i j i i lij s i -
i i .
j e i , e l ( . ic e e c-
e) l i e s j še e ci , i sice ec-
i i i e li. ese i ijs i i
j e i e, le e i i e-
e c s . i e je i el i li e e js
s le ij e sij j i i i i e i l e -
c , i se je e i l i s e i s s ji i
e i i c j i ej ecej i li l.
li rij l
e z tele i i l j e t r i ,
i t re e te e tele lj r i ,
z re , e l ci , te t r t r i i
tele i e i.
li
cel e i i e i l e -
c ( i ese e lji , e je s i e i-
i e l ). si e s lj , ce e-
lesi s i le e i j e e
el e e i e, e e i i , e
sli .
. l i s i še e
i e ( i je se e e s i i c e i-
e e s l s ij i iši ), i -
il j ej ili i c s i e
le.
li
s i l l (s l e r ) e lj (s l-
e r i iši r ), i je i e s ec (s l-
e r i iši r ), e sli . ese l-
le i iši i ( r ) je s l-
e , i i c i e i e :
r . je l šci e ese e
(r ). lej si še el . je
ese i iši i je i l e-
cji l e r i jši l e ( sle i
, ,
: ,
, .
,
,
.
, .
,
.
,
.
,
.
,
,
, ,
.
,
. ,
, ,
.
.
,
.
,
, .
, :
.
. .
j o č lo
Arhimed, 
Cavalieri in 
Cardano ali 
problem 
delitve krogle
•
dejan širaj
presek 39 (2011/2012) 3
•
Barvni sudoku
5 6
8
5 6 7 2 8
8 3 6
7 4
1 2 8
4 7
1 6 3
Barvni sudoku
V 8× 8 kvadratkov moraš vpisati začetna naravna
števila od 1 do 8, tako da bo v vsaki vrstici, v vsakem
stolpcu in v kvadratkih iste barve (pravokotnikih 2×
4) nastopalo vseh 8 števil.
1
28715364
63547182
35671428
81423756
74832615
16254837
42368571
57186243
r
e
š
it
e
v
 b
a
r
v
n
i 
s
u
d
o
k
u
•
 •
 •
9
m a t e m a t i k a
iz podobnosti), zato je ploščina tega preseka enaka
πr 2 −πh2 = π(r 2 − h2).
Ker se ploščini presekov ujemata na poljubni vi-
šini, je po Cavalierijevem načelu prostornina polkro-
gle enaka prostornini drugega telesa. To telo pa ni
nič drugega kot valj z izrezanim stožcem, zato je
njegova prostornina enakaπr 2r−πr 2r/3 = 2πr 3/3.
Prostornina celotne krogle potem znaša 4πr 3/3.
Uporaba na Arhimedovem problemu
Slika 3
Vrnimo se k začetnemu, tj. Arhimedovemu pro-
blemu. Dana je krogla s polmerom R. Denimo, da
bomo iskano višino merili od sredine krogle. Ozna-
čimo rešitev z x, prostornino zgornjega dela z V1,
prostornino spodnjega dela pa z V2. Postavimo po-
leg vsake polkrogle enako telo kot prej, tako kot kaže
slika 3. Zdaj že vemo, da imata telesi na poljubni vi-
šini enako velik presek z ravnino na tej višini, zato
lahko uporabimo Cavalierijevo načelo. Posebej ga
uporabimo za spodnji in za zgornji del krogle. Do-
bimo:
V1 =
(
πR2R −πR2R
3
)
−
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
−πR2x + πx
3
3
,
V2 =
(
πR2R −πR2R
3
)
+
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
+πR2x − πx
3
3
.
Enkrat smo polovici prostornine telesa na desni pri-
šteli, drugič pa odšteli prostornino tistega vmesnega
dela z višino x, ki ni spet nič drugega kot valj z izre-
zanim stožcem.
Višina x je po predpostavki taka, da velja
V2 = 2V1,
iz česar dobimo
2πR3
3
+πR2x − πx
3
3
= 2
(
2πR3
3
−πR2x + πx
3
3
)
,
kar preoblikujemo v
2πR3
3
− 3πR2x +πx3 = 0
in nato še v
3x3 − 9R2x + 2R3 = 0. (1)
Dobili smo kubično enačbo za x. Če jo delimo z R3,
3
•
Problem, ki povezuje vélike može iz naslova,
pravi: Na kateri višini je potrebno prerezati kroglo,
da bosta prostornini dobljenih delov v razmerju
dva proti ena? Problem si je zastavil že slavni Ar-
himed in ga menda tudi rešil (čeprav ne tako ek-
saktno, kot to počnemo danes). Do rešitve bomo
poskušali priti z elementarnimi prijemi tudi v pri-
čujočem članku, pri čemer si bomo bistveno po-
magali z metodami, ki (upravičeno ali pa tudi ne)
nosijo ime po omenjenih dveh italijanskih mate-
matikih.
Naj omenimo, da do rezultata (oz. do kubične enač-
be) lahko pridemo vsaj še na en način, in sicer z več-
kratnimi integrali. A ta pot presega gimnazijski nivo
znanja matematike, poleg tega pa ni v duhu Arhime-
dovega časa. Arhimed je živel približno devetnajst
stoletij pred sijajnim izumom infinitezimalnega ra-
čuna, ki pa se mu je genialni znanstvenik s svojimi
metodami izčrpavanja idejno precej približal.
Cavalierijevo načelo
Če za telesi A in B lahko najdemo tako ravnino ψ,
da imata preseka teh dveh teles s poljubno ravnino,
vzporedno ψ, enako ploščino, potem sta prostornini
teles A in B enaki.
Slika 1
Načelo dokažemo z uporabo infinitezimalnega ra-
čuna (kar ni presenetljivo, ker je prostornina defini-
rana z integralom). Lahko si ga predstavljamo, če te-
lesi postavimo drugo poleg drugega in ju razrežemo
na zelo tanke rezine, vzporedne ravnini ψ, kot kaže
slika 1.
Tako npr. z lahkoto dobimo prostornino poševne
prizme (ki je seveda enaka prostornini pokončne pri-
zme z enako osnovno ploskvijo in višino), mi pa bo-
mo pravilo najprej uporabili za izračun prostornine
krogle.
Slika 2
Postavimo polkroglo (s polmerom r ) ter valj (s pol-
merom r in višino r ), ki mu je izrezan stožec (s pol-
merom r in višino r ), kot kaže slika 2. Presek pol-
krogle z ravnino na višini h (0 ≤ h ≤ r ) je krog s pol-
merom ρ, ki ga izračunamo po Pitagorovem izreku:
ρ2 = r 2 − h2. Zato je ploščina tega preseka enaka
πρ2 = π(r 2−h2). Poglejmo si še drugo telo. Njegov
presek z ravnino na višini h je krožni kolobar z ve-
čjim polmerom r in manjšim polmerom h (to sledi
2
Problem, ki povezuje vélike može iz naslova,
pravi: Na kateri višini je potrebno prerezati kroglo,
da bosta prostornini dobljenih delov v razmerju
dva proti ena? Problem si je zastavil že slavni Ar-
himed in ga menda tudi rešil (čeprav ne tako ek-
saktno, kot to počnemo danes). Do rešitve bomo
poskušali priti z elementarnimi prijemi tudi v pri-
čujočem članku, pri čemer si bomo bistveno po-
magali z metodami, ki (upravičeno ali pa tudi ne)
nosijo ime po omenjenih dveh italijanskih mate-
matikih.
Naj omenimo, da do rezultata (oz. do kubične enač-
be) lahko pridemo vsaj še na en način, in sicer z več-
kratnimi integrali. A ta pot presega gimnazijski nivo
znanja matematike, poleg tega pa ni v duhu Arhime-
dovega časa. Arhimed je živel približno devetnajst
stoletij pred sijajnim izumom infinitezimalnega ra-
čuna, ki pa se mu je genialni znanstvenik s svojimi
metodami izčrpavanja idejno precej približal.
Cavalierijevo načelo
Če za telesi A in B lahko najdemo tako ravnino ψ,
da imata preseka teh dveh teles s poljubno ravnino,
vzporedno ψ, enako ploščino, potem sta prostornini
teles A in B enaki.
Slika 1
Načelo dokažemo z uporabo infinitezimalnega ra-
čuna (kar ni presenetljivo, ker je prostornina defini-
rana z integralom). Lahko si ga predstavljamo, če te-
lesi postavimo drugo poleg drugega in ju razrežemo
na zelo tanke rezine, vzporedne ravnini ψ, kot kaže
slika 1.
Tako npr. z lahkoto dobimo prostornino poševne
prizme (ki je seveda enaka prostornini pokončne pri-
zme z enako osnovno ploskvijo in višino), mi pa bo-
mo pravilo najprej uporabili za izračun prostornine
krogle.
Slika 2
Postavimo polkroglo (s polmerom r ) ter valj (s pol-
merom r in višino r ), ki mu je izrezan stožec (s pol-
merom r in višino r ), kot kaže slika 2. Presek pol-
krogle z ravnino na višini h (0 ≤ h ≤ r ) je krog s pol-
mer m ρ, ki ga izračunamo po Pitagorovem izreku:
ρ2 = r 2 − h2. Zato je ploščina tega preseka enaka
πρ2 = π(r 2−h2). Poglejmo si še drugo telo. Njegov
presek z ravnino na išini h je krožni kolobar z ve
čjim polmer m r in manjšim po merom h (to sled
2
Problem, ki povezuje vélike može iz naslova,
pravi: Na kateri višini je potrebno prerezati kroglo,
da bosta prostornini dobljenih delov v razmerju
dva proti ena? Problem si je zastavil že slavni Ar-
himed in ga menda tudi rešil (čeprav ne tako ek-
saktno, kot to počnemo danes). Do rešitve bomo
poskušali priti z elementarnimi prijemi tudi v pri-
čujočem članku, pri čemer si bomo bistveno po-
magali z metodami, ki (upravičeno ali pa tudi ne)
nosijo ime po omenjenih dveh italijanskih mate-
matikih.
Naj omenimo, da do rezultata (oz. do kubične enač-
be) lahko pridemo vsaj še na en način, i icer z več-
kratnimi integrali. A ta pot presega gimnazijski nivo
znanja matematike, poleg tega pa ni v duhu Arhime-
dovega časa. Arhimed je živel približno devetnajst
stoletij pred sij jnim i mom infinitezimal ga ra
čuna, i pa se u je genialni znanstve ik s svojimi
me odami izčrpavanja idejno precej približal.
Cavalierijevo načelo
Če za telesi A in B lahko najdemo ako ravnino ψ,
da imata preseka teh dv h teles s polju no ravnino,
vzporedno ψ, enako ploščino, potem sta prostornini
teles A in B enaki.
Slika 1
Načelo dokažemo z uporabo infinitezimalnega ra-
čuna (kar ni presenetljivo, ker je prostornina defini-
ran z integralom). Lahko si ga predstavljamo, če te-
lesi postavimo drugo poleg drugega in ju razrežemo
na zelo tanke rezine, vzporedne ravnini ψ, kot kaže
slik 1.
T ko npr. z lahko o d bimo prostorni o pošev e
prizme (ki je seveda enaka prostornini pokončne pri
zme z enako snovno p oskvijo in v šino), mi pa bo-
mo pravilo najprej uporabili za izračun prostornin
krogle
Slika 2
Postavimo polkroglo (s polmerom r ) ter valj (s pol-
merom r in višino r ), ki mu je izrezan stožec (s pol-
merom r in višino r ), kot kaže slika 2. Presek pol-
krogle z ravnino na višini h (0 ≤ h ≤ r ) je krog s pol-
merom ρ, ki ga izračunamo po Pitagorovem izreku:
ρ2 = r 2 − h2. Zat je ploščina tega preseka enaka
πρ2 = π(r 2−h2). Poglejmo si še drugo telo. Njeg v
presek z ravn no na višini h je krožni kolobar z ve
čjim polmerom r in manjšim polme om h (to sledi
2
Problem, ki povezuje vélike može iz naslova,
pravi: Na kateri višini je potrebno prerezati kroglo,
da bosta prostornini dobljenih delov v razmerju
dva proti ena? Problem si je zastavil že slavni Ar-
himed in ga menda tudi rešil (čeprav ne tako ek-
saktno, kot to počnemo danes). Do rešitve bomo
poskušali priti z elementarnimi prijemi tudi v pri-
čujočem članku, pri čemer si bomo bistveno po-
magali z metodami, ki (upravičeno ali pa tudi ne)
nosijo ime po omenjenih dveh italija kih mate-
matikih.
Naj omenimo, d do re ltata (oz. do kubič enač
be) lah o pride o vsaj še na en način, i sicer z več-
kra nimi integrali. A ta pot presega gimnazijski nivo
znanja matematike, poleg tega pa ni v duhu Arhime-
dovega časa. Arhimed je živel približno devetnajst
stoletij pred sijajnim izumom infinitezimalnega ra-
čuna, ki pa se mu je genialni znans venik s svojimi
metodami izčrpavanja id jno precej pri ližal.
Cavalierijevo načelo
Če za telesi A in B lahko najdemo tako ravnino ψ,
da imata preseka teh dveh teles s poljubno ravnino,
vzporedno ψ, enako ploščino, potem sta prostornini
teles A in B enaki.
Slik 1
N čelo dokažemo z uporabo infinitezimalnega ra-
čun (kar ni presene ljiv , ker je prostor ina defi i-
rana z integralom). Lahko si ga predstavljamo, če te
lesi postavim drugo po eg drugega n ju razrežemo
na zelo tanke rezine, vzporedne ravnini ψ, kot kaž
slika 1
Tako npr. z lahkoto dobimo prostornino poševne
prizme (ki je seveda enaka prostornini pokončne pri-
zme z enako osnovno ploskvijo in višino), mi pa bo-
mo pravilo najprej uporabili za izračun prostornine
krogle.
Slika 2
Postavimo polkr glo (s polmerom r ) ter valj (s pol-
merom r in višino r ), ki mu je izrezan stožec (s p l-
merom r in v šino r ), kot kaže slika 2. Presek pol
krogle z ravnino na višini h (0 ≤ h ≤ ) je krog s pol-
merom ρ, ki ga izračunamo po Pitagorovem izreku:
ρ2 = r 2 − h2. Zato je ploščina tega preseka enaka
πρ2 = π(r 2−h2). Poglejmo si še drugo telo. Njegov
presek z ravnino na višini h je krožni kolobar z ve-
čjim polmerom r in manjšim polmerom h (to sledi
2
slika 1.
slika 2.
slika 3.
Presek 39 (2011/2012) 3
rr
r
v
1
2R 2
2R
v
1
v
2
x
v
2
rr r
hr
ρ
h h
h
10
m a t e m a t i k a
•
dobimo
3
(
x
R
)3
− 9x
R
+ 2 = 0
in vidimo, da je dovolj rešiti enačbo
3x3 − 9x + 2 = 0, (2)
tj. enačbo (1) pri R = 1, saj je očitno x0 rešitev enačbe
(2) natanko tedaj, ko je Rx0 rešitev enačbe (1).
Tako smo začetni problem prevedli na reševanje
kubične enačbe (2).
Cardanove formule
Znano je, da je mogoče enačbe do vključno četrte
stopnje v splošnem eksaktno rešiti. Rešitev kubične
enačbe predstavljajo t. i. Cardanove formule, ki vse-
bujejo precej računanja s kompleksnimi števili. Iz
njih so izpeljane še formule, ki prav tako predsta-
vljajo rešitev kubične enačbe, vsebujejo pa kotne in
hiperbolične funkcije. Le-teh se bomo poslužili tudi
mi, pri čemer jih ne bomo niti dokazovali niti v vsej
splošnosti navedli, saj niso naš primarni cilj.
Najprej splošno kubično enačbo ay3+by2+cy+
d = 0 preoblikujemo v x3+3px+2q = 0. (To storimo
tako, da prvotno enačbo delimo z a in vpeljemo novo
spremenljivko x = y + b/3a.) Naša enačba se glasi
3x3 − 9x + 2 = 0 oz. x3 + 3(−1)x + 2 · 13 = 0, zato
je p = −1 in q = 13 . Nato vpeljemo D = q2 + p3
in s = ±
√
|p|, pri čemer se morata predznaka s in q
ujemati, kar v našem primeru pride D = 19 − 1 = −
8
9
in s = +
√
| − 1| = 1. Nato v odvisnosti od predznaka
p in D določimo še pomožno količino φ in končno
zapišemo rešitve enačbe. V našem primeru je p < 0
in D < 0, zato se φ uvede z enačbo cos(φ) = q/s3
oz. φ = arccos(q/s3) = arccos(1/3), po obrazcu pa
so sedaj rešitve naslednje:
x1 = −2s cos
(
φ
3
)
,
x2 = 2s cos
(
π
3
− φ
3
)
,
x3 = 2s cos
(
π
3
− φ
3
)
.
Če upoštevamo še, koliko sta s in φ, dobimo:
x1 = −2 cos
(
1
3
arccos
(
1
3
))
.= −1,8340,
x2 = 2 cos
(
1
3
(
π − arccos
(
1
3
)))
.= 1,6079,
x3 = 2 cos
(
1
3
(
π + arccos
(
1
3
)))
.= 0,2261.
Rešitev problema
4
i
3
i i i , j lj r iti
3 ,
tj. ( ) ri , j j it 0 r it
( ) t t j, j 0 r it ( ).
t i r l r li r j
i ( ).
f l
j , j lj trt
t j l t r iti. it i
r t lj j t. i. r f r l , i -
j j r j r j l i i t ili. I
ji i lj f r l , i r t r t -
lj j r it i , j j t i
i r li f ij . -t l ili t i
i, ri r ji iti li iti j
l ti li, j i ri r i ilj.
j r j l i 3 2
r li j 3 . ( t ri
t , r t li i lj
r lji .) l i
3 . 3 · 13 , t
j i 13 . t lj
2 3
i | |, ri r r t r i
j ti, r ri r ri 19
8
9
i | | . t i ti r
i l i li i i
i r it . ri r j
i , t 3
. r 3 r , r
j r it l j :
1 ,
2 ,
3 .
t , li t i , i :
1 r
. , ,
2 r
. , ,
3 r
. , .
it l
dobi o
3
(
x
R
)
− 9x
R
+ 2 = 0
in vidi o, da je dovolj eši i enačbo
3x − 9x + 2 = 0, (2)
j. enačbo (1) p i R = 1, saj je oči no x eši ev enačbe
(2) na anko edaj, ko je Rx eši ev enačbe (1).
Tako s o zače ni p oble p evedli na eševanje
kubične enačbe (2).
ardanove or ule
Znano je, da je ogoče enačbe do vključno če e
s opnje v splošne eksak no eši i. Reši ev kubične
enačbe p eds avljajo . i. Ca danove o ule, ki vse-
bujejo p ecej ačunanja s ko pleksni i š evili. Iz
njih so izpeljane še o ule, ki p av ako p eds a-
vljajo eši ev kubične enačbe, vsebujejo pa ko ne in
hipe bolične unkcije. Le- eh se bo o poslužili udi
i, p i če e jih ne bo o ni i dokazovali ni i v vsej
splošnos i navedli, saj niso naš p i a ni cilj.
Najp ej splošno kubično enačbo ay +by +cy+
d = 0 p eoblikuje o v x +3px+2q = 0. (To s o i o
ako, da p vo no enačbo deli o z a in vpelje o novo
sp e enljivko x = y + b/3a.) Naša enačba se glasi
3x − 9x + 2 = 0 oz. x + 3(−1)x + 2 = 0, za o
je p = −1 in q = . Na o vpelje o = q + p
in s = ±
√
p , p i če e se o a a p edznaka s in q
uje a i, ka v naše p i e u p ide = − 1 = −
in s = +
√
− 1 = 1. Na o v odvisnos i od p edznaka
p in določi o še po ožno količino in končno
zapiše o eši ve enačbe. V naše p i e u je p < 0
in < 0, za o se uvede z enačbo cos( ) = q/s
oz. = a ccos(q/s ) = a ccos(1/3), po ob azcu pa
so sedaj eši ve naslednje:
x = −2s cos
(
3
)
,
x = 2s cos
(
π
3
−
3
)
,
x = 2s cos
(
π
3
−
3
)
.
Če upoš eva o še, koliko s a s in , dobi o:
x = −2 cos
(
1
3
a ccos
(
1
3
))
.= −1,8340,
x = 2 cos
(
1
3
(
π − a ccos
(
1
3
)))
.= 1,6079,
x = 2 cos
(
1
3
(
π + a ccos
(
1
3
)))
.= 0,2261.
Reši ev proble a
4
im
3
i i im , j lj r iti
3 , ( )
tj. ( ) ri , j j it 0 r it
( ) t t j, j 0 r it ( ).
m t i r l m r li r j
i ( ).
C f m l
j , j m lj trt
t j l m t r iti. it i
r t lj j t. i. r f rm l , i -
j j r j r j m l imi t ili. I
ji i lj f rm l , i r t r t -
lj j r it i , j j t i
i r li f ij . -t m l ili t i
mi, ri m r ji m iti li iti j
l ti li, j i rim r i ilj.
j r j l i 3 2
r li j m 3 . ( t rim
t , r t lim i lj m
r m lji .) l i
3 . 3 ( ) · 13 , t
j i 13 . t lj m D
2 3
i s | |, ri m r m r t r s i
j m ti, r m rim r ri D 19
8
9
i s | | . t i ti r
i D l im m li i φ i
i m r it . m rim r j
i D , t φ (φ) s3
. φ r ( s3) r ( ), r
j r it l j :
1 s
φ
,
2 s
φ
,
3 s
φ
.
t m , li t s i φ, im :
1 r
. , ,
2 r
. , ,
3 r
. , .
it l m
dobi o
3
(
x
)3
9
x
2 0
in vidi o, da je dovolj rešiti enačbo
3x3 9x 2 0, (2)
tj. enačbo (1) pri 1, saj je očitno x0 rešitev enačbe
(2) natanko tedaj, ko je x0 rešitev enačbe (1).
Tako s o začetni proble prevedli na reševanje
kubične enačbe (2).
ar a ve f r le
Znano je, da je ogoče enačbe do vključno četrte
stopnje v splošne eksaktno rešiti. Rešitev kubične
enačbe predstavljajo t. i. Cardanove for ule, ki vse-
bujejo precej računanja s ko pleksni i števili. Iz
njih so izpeljane še for ule, ki prav tako predsta-
vljajo rešitev kubične enačbe, vsebujejo pa kotne in
hiperbolične funkcije. Le-teh se bo o poslužili tudi
i, pri če er jih ne bo o niti dokazovali niti v vsej
splošnosti navedli, saj niso naš pri arni cilj.
ajprej splošno kubično enačbo a 3 b 2 c
d 0 preoblikuje o v x3 3px 2q 0. (To stori o
tako, da prvotno enačbo deli o z a in vpelje o novo
spre enljivko x b/3a.) aša enačba se glasi
3x3 9x 2 0 oz. x3 3( 1)x 2 · 13 0, zato
je p 1 in q 13 . ato vpelje o q
2 p3
in s
√
|p|, pri če er se orata predznaka s in q
uje ati, kar v naše pri eru pride 19 1
8
9
in s
√
| 1| 1. ato v odvisnosti od predznaka
p in določi o še po ožno količino in končno
zapiše o rešitve enačbe. V naše pri eru je p 0
in 0, zato se uvede z enačbo cos( ) q/s3
oz. arccos(q/s3) arccos(1/3), po obrazcu pa
so sedaj rešitve naslednje:
x1 2s cos
(
3
)
,
x2 2s cos
(
3 3
)
,
x3 2s cos
(
3 3
)
.
Če upošteva o še, koliko sta s in , dobi o:
x1 2 cos
(
1
3
arccos
(
1
3
))
.
1,8340,
x2 2 cos
(
1
3
(
arccos
(
1
3
)))
.
1,6079,
x3 2 cos
(
1
3
(
arccos
(
1
3
)))
.
0,2261.
ešitev r le a
4
R
−
R
+ =
− + =
R =
R
C d no o u
N y + y + y+
= + + =
= y + N
− + = + − + =
= − = N = +
= ±
= − = −
= + − = N
<
< =
= =
= −
= π −
= π −
= − = −
= π − =
= π + =
R p ob
dobimo
3
(
x
R
)3
− 9x
R
+ 2 = 0
in vidimo, da je dovolj rešiti enačbo
3x3 − 9x + 2 = 0, (2)
tj. enačbo (1) pri R = 1, saj je očitno x0 rešitev enačbe
(2) natanko tedaj, ko je Rx0 rešitev enačbe (1).
Tako smo začetni problem pr edli na reševanje
kubične enačbe (2).
Cardanove formule
Znano je, da je mogoče enačbe do vključno četrte
stopnje v splošnem eksakt o rešiti. Rešitev kubičn
enačbe predstavljajo t. i. Cardanove formule, ki vse-
bujejo r cej računanja s kompleksnimi števili. Iz
njih so izpeljane še formule, ki prav tako predsta-
vljajo rešitev kubične enačb vsebujejo pa kotne in
hiperbolične funk ij . Le-teh se bomo poslužili tudi
mi, pri čem r jih ne bomo niti dokaz vali niti v vsej
splošnosti navedli, saj niso naš primarni cilj.
Najprej splošno kubičn enačbo ay3+by2+cy+
d = 0 oblikujemo v x3+3px+2q = 0. (To storimo
tako, da prvotno enačbo delimo z a in vpeljemo nov
spremenlji ko x = y + b/3a.) N ša enačba se glasi
3x3 − 9x + 2 = 0 oz. x3 + 3(−1)x + 2 · 13 = 0, zato
je p = −1 in q = 13 . Nato vpeljemo D = q2 + p3
in s = ±
√
|p|, pri čemer se morata predznaka s in q
ujemati, kar v našem p imeru pride D = 19 − 1 = −
8
9
in s = +
√
| − 1| = 1. Nato v odvisnosti od predznaka
p in D določimo še pomožno količino φ in ko čno
zapišemo reš tve enačbe. V našem primeru je p < 0
in D < 0, zato se φ uv de z enačbo cos(φ) = q/s3
oz. φ = arccos(q/s3) = arccos(1/3), po obrazcu pa
so sedaj rešitve na lednje:
x1 = −2s cos
(
φ
3
)
,
x2 = 2s cos
(
π
3
− φ
3
)
,
x3 = 2s cos
(
π
3
− φ
3
)
.
Če upoštevamo še, koliko sta s in φ, dobimo:
x1 = −2 cos
(
1
3
arccos
(
1
3
))
.= −1,8340,
x2 = 2 cos
(
1
3
(
π − arccos
(
1
3
)))
.= 1,6079,
x3 = 2 cos
(
1
3
(
π + arccos
(
1
3
)))
.= 0,2261.
Rešitev problema
4
dobimo
3
(
x
R
)3
− 9x
R
+ 2 = 0
in vidimo, da je dovolj rešiti enačbo
3x3 − 9x + 2 = 0, (2)
tj. enačbo (1) pri R = 1, saj je očitno x0 rešitev enačbe
(2) natanko tedaj, ko je Rx0 rešitev enačbe (1).
Tako smo začetni probl m pr edli na rešev nj
kubične enačbe (2).
Cardanove formule
Znano je, da je mogoče enačbe do vključno četrte
stopnje v splošnem eksakt o rešiti. Rešitev kubičn
e čbe pre stavljajo t. i. Cardanove formule, ki vse-
bujejo r cej računanja s k mpleksnimi števili. Iz
njih so izpeljane še formule, ki prav tako predsta-
vljajo rešitev kubične enačb , vsebujejo pa kotne in
hiperboličn funk ij . Le-teh se bomo poslužili tudi
mi, pri čem r jih ne bomo niti dokaz vali niti v vsej
splošn sti navedli, saj niso naš primarni cilj.
Najpr j splošno kubičn enačbo y3+by2+cy+
d = 0 oblikujemo v x3+3px+2q = 0. (To storimo
tako, da prvotno enač o delimo z a in vpeljemo nov
spremenlji ko x = y + b/ a.) N ša enačba e glasi
3x3 − 9x + 2 = 0 oz. x3 + 3(−1)x + 2 · 13 = 0, zat
je p = −1 in q = 13 . Nato vpeljemo D = q2 + p3
in s = ±
√
|p|, pri čemer se morata predznaka s in q
ujemati, kar v našem primeru pride D = 19 − 1 = −
8
9
in s = +
√
| − 1| = 1. Nato v odvisnosti od predznaka
p in D določimo še pomožno količino φ in ko čno
zapišemo rešitve enačbe. V našem primeru je p < 0
in D < 0, zato se φ uv de z enačbo cos(φ) = q/s3
oz. φ = arccos(q/s3) = arccos(1/3), po obrazcu pa
so sedaj rešitve na lednje:
x1 = −2s cos
(
φ
3
)
,
x2 = 2s cos
(
π
3
− φ
3
)
,
x3 = 2s cos
(
π
3
− φ
3
)
.
Če upoštevamo še, koliko sta s in φ, dobimo:
x1 = −2 cos
(
1
3
arccos
(
1
3
))
.= −1,8340,
x2 = 2 cos
(
1
3
(
π − arccos
(
1
3
)))
.= 1,6079,
x3 = 2 cos
(
1
3
(
π + arccos
(
1
3
)))
.= 0,2261.
Rešitev problema
4
dobimo
3
(
x
R
)3
− 9x
R
+ 2 = 0
in vidimo, da je dovolj rešiti enačbo
3x3 − 9x + 2 = 0, (2)
tj. enačbo (1) pri R = 1, saj je očitno x0 rešitev enačbe
(2) natanko tedaj, ko je Rx0 rešitev enačbe (1).
Tako smo začetni problem pr edli na reševanje
kubične enačbe (2).
Cardanove formule
Znano je, da je ogoče enačbe do vključno četrte
stopnje v splošnem eksakt o rešiti. Rešitev kubičn
enačbe predstavljajo t. i. Cardanove formule, ki vse-
bujejo r cej računanja s kompleksnimi števili. Iz
njih so izpeljane še formule, ki prav tako predsta-
vljajo rešitev kubične enačb , vsebujejo pa kotne in
hiperbolične funk ij . Le-teh se bomo poslužili tudi
mi, pri čemer jih ne bomo niti dokaz vali niti v vsej
splošnosti navedli, saj niso naš pri arni cilj.
Najprej splošno kubičn enačbo ay3+by2+cy+
d = 0 eoblikujemo v x3+3px+2q = 0. (To storimo
tako, da prvotno enačbo delimo z a in vpeljemo nov
spremenlji ko x = y + b/3a.) N ša enačba se glasi
3x3 − 9x + 2 = 0 oz. x3 3(−1)x + 2 · 13 = 0, zato
je p = −1 in q 13 . Nato vpeljemo D = q2 + p3
in s = ±
√
|p|, pri čemer se morata predznaka s in q
ujemati, kar v našem primeru pride D = 19 − 1 = −
8
9
+ | − 1| = 1. Nato v odvisnosti od predznaka
p in D določimo še pomožno količino φ in ko čno
zapišemo rešitve enačbe. V našem primeru je p < 0
in D < 0, zato se φ uv de z enačbo cos(φ) = q/s3
oz. φ = arccos(q/s3) = arccos(1/3), po obrazcu pa
so sedaj rešitve na lednje:
x1 = −2s cos
(
φ
3
)
,
2 2s cos
(
π
3
− φ
3
)
,
3
φ
.
Če upoštevamo še, koliko sta s in φ, dobimo:
x1 = −2 cos
(
1
3
arccos
(
1
3
))
.= −1,8340,
2 2 cos
(
1
3
(
π − arccos
(
1
3
)))
.= 1,6079,
3 + 0 2261.
Rešitev problema
4
dobimo
3
(
x
R
)3
− 9x
R
+ 2 = 0
in vidimo, da je dovolj rešiti enačbo
3x3 − 9x + 2 = 0, (2)
tj. enačbo (1) pri R = 1, saj je očitno x0 rešitev enačbe
(2) natanko tedaj, ko je Rx0 rešitev enačbe (1).
Tako smo začetni problem prevedli na reševanje
kubične enačbe (2).
Cardanove formule
Znano je, da je mogoče enačbe do vključno četrte
stopnje v splošnem eksaktno rešiti. Rešitev kubične
enačbe predstavljajo t. i. Cardanove formule, ki vse-
bujej precej računanja s kompleksnimi števili. Iz
njih so izpe jane še formule, ki prav tako predsta-
vlj jo rešitev kubične enačbe, vsebujejo pa kotne in
hip rboličn funkcije. Le-teh se bomo poslužili tudi
m , pri čem r jih ne b mo niti dokazov li niti v vsej
splošnosti navedl , saj niso naš primarni cilj.
Najprej sploš o kubično enačbo ay3+by2+cy+
d = 0 pr oblikujemo v x3+3px+2q = 0. (To storimo
tak , da prvotno enačbo delimo z a in vpeljemo novo
spremenl ivko x = y + b/3a.) Naš enač a se glasi
3x3 − 9x + 2 = 0 oz. x3 (−1)x + 2 · 13 = 0, zat
je p = −1 in q 13 . Nato vpeljemo D = q2 + p3
in s = ±
√
|p|, pri čemer se morat pr dznaka s in q
ujemati, kar v našem primeru ride D = 19 − 1 = −
8
9
+ − 1| = 1. Nato v odvisnosti od predznaka
p in D določimo š pomožno količino φ in končno
zapišemo rešitve načbe. V našem primeru je p < 0
D < 0, zato se φ uvede z enačbo c s(φ) = q/s3
oz. φ = arccos(q/s3) = arcc s(1/3), po obrazcu pa
so sedaj rešitve naslednje:
x1 = −2s cos
(
φ
3
)
,
2 2s cos
(
π
3
− φ
3
)
,
3 .
Če upoštevamo še, koliko sta s in φ, dobimo:
x1 = −2 cos
(
1
3
arccos
(
1
3
))
.= −1,8340,
2 2 cos
(
1
3
(
π − arccos
(
1
3
)))
.= 1,6079,
3 + 0 2261.
Rešitev problema
4
dobimo
3
(
x
R
)3
− 9x
R
+ 2 = 0
in vidimo, da je dovolj rešiti enačbo
3x3 − 9x + 2 = 0, (2)
tj. enačbo (1) pri R = 1, saj je očitno x0 rešitev enačbe
(2) natanko tedaj, ko je Rx0 rešitev enačbe (1).
Tako smo začetni problem pr edli na reševanje
kubične enačbe (2).
Cardanove formule
Znano je, da je ogoče enačbe do vključno četrte
stopnje v splošnem eksakt o rešiti. Rešitev kubičn
enačbe predstavljajo t. i. Cardanove formule, ki vse-
bujejo r cej računanja s kompleksnimi števili. Iz
njih so izpeljane še formule, ki prav tako predsta-
vljajo rešitev kubične enačb , vsebujejo pa kotne in
hiperbolične funkcij . Le-teh se bomo poslužili tudi
mi, pri čem r jih ne bomo niti dokaz vali niti v vsej
splošnosti navedli, saj niso naš pri arni cilj.
Najprej splošno kubičn enačbo ay3+by2+cy+
d = 0 r oblikujemo v x3+3px+2q = 0. (To storimo
tako, da prvotno enačbo delimo z a in vpeljemo nov
spremenlji ko x = y + b/3a.) N ša enačba se glasi
3x3 − 9x + 2 = 0 oz. x3 + 3(−1)x + 2 · 13 = 0, zato
je p = −1 in q = 13 . Nato vpeljemo D = q2 + p3
in s = ±
√
|p|, pri čemer se morat pr dznaka s in q
ujemati, kar v našem primeru pride D = 9 − 1 = −
8
9
in s = +
√
| − 1| = 1. Nato v odvisnosti od predznaka
p in D določimo š pomožno količino φ in ko čno
zapišemo rešitve enačbe. V našem primeru je p < 0
in D < 0, zato se φ uv de z enačbo cos(φ) = q/s3
oz. φ = arccos(q/s3) = arccos(1/3), po obrazcu pa
so sedaj rešitve naslednje:
x1 = −2s
(
φ
3
)
,
x2 = 2s cos
(
π
3
− φ
3
)
,
x3 = 2s cos
(
π
3
−
3
)
.
Če upoštevamo še, koliko sta s in φ, dobimo:
x1 = −2 cos
(
1
3
arccos
(
1
3
))
.= −1,8340,
2 2 cos
(
1
3
(
π − arccos
(
1
3
)))
.= 1,6079,
3 2 cos
(
1
3
(
+ arccos
(
1
3
)))
.
0,2261.
Rešitev problema
4
i
3
i i i , j lj r iti
3 , ( )
tj. ( ) ri , j j it 0 r it
( ) t t j, j 0 r it ( ).
t i r l rev li r j
i ( ).
r f r l
j , j m lj trt
t j l tn r iti. it i e
r t lj j t. i. r f r l , i -
j j pre j r j l i i t ili. I
ji i j f r l , i r t r t -
lj j r it i e, j j t i
i r li f ije. -t l ili t i
, ri r ji iti o li iti j
l ti l , j i rim r i ilj.
j r j l i o 3 2
pr li j 3 . ( t ri
t , r t li i lj o
r l iv .) a l i
3 . 3 ( ) · 13 , t
j i 13 . t lj
2 3
i s | |, ri r r t r s i
j ti, r ri r ri 9
8
9
i s | | . t i ti r
i l i li i i n
i r it . ri r j
, t e ( ) s3
. r ( s3) r ( ), r
j r it l j :
1 s ,
2 s ,
3 .
t , li t s i , i :
1 r
. , ,
x2 = r . , ,
x3 = π r .= , .
it r l
i
3
i i i , j lj r iti
3 ,
tj. ( ) ri , j j it 0 r it
( ) t t j, j 0 r it ( ).
t i r l r li r j
i ( ).
f l
j , j lj trt
t j l t r iti. it i
r t lj j t. i. r f r l , i -
j j r j r j l i i t ili. I
ji i j f r l , i r t r t -
lj j r it i , j j t i
i r li f ij . -t l ili t i
, ri r ji iti li iti j
l ti l , j i ri r i ilj.
j r j l i 3 2
r li j 3 . ( t ri
t , r t li i lj
r l i .) l i
3 . 3 · 13 , t
j i 13 . t lj
2 3
i | |, ri r r t r i
j ti, r ri r pri 9
8
9
in s
√
| | . t i ti r
i l i li i i
i r it e . ri r j
, t 3
. r 3 r , r
j r it l j :
1 ,
2 ,
3 .
t , li t i , i :
1 r
. , ,
2 r
. , ,
3 .
it l
D
D
D φ
D φ φ
φ
φ
φ
φ
dobimo
3
(
x
R
)3
− 9x
R
+ 2 = 0
in vidimo, da je dovolj rešiti enačbo
3x3 − 9x + 2 = 0, (2)
tj. enačbo (1) pri R = 1, saj je očitno x0 rešitev enačbe
(2) natanko tedaj, ko je Rx0 rešitev enačbe (1).
Tako smo začetni problem prevedli na reševanje
kubične enačbe (2).
Cardanove formule
Znano je, da je mogoče enačbe do vključno četrte
stopnje v splošnem eksaktno rešiti. Rešitev kubične
enačbe predstavljajo t. i. Cardanove formule, ki vse-
bujejo precej računanja s kompleksnimi števili. Iz
njih so izpeljane še formule, ki prav tako predsta-
vljajo rešitev kubične enačbe, vsebujejo pa kotne in
hiperbolične funkcije. Le-teh se bomo poslužili tudi
mi, pri čemer jih ne bomo niti dokazovali niti v vsej
splošnosti navedli, saj niso naš primarni cilj.
Najprej splošno kubično enačbo ay3+by2+cy+
d = 0 preoblikujemo v x3+3px+2q = 0. (To storimo
tako, da prvotno enačbo delimo z a in vpeljemo novo
spremenljivko x = y + b/3a.) Naša enačba se glasi
3x3 − 9x + 2 = 0 oz. x3 + 3(−1)x + 2 · 13 = 0, zato
je p = −1 in q = 13 . Nato vpeljemo D = q2 + p3
in s = ±
√
|p|, pri čemer se morata predznaka s in q
ujemati, kar v našem primeru pride D = 19 − 1 = −
8
9
in s = +
√
| − 1| = 1. Nato v odvisnosti od predznaka
p in D določimo še pomožno količino φ in končno
zapišemo rešitve enačbe. V našem primeru je p < 0
in D < 0, zato se φ uvede z enačbo cos(φ) = q/s3
oz. φ = arccos(q/s3) = arccos(1/3), po obrazcu pa
so sedaj rešitve naslednje:
x1 = −2s cos
(
φ
3
)
,
x2 = 2s cos
(
π
3
− φ
3
)
,
x3 = 2s cos
(
π
3
− φ
3
)
.
Če upoštevamo še, koliko sta s in φ, dobimo:
x1 = −2 cos
(
1
3
arccos
(
1
3
))
.= −1,8340,
x2 = 2 cos
(
1
3
(
π − arccos
(
1
3
)))
.= 1,6079,
x3 = 2 cos
(
1
3
(
π + arccos
(
1
3
)))
.= 0,2261.
Rešitev problema
4
dobimo
3
(
x
R
)3
− 9x
R
+ 2 = 0
in vidimo, da je dovolj rešiti enačbo
3x3 − 9x + 2 = 0, (2)
tj. enačbo (1) pri R = 1, saj je očitno x0 rešitev enačbe
(2) natanko tedaj, ko je Rx0 rešitev enačbe (1).
Tako smo začetni problem prevedli na reševanje
kubične enačbe (2).
Cardanove formule
Znano je, da je mogoče enačbe do vključno četrte
stopnje v splošnem eksaktno rešiti. Rešitev kubične
enačbe predstavljajo t. i. Cardanove formule, ki vse-
bujejo precej računanja s kompleksnimi števili. Iz
njih so izpeljane še formule, ki prav tako predsta-
vljajo rešitev kubične enačbe, vsebujejo pa kotne in
hiperbolične funkcije. Le-teh se bomo poslužili tudi
mi, pri čemer jih ne bomo niti dokazovali niti v vsej
splošnosti navedli, saj niso naš primarni cilj.
Najprej splošno kubično enačbo ay3+by2+cy+
d = 0 preoblikujemo v x3+3px+2q = 0. (To storimo
tako, da prvotno enačbo delimo z a in vpeljemo novo
spremenljivko x = y + b/3a.) Naša enačba se glasi
3x3 − 9x + 2 = 0 oz. x3 + 3(−1)x + 2 · 13 = 0, zato
je p = −1 in q = 13 . Nato vpeljemo D = q2 + p3
in s = ±
√
|p|, pri čemer se morata predznaka s in q
ujemati, kar v našem primeru pride D = 19 − 1 = −
8
9
in s = +
√
| − 1| = 1. Nato v odvisnosti od predznaka
p in D določimo še pomožno količino φ in končno
zapišemo rešitve enačbe. V našem primeru je p < 0
in D < 0, zato se φ uvede z enačbo cos(φ) = q/s3
oz. φ = arccos(q/s3) = arccos(1/3), po obrazcu pa
so sedaj rešitve naslednje:
x1 = −2s cos
(
φ
3
)
,
x2 = 2s cos
(
π
3
− φ
3
)
,
x3 = 2s cos
(
π
3
− φ
3
)
.
Če upoštevamo še, koliko sta s in φ, dobimo:
x1 = −2 cos
(
1
3
arccos
(
1
3
))
.= −1,8340,
x2 = 2 cos
(
1
3
(
π − arccos
(
1
3
)))
.= 1,6079,
x3 = 2 cos
(
1
3
(
π + arccos
(
1
3
)))
.= 0,2261.
Rešitev problema
4
dobimo
3
(
x
R
)3
− 9x
R
+ 2 = 0
in vidimo, da je dovolj rešiti enačbo
3x3 − 9x + 2 = 0, (2)
tj. enačbo (1) pri R = 1, saj je očitno x0 rešitev enačbe
(2) natanko tedaj, ko je Rx0 rešitev enačbe (1).
Tako smo začetni problem prevedli na reševanje
kubične enačbe (2).
Cardanove formule
Znano je, da je mogoče enačbe do vključno četrte
stopnje v splošnem eksaktno rešiti. Rešitev kubične
enačbe predstavljajo t. i. Cardanove formule, ki vse-
bujejo precej računanja s kompleksnimi števili. Iz
njih so izpeljane še formule, ki prav tako predsta-
vljajo rešitev kubične enačbe, vsebujejo pa kotne in
hiperbolične funkcije. Le-teh se bomo poslužili tudi
mi, pri čemer jih ne bomo niti dokazovali niti v vsej
splošnosti navedli, saj niso naš primarni cilj.
Najprej splošno kubično enačbo ay3+by2+cy+
d = 0 preoblikujemo v x3+3px+2q = 0. (To storimo
tako, da prvotno enačbo delimo z a in vpeljemo novo
spremenljivko x = y + b/3a.) Naša enačba se glasi
3x3 − 9x + 2 = 0 oz. x3 + 3(−1)x + 2 · 13 = 0, zato
je p = −1 in q = 13 . Nato vpeljemo D = q2 + p3
in s = ±
√
|p|, pri čemer se morata predznaka s in q
ujemati, kar v našem primeru pride D = 19 − 1 = −
8
9
in s = +
√
| − 1| = 1. Nato v odvisnosti od predznaka
p in D določimo še pomožno količino φ in končno
zapišemo rešitve enačbe. V našem primeru je p < 0
in D < 0, zato se φ uvede z enačbo cos(φ) = q/s3
oz. φ = arccos(q/s3) = arccos(1/3), po obrazcu pa
so sedaj rešitve naslednje:
x1 = −2s cos
(
φ
3
)
,
x2 = 2s cos
(
π
3
− φ
3
)
,
x3 = 2s cos
(
π
3
− φ
3
)
.
Če upoštevamo še, koliko sta s in φ, dobimo:
x1 = −2 cos
(
1
3
arccos
(
1
3
))
.= −1,8340,
x2 = 2 cos
(
1
3
(
π − arccos
(
1
3
)))
.= 1,6079,
x3 = 2 cos
(
1
3
(
π + arccos
(
1
3
)))
.= 0,2261.
Rešitev problema
4
iz podobnosti), zato je ploščina tega preseka enaka
πr 2 −πh2 = π(r 2 − h2).
Ker se ploščini presekov ujemata na poljubni vi-
šini, je po Cavalierijevem načelu prostornina polkro-
gle enaka prostornini drugega telesa. To telo pa ni
nič drugega kot valj z izrezanim stožcem, zato je
njegova prostornina enakaπr 2r−πr 2r/3 = 2πr 3/3.
Prostornina celotne krogle potem znaša 4πr 3/3.
Uporaba na Arhimedovem problemu
Slika 3
Vrnimo se k začetnemu, tj. Arhimedovemu pro-
blemu. Dana je krogla s polmerom R. Denimo, da
bomo iskano višino merili od sredine krogle. Ozna-
čimo rešitev z x, prostornino zgornjega dela z V1,
prostornino spodnjega dela pa z V2. Postavimo po-
leg vsake polkrogle enako telo kot prej, tako kot kaže
slika 3. Zdaj že vemo, da imata telesi na poljubni vi-
šini enako velik presek z ravnino na tej višini, zato
lahko uporabimo Cavalierijevo načelo. Posebej ga
uporabimo za spodnji in za zgornji del krogle. Do-
bimo:
V1 =
(
πR2R −πR2R
3
)
−
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
−πR2x + πx
3
3
,
V2 =
(
πR2R −πR2R
3
)
+
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
+πR2x − πx
3
3
.
Enkrat smo polovici prostornine telesa na desni pri-
šteli, drugič pa odšteli prostornino tistega vmesnega
dela z višino x, ki ni spet nič drugega kot valj z izre-
zanim stožcem.
Višina x je po predpostavki taka, da velja
V2 = 2V1,
iz česar dobimo
2πR3
3
+πR2x − πx
3
3
= 2
(
2πR3
3
−πR2x + πx
3
3
)
,
kar preoblikujemo v
2πR3
3
− 3πR2x +πx3 = 0
in nato še v
3x3 − 9R2x + 2R3 = 0. (1)
Dobili smo kubično enačbo za x. Če jo delimo z R3,
3
iz podobnosti), zato je ploščina tega preseka enaka
πr 2 −πh2 = π(r 2 − h2).
Ker se ploščini presekov uje ata na poljubni vi-
šini, je po Cavalierijeve načelu prostornina polkro-
gle enaka prostornini drugega telesa. To telo pa ni
nič drugega kot valj z izrezani stožce , zato je
njegova prostornina enakaπr 2r−πr 2r/3 = 2πr 3/3.
Prostornina celotne krogle pote znaša 4πr 3/3.
poraba na rhi edove proble u
Slika 3
Vrni o se k začetne u, tj. Arhi edove u pro-
ble u. Dana je krogla s pol ero R. Deni o, da
bo o iskano višino erili od sredine krogle. Ozna-
či o rešitev z x, prostornino zgornjega dela z V1,
prostornino spodnjega dela pa z V2. Postavi o po-
leg vsake polkrogle enako telo kot prej, tako kot kaže
slika 3. Zdaj že ve o, da i ata telesi na poljubni vi-
šini enako velik presek z ravnino na tej višini, zato
lahko uporabi o Cavalierijevo načelo. Posebej ga
uporabi o za spodnji in za zgornji del krogle. Do-
bi o:
V1 =
(
πR2R −πR2R
3
)
−
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
−πR2x + πx
3
3
,
V2 =
(
πR2R −πR2R
3
)
+
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
+πR2x − πx
3
3
.
Enkrat s o polovici prostornine telesa na desni pri-
šteli, drugič pa odšteli prostornino tistega v esnega
dela z višino x, ki ni spet nič drugega kot valj z izre-
zani stožce .
Višina x je po predpostavki taka, da velja
V2 = 2V1,
iz česar dobi o
2πR3
3
+πR2x − πx
3
3
= 2
(
2πR3
3
−πR2x + πx
3
3
)
,
kar preoblikuje o v
2πR3
3
− 3πR2x +πx3 = 0
in nato še v
3x3 − 9R2x + 2R3 = 0. (1)
Dobili s o kubično enačbo za x. Če jo deli o z R3,
3
iz podobnosti), zato je ploščina tega preseka enaka
πr 2 −πh2 = π(r 2 − h2).
Ker se ploščini presekov ujemata na poljubni vi-
šini, je po Cavalierijevem načelu prostornina polkro-
gle enaka prostornini drugega telesa. To telo pa ni
nič drugega kot valj z izrezanim stožcem, zato je
njegova prostornina enakaπr 2r−πr 2r/3 = 2πr 3/3.
Prostornina celotne krogle potem znaša 4πr 3/3.
Uporaba na Arhimedovem problemu
Slika 3
Vrnimo se k začetnemu, tj. Arhimedovemu pro-
blemu. Dana je krogla s polmerom R. Denimo, da
bomo iskano višino merili od sredine krogle. Ozna-
čimo rešitev z x, prostornino zgornjega dela z V1,
prostornino spodnjega dela pa z V2. Postavimo po-
leg vsake polkrogle enako telo kot prej, tako kot kaže
slika 3. Zdaj že vemo, da imata telesi na poljubni vi-
šini enako velik presek z ravnino na tej višini, zato
lahko uporabimo Cavalierijevo načelo. Posebej ga
uporabimo za spodnji in za zgornji del krogle. Do-
bimo:
V1 =
(
πR2R −πR2R
3
)
−
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
−πR2x + πx
3
3
,
V2 =
(
πR2R −πR2R
3
)
+
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
+πR2x − πx
3
3
.
Enkrat smo polovici prostornine telesa na desni pri-
šteli, drugič pa odšteli prostornino tistega vmesnega
dela z višino x, ki ni spet nič drugega kot valj z izre-
zanim stožcem.
Višina x je po predpostavki taka, da velja
V2 = 2V1,
iz česar dobimo
2πR3
3
+πR2x − πx
3
3
= 2
(
2πR3
3
−πR2x + πx
3
3
)
,
kar preoblikujemo v
2πR3
3
− 3πR2x +πx3 = 0
in nato še v
3x3 − 9R2x + 2R3 = 0. (1)
Dobili smo kubično enačbo za x. Če jo delimo z R3,
3
iz podobnosti), zato je ploščina tega preseka enaka
πr 2 −πh2 = π(r 2 − h2).
Ker se ploščini presekov ujemata na poljubni vi-
šini, je po Cavalierijevem načelu prostornina polkro
gle enaka prostornini drugega telesa. To telo pa ni
nič drugega kot valj z izrez nim tožcem, zato je
jegova prostornina enakaπr 2r−πr 2r/3 = 2πr 3/3.
Prostornina celotne krogle potem znaša 4πr 3/3.
Uporaba na Arhimedovem problemu
Slika 3
Vrnimo se k začetnemu, tj. Arhimedovemu pro-
blemu. Dana je krogla s polmerom R. Denimo, da
o o iskano višino merili d sredine krogle. Ozna-
čimo rešitev z x, prostornino zgornjega d la z V1,
prostorn no spodnjega dela pa z V2. Postavimo po-
leg vsake p lkr gle n ko telo kot prej, tako kot kaže
slika 3. Zdaj že vemo, da imata telesi na p ljubni vi-
šini enako velik presek z ravnino na tej višini, zato
lahko up rabimo Cavalierijevo načelo. Posebej ga
uporabimo za spodnji in za zgornji del kr gle. Do-
bimo:
V1 =
(
πR2R −πR2R
3
)
−
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
−πR2x + πx
3
3
,
V2 =
(
πR2R −πR2R
3
)
+
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
+πR2x − πx
3
3
.
Enkrat smo polovici prostornine telesa na desni pri-
šteli, drugič a dšteli prostor ino ti teg vmesnega
dela z višino x, ki ni spet nič drugega kot valj z izre-
zanim stožcem.
Višina x j po predpostavki taka, da velja
V2 = 2V1,
iz česar dobimo
2πR3
3
+πR2x − πx
3
3
= 2
(
2πR3
3
−πR2x + πx
3
3
)
,
kar preoblikujemo v
2πR3
3
− 3πR2x +πx3 = 0
in nato še v
3x3 − 9R2x + 2R3 = 0. (1)
Dobili smo kubično enačbo za x. Če jo delimo z R3,
3
iz podobnosti), zato je ploščina tega preseka enaka
πr 2 −πh2 = π(r 2 − h2).
Ker se ploščini presekov uje ata na poljubni vi-
šini, je po Cavalierijeve načelu prostornina polkro
gle enaka prostornini drugega telesa. To telo pa ni
nič drugega kot valj z izrez ni tožce , zato je
jegova prostornina enakaπr 2r−πr 2r/3 = 2πr 3/3.
Prostornina celotne krogle pote znaša 4πr 3/3.
Uporaba na Arhi edove proble u
Slika 3
Vrni o se k začetne u, tj. Arhi edove u pro-
ble u. Dana je krogla s pol ero R. Deni o, da
o o iskano višino erili d sredine krogle. Ozna-
či o rešitev z x, prostornino zgornjega d la z V1,
prostorn no spodnjega dela pa z V2. Postavi o po-
leg vsake p lkr gle n ko telo kot prej, tako kot kaže
slika 3. Zdaj že ve o, da i ata telesi na p ljubni vi-
šini enako velik presek z ravnino na tej višini, zato
lahko up rabi o Cavalierijevo načelo. Posebej ga
uporabi o za spodnji in za zgornji del kr gle. Do-
bi o:
V1 =
(
πR2R −πR2R
3
)
−
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
−πR2x + πx
3
3
,
V2 =
(
πR2R −πR2R
3
)
+
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
+πR2x − πx
3
3
.
Enkrat s o polovici prostornine telesa na desni pri-
šteli, drugič a dšteli prostor ino ti teg v esnega
dela z višino x, ki ni spet nič drugega kot valj z izre-
zani stožce .
Višina x j po predpostavki taka, da velja
V2 = 2V1,
iz česar dobi o
2πR3
3
+πR2x − πx
3
3
= 2
(
2πR3
3
−πR2x + πx
3
3
)
,
kar preoblikuje o v
2πR3
3
− 3πR2x +πx3 = 0
in nato še v
3x3 − 9R2x + 2R3 = 0. (1)
Dobili s o kubično enačbo za x. Če jo deli o z R3,
3
iz podobnosti), zato je ploščina tega preseka enaka
πr 2 −πh2 = π(r 2 − h2).
Ker se ploščini presekov ujemata na poljubni vi-
šini, je po Cavalierijevem načelu prostornina polkro-
gle enaka prostornini drugega telesa. To telo pa ni
nič drugega kot valj z izrezanim stožcem, zato je
njegova prostornina enakaπr 2r−πr 2r/3 = 2πr 3/3.
Prostornina celotne krogle potem znaša 4πr 3/3.
Uporaba na Arhimedovem problemu
Slika 3
Vrnimo se k začetnemu, tj. Arhimedovemu pro-
blemu. Dana je krogla s polmerom R. Denimo, da
bomo iskano višino merili od sredine krogle. Ozna-
čimo rešitev z x, prostornino zgornjega dela z V1,
prostornino spodnjega dela pa z V2. Postavimo po-
leg vsake polkrogle enako telo kot prej, tako kot kaže
slika 3. Zdaj že vemo, da imata telesi na poljubni vi-
šini enako velik presek z ravnino na tej višini, zato
lahko uporabimo Cavalierijevo načelo. Posebej ga
uporabimo za spodnji in za zgornji del krogle. Do-
bimo:
V1 =
(
πR2R −πR2R
3
)
−
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
−πR2x + πx
3
3
,
V2 =
(
πR2R −πR2R
3
)
+
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
+πR2x − πx
3
3
.
Enkrat smo polovici prostornine telesa na desni pri-
šteli, drugič pa odšteli prostornino tistega vmesnega
dela z višino x, ki ni spet nič drugega kot valj z izre-
zanim stožcem.
Višina x je po predpostavki taka, da velja
V2 = 2V1,
iz česar dobimo
2πR3
3
+πR2x − πx
3
3
= 2
(
2πR3
3
−πR2x + πx
3
3
)
,
kar preoblikujemo v
2πR3
3
− 3πR2x +πx3 = 0
in nato še v
3x3 − 9R2x + 2R3 = 0. (1)
Dobili smo kubično enačbo za x. Če jo delimo z R3,
3
iz podobnosti), zato je ploščina tega preseka enaka
πr 2 −πh2 = π(r 2 − h2).
Ker se ploščini presekov ujemata na poljubni vi-
šini, je po Cavalierijevem načelu prostornina polkro
gle enaka prostornini drugega telesa. To telo pa ni
nič drugega kot valj z izrez nim tožcem, zato je
jegova prostornina enakaπr 2r−πr 2r/3 = 2πr 3/3.
Prostornina celotne krogle potem znaša 4πr 3/3.
Uporaba na Arhimedovem problemu
Slika 3
Vrnimo se k začetnemu, tj. Arhimedovemu pro-
blemu. Dana je krogla s polmerom R. Denimo, da
o o iskano višino merili d sredine krogle. Ozna-
čimo rešitev z x, prostornino zgornjega d la z V1,
prostorn no spodnjega dela pa z V2. Postavi o po-
leg vsake p lkr gle n ko telo kot prej, tako kot kaže
slika 3. Zdaj že vemo, da imata telesi na p ljubni vi-
šini enako velik presek z ravnino na tej višini, zato
lahko up rabimo Cavalierijevo načelo. Posebej ga
uporabimo za spodnji in za zgornji del kr gle. Do-
bimo:
V1 =
(
πR2R −πR2R
3
)
−
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
−πR2x + πx
3
3
,
V2 =
(
πR2R −πR2R
3
)
+
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
+πR2x − πx
3
3
.
Enkrat smo polovici prostornine telesa na desni pri-
šteli, drugič a dšteli prostor ino ti teg vmesnega
dela z višino x, ki ni spet nič drugega kot valj z izre-
zanim stožcem.
Višina x j po predpostavki taka, da velja
V2 = 2V1,
iz česar dobimo
2πR3
3
+πR2x − πx
3
3
= 2
(
2πR3
3
−πR2x + πx
3
3
)
,
kar preoblikujemo v
2πR3
3
− 3πR2x +πx3 = 0
in nato še v
3x3 − 9R2x + 2R3 = 0. (1)
D ili smo kubično enačbo za x. Če jo delimo z R3,
3
iz podobnosti), zato je ploščina tega preseka enaka
πr 2 −πh2 = π(r 2 − h2).
Ker se ploščini presekov ujemata na poljubni vi-
šini, je po Cavalierijev m na elu prosto nina polkro-
gle naka prostornini drugega telesa. To telo pa ni
nič d ugega kot valj z izrezanim stožcem, zato je
nj gova prostorni a enakaπr 2r−πr 2r/3 = 2πr 3/3.
Prostornina celotne krogle potem znaša 4πr 3/3.
Uporaba na Arhimedovem problemu
Sl ka 3
Vrnimo se k začetnemu, tj. Arhimedovemu pro-
blemu. Dana je krogla s polmerom R. Denimo, da
bomo iskano višino merili od sredine kr gle. Ozna-
čimo rešitev z x, prostornino zgornj ga dela z V1,
prostornino spodnjeg dela pa z V2. Postavi po-
leg vsake polkrogle enak telo kot p ej, t ko kot kaže
slika 3. Zdaj že vemo, da imat telesi na poljubni vi-
šini enako velik presek z r vnino na tej višini, z to
lahko uporabimo Cavalierijevo nač lo. P se ej ga
uporabimo za spodnji in z zgornji d l krogle. Do-
bimo:
V1 =
(
πR2R −πR2R
3
)
−
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
−πR2x + πx
3
3
,
V2 =
(
πR2R −πR2R
3
)
+
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
+πR2x − πx
3
3
.
Enkrat smo polovici prostornine telesa na desni pri-
šteli, drugič pa odšteli prostornino tistega vmesnega
dela z višino x, ki ni spet nič drug ga kot valj z izre-
zanim stožcem.
Višina x je p pred ostavki taka, da velj
2 = 2V1,
iz česar dobimo
2πR3
3
+πR2x − πx
3
3
= 2
(
2πR3
3
−πR2x + πx
3
3
)
,
kar preoblikujemo v
2πR3
3
− 3πR2x +πx3 = 0
in nato še v
3x3 − 9R2x + 2R3 = 0. (1)
D ili smo kubično enačbo za x. Če jo delimo z R3,
3
iz podobnosti), zato je ploščina tega preseka enaka
πr 2 −πh2 = π(r 2 − h2).
Ker se ploščini presekov ujemata na poljubni vi-
šini, je po Cavalierijevem načelu prostornina polkro-
gle naka prostornini drugega telesa. To telo pa ni
nič drugega kot valj z izrezanim stožcem, zato je
j gova prostorni a enakaπr 2r−πr 2r/3 = 2πr 3/3.
Prostornina celotne krogle potem znaša 4πr 3/3.
Uporaba na Arhi edove proble u
Slika 3
Vrnimo se k začetnemu, tj. Arhimedovemu pro-
blemu. Dana je krogla s polmerom R. Denimo, da
bo o iskano višino merili od sredine kr gle. Ozna-
čimo rešitev z x, prostornino zgornjega dela z V1,
prostornino spodnjega dela pa z V2. Postavi o po-
leg vsake polkrogle enak telo kot prej, t ko kot kaže
slika 3. Zdaj že vemo, da imat telesi na poljubni vi-
šini enako velik presek z ravnino na tej višini, z to
lahko uporabimo Cavalierijevo načelo. Pose ej ga
uporabimo za spodnji in z zgornji d l krogle. Do-
bimo:
V1 =
(
πR2R −πR2R
3
)
−
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
−πR2x + πx
3
3
,
V2 =
(
πR2R −πR2R
3
)
+
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
+πR2x − πx
3
3
.
Enkrat smo polovici prostornine telesa na desni pri-
šteli, drugič a odšteli prostor ino tistega vmesnega
dela z višino x, ki ni spet nič drug ga kot valj z izre-
zanim stožcem.
Višina x je po pred ostavki taka, da velj
2 = 2V1,
iz česar dobimo
2πR3
3
+πR2x − πx
3
3
= 2
(
2πR3
3
−πR2x + πx
3
3
)
,
kar preoblikujemo v
2πR3
3
− 3πR2x +πx3 = 0
in nato še v
3x3 − 9R2x + 2R3 = 0. (1)
Dobili smo kubično enačbo za x. Če jo delimo z R3,
3
iz podobnosti), zato je ploščina tega preseka enaka
πr 2 −πh2 = π(r 2 − h2).
Ker se pl ščin presekov uj ma a na poljubni vi-
šini, j po Cavalier jev m načelu pro tornina p lkro-
gle enaka prost rnini drugega telesa. To telo pa ni
nič drugega k t valj z izrezanim stožcem, zato je
njegova prostornina e akaπr 2r−πr 2r/3 = 2πr 3/3.
Prostornina cel t e krogle potem znaša 4πr 3/3.
Up raba Arhimedov m problemu
Slika 3
Vrnimo se k začetnemu, tj. A hi edovemu pro-
blemu. Dana je krogla s polmerom R. Deni o, da
bo o iskano višino merili od sr dine krogl . Ozna-
čim rešitev z x, pr sto nino zgornj ga d a z V1,
prost rnino spodnj ga dela pa z V2. Postavimo po-
leg vsak polkrogle enako t lo kot pr j, tako kot kaže
slika 3. Zdaj že vemo, da im ta telesi na poljubni vi-
šin en o velik pres k z ravnin na tej višini, zato
lahk uporabimo Cavalierijevo ač lo. Poseb j ga
uporabimo z spodnji in a zg r ji del krogl . Do-
bim :
V1 =
(
πR2R −πR2R
3
)
−
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
−π 2x + πx
3
,
V2 =
(
πR2R −πR2R
3
)
+
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
+π 2x − πx
3
.
Enkrat smo polovici prost rnine telesa na desni pri-
šteli, drugič pa odšteli prostornino tistega vm ega
dela z višin x, ki ni s et nič d ugega kot valj z izr -
zanim stožcem.
Višina x je po predpostavki taka, d velja
V2 = 2V1,
iz česar dobimo
2πR3
3
+πR2x − πx
3
3
= 2
(
2πR3
3
−πR2x + πx
3
3
)
,
kar preoblikujemo v
2πR3
3
− 3πR2x +πx3 = 0
in nato še v
3x3 − 9R2x + 2R3 = 0. (1)
Dobili smo kubično enačbo za x. Če jo delimo z R3,
3
iz podobnosti), zato je ploščina tega preseka enaka
πr 2 −πh2 = π(r 2 − h2).
Ker se ploščini pres kov ujemata na poljubni vi-
šini, je po Caval e ijevem načelu prostornina polkro-
gle enaka r stornini drug g teles . To telo pa n
nič drugega k valj z izrezanim stožcem, zato je
nj gov prost rni enakaπr 2r−πr 2r/3 = 2πr 3/3.
Prost rnina cel ne krogle potem znaša 4πr 3/3.
Uporaba na Arhimedovem problemu
Slika 3
Vrnimo se k začetnemu, tj. Arhimedov mu pro-
ble u. D a je kr gla s p lme om R. Denimo, d
bo iskano višino merili od sredine krogl . O na-
čimo rešitev z x, prostornino zg r jega dela z V1,
prost nino sp d jega dela pa V2. Postavimo po-
leg vsake polkrogl enak telo ko p ej, t ko kot kaže
slika 3. Zdaj že vemo, da imata telesi na poljubni vi-
šini enako velik presek z avnino na tej višini, z to
lah o upor bimo Cavalierije o načelo. P sebej ga
uporabim za sp dnji in za zgornji del kr gle. Do-
bimo:
V1 =
(
πR2R −πR2R
3
)
−
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
−πR2x + πx
3
3
,
V2 =
(
πR2R −πR2R
3
)
+
(
πR2x −πx2x
3
)
=
= 2πR
3
3
+πR2x − πx
3
3
.
Enkrat smo polovici prostornine telesa na desni pri-
št li, drugič a odšteli rostornino tistega mesnega
dela z višino x, ki ni spet nič drugega kot valj z izre-
zanim stož em.
Višina x je po predpostavki taka, da velja
V2 = 2V1,
iz česar dobimo
2πR3
3
+πR2x − πx
3
3
= 2
(
2πR3
3
−πR2x + πx
3
3
)
,
kar preoblikujemo v
2πR3
3
− 3πR2x +πx3 = 0
in nato še v
3x3 − 9R2x + 2R3 = 0. (1)
Dobili smo kubično enačbo za x. Če jo delimo z R3,
3
iz o ob osti), zato je lošči a tega reseka e aka
r 2 2 (r 2 2).
er se lošči i resekov je ata a olj b i vi-
ši i, je o avalierijeve ačel rostor i a olkro
gle aka prostor i i r g g tele a. o telo a i
č r gega kot valj z izreza i tožce , zato je
j gova rostor i e aka r 2r r 2r/3 2 r 3/3.
Prostor i a celot e krogle ote z aša 4 r 3/3.
r r i v r l
Slika 3
r i o se k začet e , tj. r i e ove ro-
le . a a je krogla s l ero . e i o, a
o o ska o viši o er li sre i e kr gl . z a
či o rešitev z , rostor i o zgornjega la z 1,
rostor s j g ela a z 2. Postavi o o
leg vsake lkr gl k telo kot e , tak kot kaže
slika 3. aj že ve o, a i at telesi a lj b i vi
ši i e ak velik resek z rav i o a tej viši i, z to
la ko rabi o avalierijevo ačelo. P se ej ga
orabi o za s o j i z zgor ji el kr gle. o-
bi o:
1
2 2
3
2 2
3
2 3
3
2
3
3
,
2
2 2
3
2 2
3
2 3
3
2
3
3
.
E krat s o ol vici rostor i e tele a es i ri-
šteli, r gič a šteli prostor i o ti teg v es ega
ela z viši o , ki s et ič r g ga kot valj z zre
za stož .
ši a j o re ostavki taka, a velj
2 2 1,
iz česar obi o
2 3
3
2
3
3
2
2 3
3
2
3
3
,
kar reoblik je o v
2 3
3
3 2 3 0
i ato še v
3 3 9 2 2 3 0. (1)
ob li s o k bič o e ačbo za . ˇe jo eli o z 3,
3
i ti), t j l i t r
2 2 2 2 .
r l i i r j t lj i i-
i i, j l ij l r t r i l r -
l r t r i r e a t l . t l
i r lj i r i t , t j
je r t r i a 2 2 3 .
r t i l r l t 3 .
i l
li
r i t , tj. r i r -
l . j r l ol . i ,
i i i rili r i r l . -
i r it , r t r i r j l 1,
r t i o j l 2. t i -
l l r l o t l r j, t t
i . j , i t t l i lj i i-
i i li r r i t j i i i, at
l r i li r j l . o j
r i ji i r ji l ro l . -
i :
1
2 2 2 2
3
2
3
,
2
2 2 2 2
3
2
3
.
r t l i i r t r i t l i ri-
t li, r i p t li r t r i ti t
l i i , i i t i r t lj i r -
i t c .
i i j r i t , lj
2 1,
i r i
3
2
3 3
2
3
,
r r li j
3
2 3
i t
3 2 3 .
ili i . j li 3,
 
presek 39 (2011/2012) 3
Uporaba a Arhimedove  problemu
Prvi rezultat odpade, ker je negativen, drugi ni do-
ber zato, ker je večji od 1 (ne pozabimo, da je pol-
mer naše krogle 1 in da merimo višino od sredine),
torej je pravilen tretji. Zato je rešitev zastavljenega
problema pri R = 1 višina
x = 2 cos

π + arccos
(
1
3
)
3

 .= 0,2261,
pri poljubnem polmeru krogle R pa dobimo
x = 2R cos

π + arccos
(
1
3
)
3

 .= 0,2261R .
Tako smo prišli do rešitve enega od tistih proble-
mov, ki so zelo lahko razumljivi, njihova pot do re-
šitve pa ni tako preprosta, sploh če se ne domislimo
pravih pripomočkov.
Povejmo rešitev z besedami še enkrat: Če želimo
kroglo s polmerom R z ravnim rezom razdeliti na dva
taka dela, da bosta prostornini nastalih delov v raz-
merju dva proti ena, potem moramo to storiti na vi-
šini 0,2261R (zaokroženo na štiri decimalke), merjeno
od ravnine, ki poteka skozi središče krogle.
Nadobudne bralce vabimo, da poskusijo sami re-
šiti problem pri kakšnem drugem (ali pa poljubnem)
razmerju prostornin delov krogle.
5
Prvi rezultat odpade, ker je negativen, drugi ni do-
ber zato, ker je večji od 1 (ne pozabimo, da je pol
mer naše rogle 1 in da merimo višino d sredine),
torej je pravilen tretji. Zato je rešitev zastavljenega
problema pri R = 1 višina
x = 2 cos

π + arccos
(
1
3
)
3

 .= 0,2261,
pri poljubnem polmeru krogle R pa dobimo
x = 2R cos

π + arccos
(
1
3
)
3

 .= 0,2261R .
Tako smo prišli do rešitve enega od tistih proble-
mov, ki o zelo lahk azumljivi, njihova pot d r
šitve pa ni tak preprosta, sp oh če se ne domislimo
pravih pripom čkov.
Povejmo rešitev z besedami še enkrat: Če želimo
kroglo s polm rom R z ravni rezom razdeliti na dva
taka dela, da b sta prostornini nastalih lov v raz-
merju dva proti ena, potem moramo to storiti na vi
šini 0,2261R (zaokroženo na štiri decimalke), merjeno
od ravnine, ki poteka sk zi središč krogle.
N dobudne bralce vabimo, a poskusijo sami re-
šiti problem pri kakšnem drugem (ali pa p ljubnem)
razmerju prostornin d lov krogle.
5
Prvi rezultat odpade, ker je negativen, drugi ni do-
ber zato, ker je večji od 1 (ne pozabimo, da je pol-
mer naše krogle 1 in da merimo višino od sredine),
torej je pravilen tretji. Zato je rešitev zastavljenega
problema pri R = 1 višina
x = 2 cos

π + arccos
(
1
3
)
3

 .= 0,2261,
pri poljubnem polmeru krogle R pa dobimo
x = 2R cos

π + arccos
(
1
3
)
3

 .= 0,2261R .
Tako smo prišli do rešitve enega od tistih proble-
mov, ki so zelo lahko razumljivi, njihova pot do re-
šitve pa ni tako preprosta, sploh če se ne domislimo
pravih pripomočkov.
Povejmo rešitev z besedami še enkrat: Če želimo
kroglo s polmerom R z ravni rezom razdeliti na dva
taka dela, da bosta prostornini nastalih delov v raz-
merju dva proti ena, potem moramo to storiti na vi-
šini 0,2261R (zaokroženo na štiri decimalke), merjeno
od ravnine, ki poteka skozi središče krogle.
Nadobudne bralce vabimo, da poskusijo sami re-
šiti problem pri kakšnem drugem (ali pa poljubnem)
razmerju prostornin delov krogle.
5
Prvi rezultat odpade, ker je negativen, drugi ni do-
ber zato, ker je večji od 1 (ne pozabimo, da je pol
mer naše rogle 1 in da merimo višino od sredine),
torej je pravilen tretji. Zato je rešitev zastavljenega
problema pr R = 1 višin
x = 2 cos

π + arccos
(
1
3
)
3

 .= 0,2261,
pri poljubnem polmeru krogle R pa dobimo
x = 2R cos

π + arccos
(
1
3
)
3

 .= 0,2261R .
Tako sm prišli do rešitve enega od tistih proble-
mov, ki o zelo lahk razumljivi, njihova pot d r
šitve pa ni tak preprosta, sploh če se ne domislimo
pravih pripom čkov.
Povejmo rešitev z besedami še enkrat: Če želimo
kroglo s p lmerom R z ravni rezom razdeliti na dva
taka dela, da b sta prostornini nastalih ov v raz-
merju dva proti ena, potem moramo to storiti na vi
šini 0,2261R (zaokroženo na štiri decimalke), merjeno
od ravnine, ki p teka sk zi središč krog e.
N dobudne bralce vabimo, da poskusijo sami re-
šiti problem pri kakšnem drugem (ali pa p ljubnem)
razmerju prostornin d lov krogle.
5
Prvi rezultat odpade, ker je negativen, drugi ni do-
ber zato, ker je večji od 1 (ne pozabimo, da je pol-
mer naše krogle 1 in da merimo višino od sredine),
torej je pravilen tretji. Zato je rešitev zastavljenega
problema pri R = 1 višina
x = 2 cos

π + arccos
(
1
3
)
3

 .= 0,2261,
pri poljubnem polmeru krogle R pa dobimo
x = 2R cos

π + arccos
(
1
3
)
3

 .= 0,2261R .
Tako smo prišli do rešitve enega od tistih proble-
mov, ki so zelo lahko razumljivi, njihova pot do re-
šitve pa ni tako preprosta, sploh če se ne domislimo
pravih pripomočkov.
Povejmo rešitev z besedami še enkrat: Če želimo
kroglo s polmerom R z ravni rezom razdeliti na dva
taka dela, da bosta prostornini nastalih delov v raz-
merju dva proti ena, potem moramo to storiti na vi-
šini 0,2261R (zaokroženo na štiri decimalke), merjeno
od ravnine, ki poteka skozi središče krogle.
Nadobudne bralce vabimo, da poskusijo sami re-
šiti problem pri kakšnem drugem (ali pa poljubnem)
razmerju prostornin delov krogle.
5
Literatura
[1] P. Legiša. Matematika: drugi letnik. Kompleksna
števila, eksponentna funkcija in logaritem, merje-
nje v geometriji, DZS, 1995.
[2] J. N. Bronštejn in K. A. Semendjajev. Matematični
priročnik: za inženirje in slušatelje tehniških viso-
kih šol, Tehniška založba Slovenije, 1984.
[3] http://www-history.mcs.st-
andrews.ac.uk/Biographies/Archimedes.html
(Citirano: 2. 11. 2010)
6
Literatu a
[1] P. Legiša. Matematika: drugi letnik. Kompleksna
števila, eksponentna funkcija in logaritem, merje-
nje v geometriji, DZS, 1995.
[2] J. N. Bronštejn in K. A. Semendjajev. Matematični
priročnik: za inženirje in slušatelje tehniških viso-
kih šol, Tehniška založba Slovenij , 1984.
[3] http://www-history.mcs.st-
andrews.ac.uk/Biographies/Archimedes.html
(Citirano: 2. 11. 2010)
6
Literat ra
[1] P. Legiša. Matematika: d u i letnik. Kompleksna
št vila, eksp nentna fun cija in logaritem, merje-
nje v geometriji, DZS, 1995.
[2] J. N. Bronštejn n K. A. Semendjajev. Matematični
priročnik: za inženirje in slušatelje tehniških viso-
kih šol, Tehniška založba Slovenij , 1984.
[3] http://www-history.mcs.st-
andrews.ac.uk/Biographies/Archimedes.html
(Citirano: 2. 11. 2010)
6
ratura
Rešitev problema
www.presek.si
www.dmfa.si
Tekmovanje Mednarodni matematični kenguru,
ki poteka vsak tretji četrtek v marcu, je najštevilč-
nejše mednarodno matematično tekmovanje. Leta
2011 se ga je udeležilo že več kot šest milijonov
tekmovalcev iz 48 držav sveta. Priprave na tekmo-
vanje so se začele že veliko pred 17. marcem 2011.
Konec avgusta 2010 je bilo potrebno poslati pre-
dloge nalog, sledilo je njihovo ocenjevanje in pre-
dizbor, končni izbor nalog za tekmovanje pa smo
naredili predstavniki 46-ih držav od 13. do 16. ok-
tobra na 18. rednem letnem sestanku organizacije
Kangourou Sans Frontieres (KSF) v Tbilisiju v Gru-
ziji. Tokratni sestanek so sicer v veliki meri za-
znamovale težave organizatorjev zaradi pomanj-
kanja finančnih sredstev in pa volitve za predse-
dnika organizacije KSF. Na volitvah sta kandidirala
dva kandidata, dolgoletni predsednik Andre Dele-
dicq iz Francije in Gregor Dolinar iz Slovenije. Sle-
dnji je prejel 28 od 46 glasov in tako postal novi
predsednik mednarodne organizacije KSF. V priho-
dnjih letih se bo ta zaradi hitrega naraščanja šte-
vila sodelujočih držav in vedno večjega števila tek-
movalcev soočila z velikimi izzivi.
V Sloveniji je Mednarodni matematični kenguru prva
stopnja tekmovanja za Vegova priznanja in je hkrati
najštevilčnejše tekmovanje v preverjanju znanja. Le-
tos se ga je udeležilo 94122 učencev, dijakov in štu-
dentov iz več kot 500 osnovnih šol, več kot 260 sre-
dnjih šol in štirih fakultet. V okviru Komisije za tek-
movanje Mednarodni matematični kenguru smo pri-
pravili 12 različnih tekmovalnih pol za različne sta-
rostne skupine. Poseben izbor nalog je bil narejen
za dijake srednjih tehničnih in strokovnih šol (ka-
tegorija B), za dijake srednjih poklicnih šol (katego-
rija C) in za študente. Naloge za osnovno šolo smo
tako kot vsako leto pripravili tudi v italijanskem in
madžarskem jeziku za narodnostni manjšini ter v
angleškem jeziku za učence mednarodnih šol. Ob
zaključku šolskega leta, 3. junija 2011, smo na tra-
dicionalni nagradni izlet povabili 122 najboljših tek-
movalcev zadnjih treh razredov devetletke. Tokrat
smo si ogledali avstrijsko prestolnico. Vsi prvošolci
so za udeležbo na tekmovanju prejeli darilce Veselo
kocko. Naslednje tekmovanje Mednarodni matema-
tični kenguru bo v četrtek, 15. marca 2012.
2
j i i i ,
i ji , j j il -
j i j .
j l il ilij
l i . i -
j l li . .
j il l i -
l l , l il j ji j j i -
i , i i l j
ili i i -i . . -
. l i ij
i ( ) ili ij -
iji. i i li i i -
l i j i j-
j i i li -
i i ij . li i i l
i , l l i i l -
i i ij i li i l ij . l -
ji j j l l i l i
i i ij . i -
ji l i i i j -
il l j i i j il -
l il li i i i i i.
l iji j i i i
j j i j i j i
j il j j j j j . -
j l il , ij i -
i i l, -
ji l i i i l . i i ij -
j i i i i-
ili li i l i l li -
i . i l j il j
ij ji i i i i l ( -
ij ), ij ji li i l ( -
ij ) i . l l
l i ili i i lij i
j i i j i i
l j i i l.
lj l l , . j ij , -
i i l i i i l ili j lj i -
l ji l .
i l li ij l i . i l i
l j j li il l
. l j j i -
i i , . .
r t t r
t s tr t trt r št
š r t t t t
s t š st
t r s t r r t
s s r r
st tr s t r
s r
r r t s
r r st r
t r r t s st r
r s r t r s s r
r t s st s s r r
t r t r r
sr st t r s
r t st r
t t r s r
r r r r
r s t st
r s r r r
t s t r tr r š št
s r št t
s
e e e r te t c e r r
st te e r e r t
šte c e še te e re er e
t s se e e e ce ce št
e t ec t s š ec t sre
š št r f tet r s e te
e e r te t c e r s r
r r c te r c e st
r st e s e se e r e re e
e sre te c str š
te r e sre c š te
r št e te e s š s
t t s et r r t t s e
rs e e r st š ter
eš e e ce ce e r š
c š s e et s tr
c r et š te
ce tre r re e et et e r t
s s e str s rest c s r š c
s e e te re e r ce ese
c s e e te e e r te
t c e r cetrte rc
Tek ovanje edna odni a e a ični kengu u,
ki po eka v ak e ji če ek v a cu, je naj evilč-
nej e edna odno a e a ično ek ovanje. Le a
2011 e ga je udeležilo že več ko e ilijonov
ek ovalcev iz 48 d žav ve a. P ip ave na ek o-
vanje o e začele že veliko p ed 17. a ce 2011.
onec avgu a 2010 je bilo po ebno po la i p e-
dloge nalog, ledilo je njihovo ocenjevanje in p e-
dizbo , končni izbo nalog za ek ovanje pa o
na edili p ed avniki 46-ih d žav od 13. do 16. ok-
ob a na 18. edne le ne e anku o ganizacije
angou ou San F on ie e ( SF) v Tbili iju v u-
ziji. Tok a ni e anek o ice v veliki e i za-
zna ovale ežave o ganiza o jev za adi po anj-
kanja finančnih ed ev in pa voli ve za p ed e-
dnika o ganizacije SF. a voli vah a kandidi ala
dva kandida a, dolgole ni p ed ednik nd e ele-
dicq iz F ancije in ego olina iz Slovenije. Sle-
dnji je p ejel 28 od 46 gla ov in ako po al novi
p ed ednik edna odne o ganizacije SF. p iho-
dnjih le ih e bo a za adi hi ega na a čanja e-
vila odelujočih d žav in vedno večjega evila ek-
ovalcev oočila z veliki i izzivi.
V Slov niji j dna odni a a iˇni k ngu u p va
opnja k ovanja za V gova p iznanja in j hk a i
naj vilˇn j k ovanj v p v janju znanja. L -
o ga j ud l žilo 94122 uˇ n v, dijakov in u-
d n ov iz v ˇ ko 500 o novnih ol, v ˇ ko 260 -
dnjih ol in i ih akul . V okvi u Ko i ij za k-
ovanj dna odni a a iˇni k ngu u o p i-
p avili 12 azliˇnih k ovalnih pol za azliˇn a-
o n kupin . Po b n izbo nalog j bil na j n
za dijak dnjih hniˇnih in okovnih ol (ka-
go ija B), za dijak dnjih pokli nih ol (ka go-
ija C) in za ud n . alog za o novno olo o
ako ko v ako l o p ip avili udi v i alijan k in
adža k j ziku za na odno ni anj ini v
angl k j ziku za uˇ n dna odnih ol. b
zakljuˇku ol k ga l a, 3. junija 2011, o na a-
di ionalni nag adni izl povabili 122 najbolj ih k-
oval v zadnjih h az dov d v l k . Tok a
o i ogl dali av ij ko p olni o. V i p vo ol i
o za ud l žbo na k ovanju p j li da il V lo
ko ko. a l dnj k ovanj dna odni a a-
iˇni k ngu u bo v ˇ k, 15. a a 2012.
2
m M m t m t ,
t t t t t m , t
m m t m t t m . t
t t m
t m t . t m
. m m .
K t t t
,
, t m m
t . .
t . m t m t
K t K G
. t t m
m t t m
t t
K . N t t
t , t A D
G D .
t t
m K . V
t t t t
t t
m m .
M r m t m t r r
t t m r r t
t t m r r .
t , t
t t , t r
t r f t t. r m t
m M r m t m t r m r
r r t m r t
r t . r r
r t tr
t r , r t
r t t . N m
t t t r r t t m
m r m r t m t r
m m r . O
t , . , m tr
r t t
m tr r r t t . r t
m tr r t . r
t m r r
. N t m M r m t m
t r trt , . m r .
j r i i i r
i s r ji r r j jš il -
jš r i j
s j l il š s ilij
l i r s ri r -
j s s l li r r
s j il r sl i r -
l l sl il j ji j j i r -
i r i i r l j s
r ili r s i i -i r -
r r l s s r i ij
r s r i r s ( ) ilisij r -
iji r i s s s si r li i ri -
l r i rj r i j-
j i sr s i li r s -
i r i ij li s i ir l
i l l i r s i r l -
i i r ij i r r li r i l ij l -
ji j r j l l s i s l i
r s i r r i ij ri -
ji l i s r i i r r š j š -
il s l j i r i j š il -
l s il li i i i i i
l e iji je e i e ic i e
s j e j e i j i je i
jš e ilc ejše e je e e j j j e-
s se je ele il ce ce ij i š -
e i ec s i š l ec s e-
ji š l i š i i l e i isije e -
je e i e ic i e s i-
ili lic i e l i l lic e s -
s e s i e se e i l je il eje
ij e s e ji e ic i i s i š l ( -
e ij ) ij e s e ji lic i š l ( e -
ij ) i š e e l e s š l s
s le i ili i i lij s e i
s e je i s i jši i e
leš e je i ce ce e i š l
lj c š ls e le j ij s -
ici l i i i le ili j ljši e -
lce ji e e e e le e
s si le li s ijs es l ic si š lci
s ele e j ejeli ilce esel
c sle je e je e i e -
ic i e ce e c
e o a e e a o a e a č e g ,
o e a a e če e a c , e a e č
e e e a o o a e a č o e o a e. Le a
2011 e ga e e ež o že eč o e o o
e o a ce z 48 ža e a. P a e a e o
a e o e zače e že e o e 17. a ce 2011.
o ec a g a 2010 e o o e o o a e
oge a og, e o e o o oce e a e e
z o , o č z o a og za e o a e a o
a e e a 46 ža o 13. o 16. o
o a a 18. e e e e e a o ga zac e
a go o Sa F o e e SF
z . o a e a e o ce e e za
z a o a e eža e o ga za o e za a o a
a a a č e e a o e za e e
a o ga zac e SF. a o a a a a a
a a a a, o go e e e e e e
c z F a c e ego o a z S o e e. S e
e e e 28 o 46 g a o a o o a o
e e e a o e o ga zac e SF. o
e e o a za a ega a a ča a e
a o e oč ža e o eč ega e a e
o a ce ooč a z e zz .
S ov a o a a ˇ k g va
o a k ova a za gova z a a k a
a v ˇ k ova v v a z a a. L
o ga ž o 94122 ˇ v, akov
ov z v ˇ ko 500 o ov o , v ˇ ko 260
o ak . okv o za k
ova a o a a ˇ k g o
av 12 az ˇ k ova o za az ˇ a
o k . Po b zbo a og b a
za ak ˇ okov o ka
go a B , za ak ok o ka go
a za . a og za o ov o o o o
ako ko v ako o av v a a k
a ža k z k za a o o a v
a g k z k za ˇ a o o . b
zak ˇk o k ga a, 3. a 2011, o a a
o a ag a z ovab 122 a bo k
ova v za az ov v k . ok a
o og a av ko o o. vo o
o za žbo a k ova a o
ko ko. a k ova a o a a
ˇ k g bo v ˇ k, 15. a a 2012.
2
T k v nj dn dni t ti ni k n u u,
ki p t k v k t tji t t k v u, j n j t vil -
n j dn dn t ti n t k v nj . t
j ud l il v k t t ilij n v
t k v l v i d v v t . ip v n t k -
v nj l v lik p d . .
n v u t j bil p t bn p l ti p -
dl n l , l dil j njih v nj v nj in p -
di b , k n ni i b n l t k v nj p
n dili p d t vniki -ih d v d . d . k-
t b n . dn l tn t nku ni ij
n u u n nti ( ) v Tbili iju v u-
iji. T k tni t n k i v v liki i -
n v l t v ni t j v di p nj-
k nj fin n nih d t v in p v litv p d -
dnik ni ij . v litv h t k ndidi l
dv k ndid t , d l l tni p d dnik nd l -
di q i n ij in lin i l v nij . l -
dnji j p j l d l v in t k p t l n vi
p d dnik dn dn ni ij . p ih -
dnjih l tih b t di hit n nj t -
vil d luj ih d v in v dn v j t vil t k-
v l v il v liki i i ivi.
V l niji j dn r dni t ti ni n uru pr
t pnj t nj V pri n nj in j h r ti
n j t il n j t nj pr rj nju n nj . -
t j ud l il u n , dij in tu-
d nt i t n nih l, t r -
dnjih l in tirih f ult t. V iru K i ij t -
nj dn r dni t ti ni n uru pri-
pr ili r li nih t lnih p l r li n t -
r tn upin . n i r n l j il n r j n
dij r dnjih t hni nih in tr nih l ( -
t rij ), dij r dnjih p li nih l ( t -
rij C) in tud nt . l n n l
t t l t pripr ili tudi it lij n in
d r j i u n r dn tni nj ini t r
n l j i u u n dn r dnih l.
lju u l l t , . junij , n tr -
di i n lni n r dni i l t p ili n j lj ih t -
l dnjih tr h r r d d tl t . T r t
i l d li trij pr t lni . V i pr l i
ud l n t nju pr j li d ril V l
. l dnj t nj dn r dni t -
ti ni n uru trt , . r .
r r
s r r r š
š r
s š s
r s r r
s s r r
s r s r
s r
r r s
r r s r
r r s s r
r s r r s s r
r s s s s r r
r r r
sr s r s
r s r
r s r
r r r r
r s s
r s r r r
s r r r š š
s r š
s
e e e e c e
s e e e
š e c e še e e e e e
s se e e e ce ce š
e ec s š ec s e
š š e s e e
e e e c e s
c e c e s
s e s e se e e e e
e s e e c s š
e e s e c š e
š e e e s š s
s e s e
s e e s š e
eš e e ce ce e š
c š s e e s
c e š e
ce e e e e e e
s s e s s es c s š c
s e e e e e ce ese
c s e e e e e e
c e ce e c
e mo a je Me a o i ma ema ič i e g ,
i o e a a e ji če e ma c , je aj e ilč-
ej e me a o o ma ema ič o e mo a je. Le a
2011 e ga je eležilo že eč o e milijo o
e mo alce iz 48 ža e a. P i a e a e mo-
a je o e začele že eli o e 17. ma cem 2011.
Ko ec a g a 2010 je ilo o e o o la i e-
loge alog, le ilo je ji o o oce je a je i e-
iz o , o č i iz o alog za e mo a je a mo
a e ili e a i i 46-i ža o 13. o 16. o -
o a a 18. e em le em e a o ga izacije
Ka go o Sa F o ie e (KSF) ili ij G -
ziji. o a i e a e o ice eli i me i za-
z amo ale eža e o ga iza o je za a i oma j-
a ja a č i e e i a oli e za e e-
i a o ga izacije KSF. Na oli a a a i i ala
a a i a a, olgole i e e i A e Dele-
ic iz F a cije i G ego Doli a iz Slo e ije. Sle-
ji je ejel 28 o 46 gla o i a o o al o i
e e i me a o e o ga izacije KSF. V i o-
ji le i e o a za a i i ega a a ča ja e-
ila o el joči ža i e o ečjega e ila e -
mo alce oočila z eli imi izzi i.
Slov iji j M a o i ma ma iˇ i k g va
o ja kmova ja za gova iz a ja i j k a i
aj vilˇ j kmova j v v ja j z a ja. L -
o ga j l žilo 94122 ˇ v, ijakov i -
ov iz v ˇ ko 500 o ov i ol, v ˇ ko 260 -
ji ol i i i ak l . okvi omi ij za k-
mova j M a o i ma ma iˇ i k g mo i-
avili 12 azliˇ i kmoval i ol za azliˇ a-
o k i . Po b izbo alog j bil a j
za ijak ji iˇ i i okov i ol (ka-
go ija B), za ijak ji okli i ol (ka go-
ija ) i za . Nalog za o ov o olo mo
ako ko v ako l o i avili i v i alija k m i
ma ža k m j zik za a o o i ma j i i v
a gl k m j zik za ˇ m a o i ol. Ob
zaklj ˇk ol k ga l a, 3. j ija 2011, mo a a-
i io al i ag a i izl ovabili 122 ajbolj i k-
moval v za ji az ov v l k . ok a
mo i ogl ali av ij ko ol i o. i vo ol i
o za l žbo a kmova j j li a il lo
ko ko. Na l j kmova j M a o i ma ma-
iˇ i k g bo v ˇ k, 15. ma a 2012.
2
t t
t t t t t t
t t t t
t t
t t t
t t t
t
t
t t t
t
t t
t t
t t
t t
t t
t t
t t t t
t t
r t t r r
t t r r t
t t r r
t t
t t t r
t r f t t r t
r t t r r
r r t r t
r t r r
r t tr
t r r t
r t t
t t t r r t t
r r t t r
r
t tr
r t t
tr r r t t r t
tr r t r
t r r
t r t
t r trt r
T k v nj dn r dni i ni k n uru,
ki p k vs k r ji r k v r u, j n jš vil -
n jš dn r dn i n k v nj .
s j ud l il v k š s ilij n v
k v l v i dr v sv . ripr v n k -
v nj s s l v lik pr d . r .
n v us j bil p r bn p sl i pr -
dl n l , sl dil j njih v nj v nj in pr -
di b r, k n ni i b r n l k v nj p s
n r dili pr ds vniki -ih dr v d . d . k-
br n . r dn l n s s nku r ni ij
n ur u ns r n i r s ( ) v Tbilisiju v ru-
iji. T kr ni s s n k s si r v v liki ri -
n v l v r ni rj v r di p nj-
k nj fin n nih sr ds v in p v li v pr ds -
dnik r ni ij . v li v h s k ndidir l
dv k ndid , d l l ni pr ds dnik ndr l -
di q i r n ij in r r lin r i l v nij . l -
dnji j pr j l d l s v in k p s l n vi
pr ds dnik dn r dn r ni ij . prih -
dnjih l ih s b r di hi r n r š nj š -
vil s d luj ih dr v in v dn v j š vil k-
v l v s il v liki i i ivi.
V l eniji je edn dni e icni en u u p
s pnj e nj Ve p i n nj in je h i
n jš e ilcnejše e nje p e e j nju n nj . e-
s se je udele il ucence , dij in š u-
den i ec sn nih š l, ec s e-
dnjih š l in š i ih ul e . V i u K isije e -
nje edn dni e icni en u u s p i-
p ili licnih e lnih p l licne s -
s ne s upine. se en i n l je il n ejen
dij e s ednjih ehnicnih in s nih š l ( -
e ij ), dij e s ednjih p licnih š l ( e -
ij C) in š uden e. l e sn n š l s
s le p ip ili udi i lij ns e in
d s e je i u n dn s ni njšini e
n leš e je i u ucence edn dnih š l.
ljuc u š ls e le , . junij , s n -
dici n lni n dni i le p ili n j ljših e -
lce dnjih eh ed de e le e. T
s si led li s ijs p es lnic . Vsi p š lci
s udele n e nju p ejeli d ilce Vesel
c . slednje e nje edn dni e -
icni en u u ce e , . c .
e o a je e a o i ate atič i e g ,
i ote a a t etji čet te a c , je aj te ilč-
ej e e a o o ate atič o te o a je. Leta
2011 e ga je eležilo že eč ot e t ilijo o
te o alce iz 48 ža eta. P i a e a te o-
a je o e začele že eli o e 17. a ce 2011.
Ko ec a g ta 2010 je ilo ot e o o lati e-
loge alog, le ilo je ji o o oce je a je i e-
iz o , o č i iz o alog za te o a je a o
a e ili e ta i i 46-i ža o 13. o 16. o -
to a a 18. e e let e e ta o ga izacije
Ka go o Sa F o tie e (KSF) ili ij G -
ziji. o at i e ta e o ice eli i e i za-
z a o ale teža e o ga izato je za a i o a j-
a ja a č i e te i a olit e za e e-
i a o ga izacije KSF. Na olit a ta a i i ala
a a i ata, olgolet i e e i A e Dele-
ic iz F a cije i G ego Doli a iz Slo e ije. Sle-
ji je ejel 28 o 46 gla o i ta o o tal o i
e e i e a o e o ga izacije KSF. V i o-
ji leti e o ta za a i it ega a a ča ja te-
ila o el joči ža i e o ečjega te ila te -
o alce oočila z eli i i izzi i.
Slov iji j aro i at atiˇ i k g r rva
to ja t k ova ja za gova riz a ja i j krati
aj t vilˇ j t k ova j v r v rja j z a ja. L -
to ga j l žilo 94122 ˇ v, ijakov i t -
tov iz v ˇ kot 500 o ov i ol, v ˇ kot 260 r -
ji ol i tiri fak lt t. okvir o i ij za t k-
ova j aro i at atiˇ i k g r o ri-
ravili 12 razliˇ i t k oval i ol za razliˇ ta-
ro t k i . Po b izbor alog j bil ar j
za ijak r ji t iˇ i i trokov i ol (ka-
t gorija B), za ijak r ji okli i ol (kat go-
rija ) i za t t . Nalog za o ov o olo o
tako kot v ako l to ri ravili t i v italija k i
a žar k j zik za aro o t i a j i i t r v
a gl k j zik za ˇ aro i ol. Ob
zaklj ˇk ol k ga l ta, 3. j ija 2011, o a tra-
i io al i agra i izl t ovabili 122 ajbolj i t k-
oval v za ji tr razr ov v tl tk . okrat
o i ogl ali av trij ko r tol i o. i rvo ol i
o za l žbo a t k ova j r j li aril lo
ko ko. Na l j t k ova j aro i at a-
tiˇ i k g r bo v ˇ trt k, 15. ar a 2012.
2
m M r m m r
s r r m r š
š m r m m m
s š s m
m r s r r m
s s r m r m
s r s r
s r
r r m sm
r r s r
r r m m s s r
r s r r s s r
r s s s s r m r
m r r r m
sr s r s
r s r
r s r
r r r r
r s s
r s m r r r
s r r r š š
s r š
m s m
e e Me m em c e
s e m e e
š e c e še e m e e e e
s se e e e ce ce š
e ec s š ec s e
š š e m s e e
m e Me m em c e sm
c e m c e s
s e s e se e e e e
e s e e c s š
e e s e c š e
š e e e s š sm
s e s em
m s em e s m š e
eš em e ce ce me š
c š s e e sm
c e š e
m ce e e e e e e
sm s e s s es c s š c
s e e e m e e ce ese
c s e e e e Me m em
c e ce e m c
T k v nj dn dni i ni k n u u,
ki p k v k ji k v u, j n j vil -
n j dn dn i n k v nj .
j ud l il v k ilij n v
k v l v i d v v . ip v n k -
v nj l v lik p d . .
n v u j bil p bn p l i p -
dl n l , l dil j njih v nj v nj in p -
di b , k n ni i b n l k v nj p
n dili p d vniki -ih d v d . d . k-
b n . dn l n nku ni ij
n u u n n i ( ) v Tbili iju v u-
iji. T k ni n k i v v liki i -
n v l v ni j v di p nj-
k nj fin n nih d v in p v li v p d -
dnik ni ij . v li v h k ndidi l
dv k ndid , d l l ni p d dnik nd l -
di q i n ij in lin i l v nij . l -
dnji j p j l d l v in k p l n vi
p d dnik dn dn ni ij . p ih -
dnjih l ih b di hi n nj -
vil d luj ih d v in v dn v j vil k-
v l v il v liki i i ivi.
V l niji j dn dni i ni n u u p
pnj nj V p i n nj in j h i
n j il n j nj p j ju n nj . -
j ud l il u n , dij in u-
d n i n nih l, -
njih l in i ih ul . V i u K i ij -
nj dn dni i ni n u u p i-
p ili li nih lnih p l li n -
n upin . n i n l j il n j n
dij dnjih hni nih in nih l ( -
ij ), dij d jih p li nih l ( -
ij C) in ud n . l n n l
l p ip ili udi i lij n in
d j i u n dn ni nj ini
n l j i u u n dn dnih l.
lju u l l , . junij , n -
di i n lni n dni i l p ili n j lj ih -
l dnjih h d d l . T
i l d li ij p lni . V i p l i
ud l n nju p j li d il V l
. l dnj j dn dni -
i ni n u u , . .
e o a e e a o ate at č e g ,
ote a a t et čet te a c , e a te č
e e e a o o ate at č o te o a e. Leta
2011 e ga e e ež o že eč ot e t o o
te o a ce z 48 ža eta. P a e a te o
a e o e zače e že e o e 17. a ce 2011.
o ec a g ta 2010 e o ot e o o at e
oge a og, e o e o o oce e a e e
z o , o č z o a og za te o a e a o
a e e ta 46 ža o 13. o 16. o
to a a 18. e e et e e ta o ga zac e
a go o Sa F o t e e SF
z . o at e ta e o ce e e za
z a o a e teža e o ga zato e za a o a
a a a č e te a o t e za e e
a o ga zac e SF. a o t a ta a a a
a a ata, o go et e e e e e
c z F a c e ego o a z S o e e. S e
e e e 28 o 46 g a o ta o o ta o
e e e a o e o ga zac e SF. o
et e o ta za a t ega a a ča a te
a o e oč ža e o eč ega te a te
o a ce ooč a z e zz .
S ov aro at at ˇ k g r rva
to a t k ova za gova r z a a krat
a t v ˇ t k ova v r v r z a a. L
to ga ž o 94122 ˇ v, akov t
tov z v ˇ kot 500 o ov o , v ˇ kot 260 r
o t r fak t t. okv r o za t k
ova aro a at ˇ k g r o r
ra 12 raz ˇ t k ova o za raz ˇ ta
ro t k . Po b zbor a og b ar
za ak r t ˇ tr kov o ka
t gor a B , za ak r ok o kat go
r a za t t . a og za o ov o o o o
tako kot v ako to r rav t v ta a k
a žar k z k za ro o t a t r v
a g k z k za ˇ aro o . b
zak ˇk o k ga ta, 3. a 2011, o a tra
o a agra z t ovab 122 a bo t k
ova v za tr razr ov v t tk . okrat
o og a av tr ko r to o. rvo o
o za žbo a t k ova r ar o
k ko. a t va aro at a
t ˇ k g r bo v ˇ trt k, 15. ar a 2012.
2
j r i i i r
i s r ji r r j jš il -
jš r i j
s j l il š s ilij
l i r s ri r -
j s s l li r r
K s j il r sl i r -
l l sl il j ji j j i r -
i r i i r l j s
r ili r s i i -i r -
r r l s s r i ij
K r s r i r s (K ) ilisij Gr -
iji r i s s s si r li i ri -
l r i rj r i j-
j i sr s i li r s -
i r i ij K N li s i ir l
i l l i r s i A r D l -
i i r ij i Gr r D li r i l ij l -
ji j r j l l s i s l i
r s i r r i ij K V ri -
ji l i s r i i r r š j š -
il s l j i r i j š il -
l s il li i i i i i
l e iji je e i e ic i e
s j e j e i j i je i
jš e ilc ejše e je e e j j e-
s s je el il ce ce ij i š
e i ec s i š l ec s e
ji š l i š i i l e i isije e
je e i e ic i e s i
ili lic i e l i l lic e s
s e s i e s e i l je i eje
ij e s e ji ic i i s i š l ( -
e ij ) ij e s e ji lic i š l ( e
ij ) i š e e N l e s š l s
s le i ili i i lij s e i
s e je i s i jši i e
leš e je i ce ce e i š l O
j c š ls e le j ij s -
ici l i i i le li j ljši e
lce ji e e e e le e
s si le li s ijs es l ic si š lci
e e j ejeli lce esel
c N sle je e je e i -
ic i e ce e c
,
,
.
.
. .
,
,
. .
.
.
.
,
.
.
.
.
,
,
.
.
,
.
.
, . ,
.
.
.
, . .
T km v nj M dn dni m t m ti ni k n u u
ki p t k v k t tji t t k v m u j n j t vil -
n j m dn dn m t m ti n t km v nj t
j ud l il v k t t milij n v
t km v l v i d v v t ip v n t km -
v nj l v lik p d m m
n v u t j bil p t bn p l ti p -
dl n l l dil j njih v nj v nj in p -
di b k n ni i b n l t km v nj p m
n dili p d t vniki -ih d v d d k-
t b n dn m l tn m t nku ni ij
n u u n nti ( ) v Tbili iju v u-
iji T k tni t n k i v v liki m i -
n m v l t v ni t j v di p m nj-
k nj fin n nih d t v in p v litv p d -
dnik ni ij v litv h t k ndidi l
dv k ndid t d l l tni p d dnik nd l -
di q i n ij in lin i l v nij l -
dnji j p j l d l v in t k p t l n vi
p d dnik m dn dn ni ij p ih -
dnjih l tih b t di hit n nj t -
vil d luj ih d v in v dn v j t vil t k-
m v l v il v likimi i ivi
V l niji j M dn r dni m t m ti ni n uru pr
t pnj t m nj V pri n nj in j h r ti
n j t il n j t m nj pr rj u n nj -
t j ud l il u n dij in tu
d nt i t n nih l t r
njih l in tirih f ult t V iru K mi ij t
m nj M dn r dni m m ti ni n uru m pri
pr ili r li nih t m lnih p l r li n t
r tn upin n i r n l j i n r j n
dij r dnjih t hni nih in tr nih l ( -
t rij ) dij r d jih p li nih l ( t
rij C) in tud nt l n n l m
t t l t pripr ili tudi it lij n m in
m d r m j i u n r dn tni m nj ini t r
n l m j i u u n m dn r dnih l
ju u l l t junij m n tr -
di i n lni n r dni i l t p li n j lj ih t
m l dnjih tr h r r d d tl t T r t
m i l d li trij pr t lni V i pr l i
ud n t m nju pr j li d r l V l
l dnj t j M dn r dni m t m -
ti ni n uru trt m r
e o a e e aro a e a č e g r ,
o e a sa re če r e arc , e a š e č
e še e aro o a e a č o e o a e. Le a
2011 se ga e e ež o že eč o šes o o
e o a ce z 48 rža s e a. Pr ra e a e o
a e so se zače e že e o re 17. arce 2011.
o ec a g s a 2010 e o o re o os a re
oge a og, s e o e o o oce e a e re
z or, o č z or a og za e o a e a s o
are re s a 46 rža o 13. o 16. o
o ra a 18. re e e e ses a orga zac e
a go ro Sa s Fro eres SF s r
z . o ra ses a e so s cer e er za
z a o a e eža e orga za or e zara o a
a a a č sre s e a o e za re se
a orga zac e SF. a o a s a a ra a
a a a a, o go e re se re e e
c z Fra c e regor o ar z S o e e. S e
e re e 28 o 46 g aso a o os a o
re se e aro e orga zac e SF. r o
e se o a zara rega arašča a š e
a so e oč rža e o eč ega š e a e
o a ce sooč a z e zz .
S ove e e a o a e a č ke g va
s o a ek ova za egova z a a e k a
a š ev č e še ek ova e v eve z a a. Le
os s ga e e ž o 94122 če cev, akov š
e ov z več ko 500 os ov šo , več ko 260 s e
šo š ak e . okv o s e za ek
ova e e a o a e a č ke g s o
a 12 az č ek ova o za az č e s a
os e sk e. Pos be zbo a og e b a e e
za ake s e č s kov šo ka
ego a B , za ake s e ok c šo ka ego
a za š e e. a oge za os ov o šo o s o
ako ko vsako e o av v a a ske
a ža ske ez k za o os a š e v
a g eške ez k za če ce e a o šo . b
zak čk šo skega e a, 3. a 2011, s o a a
c o a ag a z e ovab 122 a bo š ek
ova cev za e az e ov eve e ke. ok a
s o s og e a avs sko es o co. s vošo c
o za e žbo a ek ova e e a ce ese o
k cko. as e e e va e e a o a a
č ke g bo v če ek, 15. a ca 2012.
2
j i i i
i ji j j il -
j i j
j l il ilij
l i i -
j l li
j il l i -
l l l il j ji j j i -
i i i l j
ili i i -i -
l i ij
i ( ) ili ij -
iji i i li i i -
l i j i j-
j i i li -
i i ij li i i l
i l l i i l -
i i ij i li i l ij l -
ji j j l l i l i
i i ij i -
ji l i i i j -
il l j i i j il -
l il li i i i i i
l iji j i i i
j j i j i j i
j il j j j j -
j l il ij i
i i l
ji l i i i l i i ij
j i i i i
ili li i l i l li
i i l j i j
ij ji i i i i l ( -
ij ) ij ji li i l (
ij ) i l l
l i ili i i lij i
j i i j i i
l j i i l
j l l j ij -
i i l i i i l li j lj i
l ji l
i l li ij l i i l i
j j li l l
l j j i -
i i
•
gregor dolinar
Mednarodni 
matematični 
kenguru 2011
•
Presek 39 (2011/2012) 3 11
m a t e m a t i k a + t e k m o v a n j a
Tretji četrtek v marcu smo se s šolskim tekmo-
vanjem vključili v tekmovanje Mednarodni mate-
matični kenguru, ki je tekmovanje z nalogami iz-
birnega tipa, namenjeno najširšemu krogu tekmo-
valcev. Naloge so bile dosegljive vsem srednjim
šolam, po zbranih podatkih je v tej kategoriji tek-
movalo 6659 dijakov, bronasta priznanja pa je pre-
jelo 2155 tekmovalcev. Konec marca se je 1357
dijakov z 78 srednjih šol udeležilo regijskega tek-
movanja, ki je potekalo v 13-ih regijah. Srebrna
priznanja je prejelo 783 dijakov. Na državni ravni
55. tekmovanja srednješolcev v znanju matema-
tike za Vegova priznanja, ki je bilo izvedeno 16.
aprila na Gimnaziji Nova Gorica, je sodelovalo 153
dijakov. Tekmovalna komisija je skrbno pregle-
dala vse izdelke in objavila neuradne rezultate. Po
pregledu prispelih ugovorov je objavila uradne re-
zultate. Zlata priznanja je prejelo 109 dijakov.
Prvo nagrado so prejeli Juan Gabriel Kostelec iz 1. le-
tnika ter Matjaž Leonardis in Veno Mramor iz 3. le-
tnika (vsi Gimnazija Bežigrad, Ljubljana). Drugo na-
grado so prejeli Juš Kosmač (Gimnazija Jesenice),
Aleksander Rajhard (Gimnazija Škofja Loka) in Ajda
Remškar (Gimnazija Kranj) iz 1. letnika, Mihaela Pu-
šnik in Maruša Pečovnik (obe I. gimnazija v Celju) iz
2. letnika, Nik Jazbinšek (Gimnazija Bežigrad, Ljub-
ljana), in Neža Žager-Korenjak (I. gimnazija v Celju)
iz 4. letnika. Tretjo nagrado so prejeli Jan Geršak
in Taja Kuzman (I. gimnazija v Celju) in Aljoša Kr-
stič Horvat (II. gimnazija Maribor) iz 1. letnika, Sara
Pia Marinček (Gimnazija Bežigrad, Ljubljana) in Rok
Havlas (II. Gimnazija Maribor) iz 2. letnika, Žiga Gre-
gorin in Vid Jazbec (oba Šolski center Velenje, Gim-
nazija) iz 3. letnika ter Marion Antonia van Midden
(Srednja šola Josipa Jurčiča Ivančna Gorica) in Aleš
Omerzel (I. gimnazija v Celju) iz 4. letnika.
2
Tretji četrtek v marcu smo se s šolskim tekmo-
vanjem vključili v tekmovanje Mednarodni mate-
matični kenguru, ki je tekmovanje z nalogami iz-
birnega tipa, namenjeno najširšemu krogu tekmo-
valcev. Naloge so bile dosegljive vsem srednjim
šolam, po zbranih podatkih je v tej kategoriji tek-
movalo 6659 dijakov, bronasta priznanja pa je pre-
jelo 2155 tekmovalcev. Konec marca se je 1357
dijakov z 78 srednjih šol udeležilo regijskega tek-
movanja, ki je potekalo v 13-ih regijah. Srebrna
priznanja je prejelo 783 dijakov. Na državni ravni
55. tekmovanja srednješolcev v znanju matema-
tike za Vegova priznanja, ki je bilo izvedeno 16.
aprila na Gimnaziji Nova Gorica, je sodelovalo 153
dijakov. Tekmovalna komisija je skrbno pregle-
dala vse izdelke in objavila neuradne rezultate. Po
pregledu prispelih ugovorov je objavila uradne re-
zultate. Zlata priznanja je prejelo 109 dijakov.
Prvo nagrado so prejeli Juan Gabriel Kostelec iz 1. le-
tnika ter Matjaž Leonardis in Veno Mramor iz 3. le-
tnika (vsi Gimnazija Bežigrad, Ljubljana). Drugo na-
grado so prejeli Juš Kosmač (Gimnazija Jesenice),
Aleksander Rajhard (Gimnazija Škofja Loka) in Ajda
Remškar (Gimnazija Kranj) iz 1. letnika, Mihaela Pu-
šnik in Maruša Pečovnik (obe I. gimnazija v Celju) iz
2. letnika, Nik Jazbinšek (Gimnazija Bežigrad, Ljub-
ljana), in Neža Žager-Korenjak (I. gimnazija v Celju)
iz 4. letnika. Tretjo nagrado so prejeli Jan Geršak
in Taja Kuzman (I. gimnazija v Celju) in Aljoša Kr-
stič Horvat (II. gimnazija Maribor) iz 1. letnika, Sara
Pia Marinček (Gimnazija Bežigrad, Ljubljana) in Rok
Havlas (II. Gimnazija Maribor) iz 2. letnika, Žiga Gre-
gorin in Vid Jazbec (oba Šolski center Velenje, Gim-
nazija) iz 3. letnika ter Marion Antonia van Midden
(Srednja šola Josipa Jurčiča Ivančna Gorica) in Aleš
Omerzel (I. gimnazija v Celju) iz 4. letnika.
2
Tekmovanje Mednarodni matematični kenguru,
ki poteka vsak tretji četrtek v marcu, je najštevilč-
nejše mednarodno matematično tekmovanje. Leta
2011 se ga je udeležilo že več kot šest milijonov
tekmovalcev iz 48 držav sveta. Priprave na tekmo-
vanje so se začele že veliko pred 17. marcem 2011.
Konec avgusta 2010 je bilo potrebno poslati pre-
dloge nalog, sledilo je njihovo ocenjevanje in pre-
dizbor, končni izbor nalog za tekmovanje pa smo
naredili predstavniki 46-ih držav od 13. do 16. ok-
tobra na 18. rednem letnem sestanku organizacije
Kangourou Sans Frontieres (KSF) v Tbilisiju v Gru-
ziji. Tokratni sestanek so sicer v veliki meri za-
znamovale težave organizatorjev zaradi pomanj-
kanja finančnih sredstev in pa volitve za predse-
dnika organizacije KSF. Na volitvah sta kandidirala
dva kandidata, dolgoletni predsednik Andre Dele-
dicq iz Francije in Gregor Dolinar iz Slovenije. Sle-
dnji je prejel 28 od 46 glasov in tako postal novi
predsednik mednarodne organizacije KSF. V priho-
dnjih letih se bo ta zaradi hitrega naraščanja šte-
vila sodelujočih držav in vedno večjega števila tek-
movalcev soočila z velikimi izzivi.
V Sloveniji je Mednarodni matematični kenguru prva
stopnja tekmovanja za Vegova priznanja in je hkrati
najštevilčnejše tekmovanje v preverjanju znanja. Le-
tos se ga je udeležilo 94122 učencev, dijakov in štu-
dentov iz več kot 500 osnovnih šol, več kot 260 sre-
dnjih šol in štirih fakultet. V okviru Komisije za tek-
movanje Mednarodni matematični kenguru smo pri-
pravili 12 različnih tekmovalnih pol za različne sta-
rostne skupine. Poseben izbor nalog je bil narejen
za dijake srednjih tehničnih in strokovnih šol (ka-
tegorija B), za dijake srednjih poklicnih šol (katego-
rija C) in za študente. Naloge za osnovno šolo smo
tako kot vsako leto pripravili tudi v italijanskem in
madžarskem jeziku za narodnostni manjšini ter v
angleškem jeziku za učence mednarodnih šol. Ob
zaključku šolskega leta, 3. junija 2011, smo na tra-
dicionalni nagradni izlet povabili 122 najboljših tek-
movalcev zadnjih treh razredov devetletke. Tokrat
smo si ogledali avstrijsko prestolnico. Vsi prvošolci
so za udeležbo na tekmovanju prejeli darilce Veselo
kocko. Naslednje tekmovanje Mednarodni matema-
tični kenguru bo v četrtek, 15. marca 2012.
2
Tretji četrtek v marcu smo se s šolskim tekmo-
vanjem vključili v tekmovanje Mednarodni mate-
matični kenguru, ki je tekmovanje z nalogami iz-
birnega tipa, namenjeno najširšemu krogu tekmo-
valcev. Naloge so bile dosegljive vsem srednjim
šolam, po zbranih podatkih je v tej kategoriji tek-
movalo 6659 dijakov, bronasta priznanja pa je pre-
jelo 2155 tekmovalcev. Konec marca se je 1357
dijakov z 78 srednjih šol udeležilo regijskega tek-
movanja, ki je potekalo v 13-ih regijah. Srebrna
priznanja je prejelo 783 dijakov. Na državni ravni
55. tekmovanja srednješolcev v znanju matema-
tike za Vegova priznanja, ki je bilo izvedeno 16.
aprila na Gimnaziji Nova Gorica, je sodelovalo 153
dijakov. Tekmovalna komisija je skrbno pregle-
dala vse izdelke in objavila neuradne rezultate. Po
pregledu prispelih ugovorov je objavila uradne re-
zultate. Zlata priznanja je prejelo 109 dijakov.
Prvo nagrado so prejeli Juan Gabriel Kostelec iz 1. le-
tnika ter Matjaž Leonardis in Veno Mramor iz 3. le-
tnika (vsi Gimnazija Bežigrad, Ljubljana). Drugo na-
grado so prejeli Juš Kosmač (Gimnazija Jesenice),
Aleksander Rajhard (Gimnazija Škofja Loka) in Ajda
Remškar (Gimnazija Kranj) iz 1. letnika, Mihaela Pu-
šnik in Maruša Pečovnik (obe I. gimnazija v Celju) iz
2. letnika, Nik Jazbinšek (Gimnazija Bežigrad, Ljub-
ljana), in Neža Žager-Korenjak (I. gimnazija v Celju)
iz 4. letnika. Tretjo nagrado so prejeli Jan Geršak
in Taja Kuzman (I. gimnazija v Celju) in Aljoša Kr-
stič Horvat (II. gimnazija Maribor) iz 1. letnika, Sara
Pia Marinček (Gimnazija Bežigrad, Ljubljana) in Rok
Havlas (II. Gimnazija Maribor) iz 2. letnika, Žiga Gre-
gorin in Vid Jazbec (oba Šolski center Velenje, Gim-
nazija) iz 3. letnika ter Marion Antonia van Midden
(Srednja šola Josipa Jurčiča Ivančna Gorica) in Aleš
Omerzel (I. gimnazija v Celju) iz 4. letnika.
2
ji l i -
j lj ili j i -
i i , i j j l i i -
i i , j j i -
l . l il lji ji
l , i i j j iji -
l ij , i j j -
j l l . j
ij ji l l il ij -
j , i j l -i ij .
i j j j l ij . i i
. j j l j -
i i j , i j il i .
il i iji i , j l l
ij . l i ij j l -
l i l i j il l .
l i li j j il -
l . l i j j j l ij .
j li i l l i . l -
i j i i i . l -
i ( i i ij i , j lj ). -
j li ( i ij i ),
l j ( i ij j ) i j
( i ij j) i . l i , i l -
i i i ( I. i ij lj ) i
. l i , i i ( i ij i , j -
lj ), i - j (I. i ij lj )
i . l i . j j li
i j (I. i ij lj ) i lj -
i (II. i ij i ) i . l i ,
i i ( i ij i , j lj ) i
l (II. i ij i ) i . l i , i -
i i i ( l i l j , i -
ij ) i . l i i i i
( j l i i I i ) i l
l (I. i ij lj ) i . l i .
ret cetrte arc s se s š s te
a e c te a e e ar ate
at c e r e te a e a a
r e a t a a e e a š rše r te
a ce a e s e se e se sre
š a ra at e te ate r te
a a r asta r a a a e re
e te a ce ec arca se e
a sre š e e re s e a te
a a e te a re a Sre r a
r a a e re e a a r a ra
te a a sre eš ce a ate a
t e a e a r a a e e e
a r a a a a r ca e s e a
a e a a s a e s r re e
a a se e e a a e ra e re tate
re e r s e r e a a ra e re
tate ata r a a e re e a
rv a ra s re e J a a r e ste ec e
t a ter at a Le ar s e ra r e
t a vs a a e ra L a a r a
ra s re e J š s ac a a Jese ce
e sa er a ar a a Š f a L a a
e š ar a a ra et a ae a
š ar ša ec v e a a v e
et a Ja še a a e ra L
a a e a a er re a a a v e
et a ret a ra s re e Ja erša
a a a a a v e ša r
st c rvat a a ar r et a Sara
a ar ce a a e ra L a a
av as a a ar r et a a re
r Ja ec a Š s ce ter e e e
a a et a ter ar t a va e
Sre a š a J s a J rc ca va c a r ca eš
er e a a v e et a
T ji ˇ k v u o ol ki k o-
v nj vkljuˇili v k ov nj dn odni -
iˇni k ngu u, ki j k ov nj z n log i iz-
bi n g ip , n nj no n j i u k ogu k o-
v l v. log o bil do gljiv v dnji
ol , po zb nih pod kih j v j k go iji k-
ov lo 6659 dij kov, b on p izn nj p j p -
j lo 2155 k ov l v. on j 1357
dij kov z 78 dnjih ol ud l žilo gij k g k-
ov nj , ki j po k lo v 13-ih gij h. b n
p izn nj j p j lo 783 dij kov. d ž vni vni
55. k ov nj dnj ol v v zn nju -
ik z gov p izn nj , ki j bilo izv d no 16.
p il n i n ziji ov o i , j od lov lo 153
dij kov. T k ov ln ko i ij j k bno p gl -
d l v izd lk in obj vil n u dn zul . Po
p gl du p i p lih ugovo ov j obj vil u dn -
zul . Zl p izn nj j p j lo 109 dij kov.
P o n g do o p j li u n G b i l Ko l iz 1. l -
nik j ž on di in V no o iz 3. l -
nik ( i Gi n zij B žig d, jublj n ). ugo n -
g do o p j li u Ko ˇ (Gi n zij ni ),
Al k nd R jh d (Gi n zij ko j ok ) in Ajd
R k (Gi n zij K nj) iz 1. l nik , ih l Pu-
nik in u P ˇo nik (ob I. gi n zij C lju) iz
2. l nik , ik zbin k (Gi n zij B žig d, jub-
lj n ), in ž Ž g -Ko nj k (I. gi n zij C lju)
iz 4. l nik . T jo n g do o p j li n G k
in T j Kuz n (I. gi n zij C lju) in Aljo K -
iˇ o (II. gi n zij ibo ) iz 1. l nik ,
Pi inˇ k (Gi n zij B žig d, jublj n ) in Rok
l (II. Gi n zij ibo ) iz 2. l nik , Žig G -
go in in Vid zb (ob ol ki n V l nj , Gi -
n zij ) iz 3. l nik ion An oni n idd n
( dnj ol o ip u ǐˇ I nˇn Go i ) in Al
z l (I. gi n zij C lju) iz 4. l nik .
2
t t t m m m t m
m t m M m t
m t , t m m
t , m m t m
. N m m
m, t t t t
m , t
t m . K m
t
m , t .
. N
. t m m t m
t V , .
G m N G ,
. m m
t t .
t t . t .
r r r J r t .
t t r M t r Mr m r .
t m r , . Dr
r r J m m J ,
r r m f
m r m r . t , M
M r . m
. t , N J m r ,
, N r r . m
. t . r t r r J r
m . m r
t H r t . m M r r . t , r
M r m r ,
H . m M r r . t , r
r J t r , m
. t t r M r t M
r J J r r
Om r . m . t .
r ji r r s s s š ls i -
j lj ili j r i -
i i r i j j l i i -
ir i j jširš r -
l l s il s lji s sr ji
š l r i i j j riji -
l ij r s ri j j r -
j l l r s j
ij sr ji š l l il r ijs -
j i j l -i r ij r r
ri j j r j l ij r i r i
j sr j š l j -
i ri j i j il i
ril i iji ri j s l l
ij l isij j s r r l -
l s i l i j il r r l
r l ris li r j j il r r -
l l ri j j r j l ij
s ejeli iel s elec i le-
i e j e is i e i le-
i ( si i ij e i j lj ) -
s ejeli š s c ( i ij ese ice)
le s e j ( i ij j ) i j
e š ( i ij j) i le i i el -
š i i š ec i ( e I i ij elj ) i
le i i i še ( i ij e i j -
lj ) i e e - e j (I i ij elj )
i le i e j s ejeli e š
i j (I i ij elj ) i lj š -
s ic (II i ij i ) i le i
i i ce ( i ij e i j lj ) i
l s (II i ij i ) i le i i e-
i i i ec ( ls i ce e ele je i -
ij ) i le i e i i i e
( e j š l si cic I c ic ) i leš
e el (I i ij elj ) i le i
e če e a c o e o e o
a e č e o a e e a o a e
a č e g , e e o a e z a oga z
ega a, a e e o a e og e o
a ce . a oge o e o eg e e e
o a , o z a o a e e a ego e
o a o 6659 a o , o a a z a a a e e
e o 2155 e o a ce . o ec a ca e e 1357
a o z 78 e o e ež o eg ega e
o a a, e o e a o 13 eg a . S e a
z a a e e e o 783 a o . a ža a
55. e o a a e e o ce z a a e a
e za ego a z a a, e o z e e o 16.
a a a az o a o ca, e o e o a o 153
a o . e o a a o a e o eg e
a a e z e e o a a e a e ez a e. Po
eg e e go o o e o a a a e e
z a e. a a z a a e e e o 109 a o .
P vo ag a o o a ab o z 1.
ka a až L o a o a o z 3.
ka v az a B ž g a , L b a a . go a
g a o o o aˇ az a ,
k a a a az a Ško a Loka a
ka az a a z 1. ka, a a P
k a a P ˇov k ob . g az a v z
2. ka, k azb k az a B ž g a , L b
a a , ža ag o ak . g az a v
z 4. ka. o ag a o o a ak
a a z a . g az a v o a
ˇ o va . g az a a bo z 1. ka, Sa a
P a a ˇ k az a B ž g a , L b a a ok
av a . az a a bo z 2. ka, ga
go azb oba Šo k ,
az a z 3. ka a o o a va
S a o a o a ˇ ˇa va ˇ a o a
z . g az a v z 4. ka.
2
T tji t t k v u l ki t k -
v nj vklju ili v t k v nj dn dni t -
ti ni k n u u ki j t k v nj n l i i -
bi n tip n nj n n j i u k u t k -
v l v l bil d ljiv v dnji
l p b nih p d tkih j v t j k t iji t k-
v l dij k v b n t p i n nj p j p -
j l t k v l v n j
dij k v dnjih l ud l il ij k t k-
v nj ki j p t k l v -ih ij h b n
p i n nj j p j l dij k v d vni vni
t k v nj dnj l v v n nju t -
tik v p i n nj ki j bil i v d n
p il n i n iji v i j d l v l
dij k v T k v ln k i ij j k bn p l -
d l v i d lk in bj vil n u dn ult t
p l du p i p lih u v v j bj vil u dn -
ult t Zl t p i n nj j p j l dij k v
r n r d pr j li Ju n G ri l K t l i l -
tni t r tj n rdi in V n r r i l -
tni ( i Gi n ij i r d ju lj n ) ru n -
r d pr j li Ju K (Gi n ij J ni )
Al nd r R jh rd (Gi n ij fj ) in Ajd
R r (Gi n ij Kr nj) i l tni ih l u-
ni in ru ni ( I i n ij C lju) i
l tni i J in (Gi n ij i r d ju -
lj n ) in Ž r-K r nj (I i n ij C lju)
i l tni Tr tj n r d pr j li J n G r
in T j Ku n (I i n ij C lju) in Alj Kr-
ti r t (II i n ij ri r) i l tni r
i rin (Gi n ij i r d ju lj n ) in R
l (II Gi n ij ri r) i l tni Ži Gr -
rin in Vid J ( l i nt r V l nj Gi -
n ij ) i l tni t r ri n Ant ni n idd n
( r dnj l J ip Jur i I n n G ri ) in Al
r l (I i n ij C lju) i l tni
r r r s s s š s
r
r ,
r , š rš r
. s s s sr
š , r r
, r s r r
. r s
sr š r s
, r . r r
r r . r r
. sr š
r , .
r r , s
. s s r r
s r r .
r r s r r r
. r r .
s e e e s e ec . e
e e s e . e
s e , .
s e e š s c ese ce ,
e s e
e š . e , e
š š ec e . e
. e , še e ,
, e e e . e
. e . e s e e e š
. e š
s c . . e ,
ce e ,
s . . e , e
ec s ce e e e e,
. e e e
e š s c c c c eš
e e . e . e .
etji čet te a c o e ol i te o-
a je lj čili te o a je e a o i ate-
atič i e g , i je te o a je z aloga i iz-
i ega ti a, a e je o aj i e og te o-
alce . aloge o ile o eglji e e e ji
ola , o z a i o at i je tej atego iji te -
o alo 6659 ija o , o a ta iz a ja a je e-
jelo 2155 te o alce . o ec a ca e je 1357
ija o z 78 e ji ol eležilo egij ega te -
o a ja, i je ote alo 13-i egija . S e a
iz a ja je ejelo 783 ija o . a ža i a i
55. te o a ja e je olce z a j ate a-
ti e za ego a iz a ja, i je ilo iz e e o 16.
a ila a i aziji o a o ica, je o elo alo 153
ija o . e o al a o i ija je o egle-
ala e iz el e i o ja ila e a e ez ltate. Po
egle i eli go o o je o ja ila a e e-
z ltate. lata iz a ja je ejelo 109 ija o .
Prvo agra o o r j li J a abri l o t l iz 1. l -
t ika t r atjaž L o ar i i o ra or iz 3. l -
t ika (v i i azija B žigra , Lj blja a). r go a-
gra o o r j li J o aˇ ( i azija J i ),
l k a r aj ar ( i azija Škofja Loka) i j a
kar ( i azija ra j) iz 1. l t ika, i a la P -
ik i ar a P ˇov ik (ob I. gi azija v lj ) iz
2. l t ika, ik Jazbi k ( i azija B žigra , Lj b-
lja a), i ža ag r- or jak (I. gi azija v lj )
iz 4. l t ika. r tjo agra o o r j li Ja r ak
i aja z a (I. gi azija v lj ) i ljo a r-
tiˇ orvat (II. gi azija aribor) iz 1. l t ika, Sara
Pia ari ˇ k ( i azija B žigra , Lj blja a) i ok
avla (II. i azija aribor) iz 2. l t ika, iga r -
gori i i Jazb (oba Šol ki t r l j , i -
azija) iz 3. l t ika t r ario to ia va i
(Sr ja ola Jo i a J r ǐˇa Iva ˇ a ori a) i l
rz l (I. gi azija v lj ) iz 4. l t ika.
2
,
,
.
,
,
.
, .
.
.
, .
,
.
.
. .
.
.
, .
,
. ,
.
. , ,
, .
. .
.
. . ,
,
. . ,
,
.
. . .
Tretji četrtek v marcu smo se s šolskim tekmo-
vanjem vključili v tekmovanje Mednarodni mate-
matični kenguru, ki je tekmovanje z nalogami iz-
birnega tipa, namenjeno najširšemu krogu tekmo-
valcev. Naloge so bile dosegljive vsem srednjim
šolam, po zbranih podatkih je v tej kategoriji tek-
movalo 6659 dijakov, bronasta priznanja pa je pre-
jelo 2155 tekmovalcev. Konec marca se je 1357
dijakov z 78 srednjih šol udeležilo regijskega tek-
movanja, ki je potekalo v 13-ih regijah. Srebrna
priznanja je prejelo 783 dijakov. Na državni ravni
55. tekmovanja srednješolcev v znanju matema-
tike za Vegova priznanja, ki je bilo izvedeno 16.
aprila na Gimnaziji Nova Gorica, je sodelovalo 153
dijakov. Tekmovalna komisija je skrbno pregle-
dala vse izdelke in objavila neuradne rezultate. Po
pregledu prispelih ugovorov je objavila uradne re-
zultate. Zlata priznanja je prejelo 109 dijakov.
Prvo nagrado so prejeli Juan Gabriel Kostelec iz 1. le-
tnika ter Matjaž Leonardis in Veno Mramor iz 3. le-
tnika (vsi Gimnazija Bežigrad, Ljubljana). Drugo na-
grado so prejeli Juš Kosmač (Gimnazija Jesenice),
Aleksander Rajhard (Gimnazija Škofja Loka) in Ajda
Remškar (Gimnazija Kranj) iz 1. letnika, Mihaela Pu-
šnik in Maruša Pečovnik (obe I. gimnazija v Celju) iz
2. letnika, Nik Jazbinšek (Gimnazija Bežigrad, Ljub-
ljana), in Neža Žager-Korenjak (I. gimnazija v Celju)
iz 4. letnika. Tretjo nagrado so prejeli Jan Geršak
in Taja Kuzman (I. gimnazija v Celju) in Aljoša Kr-
stič Horvat (II. gimnazija Maribor) iz 1. letnika, Sara
Pia Marinček (Gimnazija Bežigrad, Ljubljana) in Rok
Havlas (II. Gimnazija Maribor) iz 2. letnika, Žiga Gre-
gorin in Vid Jazbec (oba Šolski center Velenje, Gim-
nazija) iz 3. letnika ter Marion Antonia van Midden
(Srednja šola Josipa Jurčiča Ivančna Gorica) in Aleš
Omerzel (I. gimnazija v Celju) iz 4. letnika.
2
r tji trt r l i t -
j lj ili t j r i t -
ti i r , i j t j l i i -
ir ti , j j ir r t -
l . l il lji r ji
l , r i t i j t j t riji t -
l ij , r t ri j j r -
j l t l . r j
ij r ji l l il r ij t -
j , i j t l -i r ij . r r
ri j j r j l ij . r i r i
. t j r j l j t -
ti ri j , i j il i .
ril i iji ri , j l l
ij . l i ij j r r l -
l i l i j il r r lt t .
r l ri li r j j il r r -
lt t . l t ri j j r j l ij .
r r r j li J ri l t l i . l -
t i t r tj r i i r r i . l -
t i ( i i ij i r , j lj ). r -
r r j li J ( i ij J i ),
l r j r ( i ij fj ) i j
r ( i ij r j) i . l t i , i l -
i i r i ( I. i ij lj ) i
. l t i , i J i ( i ij i r , j -
lj ), i r- r j (I. i ij lj )
i . l t i . r tj r r j li J r
i j (I. i ij lj ) i lj r-
ti r t (II. i ij ri r) i . l t i , r
i ri ( i ij i r , j lj ) i
l (II. i ij ri r) i . l t i , i r -
ri i i J ( l i t r l j , i -
ij ) i . l t i t r ri t i i
( r j l J i J r i I ri ) i l
r l (I. i ij lj ) i . l t i .
•
darjo felda
Tekmovanje 
srednješolcev 
v zn ju 
matemati  
za Vegova 
priznanja
•
presek 39 (2011/2012) 312
t e k m o v a n j a
13
f i z i k a
Na začetku 17. stoletja je teleskop omogočil na-
gel razvoj astronomije. Ob tem so teleskope ne-
nehno izboljševali. Nekaj časa so uporabljali tudi
zelo dolge teleskope. Med prvimi je zelo dolg tele-
skop uporabil Jan Hevelij (1661–1687), ki je sesta-
vil tudi enega prvih atlasov ozvezdij.
Na prehodu iz 16. v 17. stoletje so na Nizozemskem
zbiralno in razpršilno lečo sestavili v daljnogled. Ga-
lileo Galilei je leta 1609 izvedel za nizozemski izum
in je sam začel izdelovati boljše daljnoglede ter z nji-
mi načrtno opazovati nebo. (Ob štiristoletnici izuma
so leto 2009 razglasili za mednarodno leto astrono-
mije.) Leta 1611 so si v Galileijevem krogu izmislili
ime teleskop.
Jan Hevelij je leta 1649 v Gdansku podedoval pivo-
varno. Potem je prevzel vodstvo ceha pivovarnarjev
in leta 1651 postal mestni svetnik. Hevelij ni samo
varil piva in v mestu opravljal pomembnih služb,
ampak se je zanimal tudi za zvezde. Zgradil si je
zvezdarno in načrtno opazoval nebo. Njegova zvez-
darna je veljala za najbolje opremljeno na svetu do
leta 1671, ko so ustanovili zvezdarno v Greenwichu.
Hevelij je naredil tudi načrt za napravo za brušenje
leč in z njo zbrusil velike leče z goriščno razdaljo
od 8 m do 42 metrov. Največja leča je imela premer
20 centimetrov. Te leče je uporabil kot objektive v
svojih teleskopih.
Teleskop z večjim objektivom je zajel večji del
neba in razkril več podrobnosti. Poleg večje pove-
čave je imel še prednost, da so predmeti imeli manj
izrazit mavrični rob. Velika goriščna razdalja objek-
tiva pa je zahtevala veliko razdaljo med objektivom
in okularjem. Daljšo in težjo cev je bilo težje vpeti
in usmerjati.
V nizozemskem ali Galileijevem daljnogledu, ki ima
za objektiv zbiralno lečo z goriščno razdaljo f in za
okular razpršilno lečo z goriščno razdaljo −f1, je
razdalja med lečama f − f1. V astronomskem dalj-
nogledu, ki ima za objektiv zbiralno lečo z goriščno
razdaljo f in za okular zbiralno lečo z goriščno raz-
daljo f1, je razdalja med lečama f + f1. Za oba je
geometrijska povečava enaka f/f1. Goriščne razda-
lje astronomskih okularjev so po absolutni vredno-
sti majhne in razdaljo med lečama v teleskopu lahko
ocenimo kar z goriščno razdaljo objektiva.
Leta 1673 je Hevelij uporabil svoj objektiv z najve-
čjo goriščno razdaljo v teleskopu, ki je imel namesto
cevi leseno ogrodje v obliki žleba. Ogrodje je bilo
pritrjeno na 25 metrov visokem drogu, ki so ga po-
močniki usmerjali z vrvmi preko škripcev (slika 1).
Motila je svetloba iz okolice. Opazovali so le v ja-
snih nočeh brez Lune. Poleg tega je veter majal žleb
in so dolžino vrvi morali prilagajati vlažnosti zraka.
Zaradi tega so dolgi teleskop le poredko uporabili.
2
Na začetku 17. stoletja je teleskop omogočil na-
gel razvoj astronomije. Ob tem so teleskope ne-
nehno izboljševali. Nekaj časa so uporabljali tudi
zelo dolge teleskope. Med prvimi je zelo dolg tele-
skop uporabil Jan Hevelij (1661–1687), ki je sesta-
vil tudi enega prvih atlasov ozvezdij.
Na prehodu iz 16. v 17. stoletje so na Nizozemskem
zbiralno in razpršilno lečo sestavili v daljnogled. Ga-
lileo Galilei je leta 1609 izvedel za nizozemski izum
in je sam začel izdelovati boljše daljnoglede ter z nji-
mi načrtno opazovati nebo. (Ob štiristoletnici izuma
so leto 2009 razglasili za mednarodno leto astrono-
mije.) Leta 1611 so si v Galileijevem krogu izmislili
ime teleskop.
Jan Hevelij je leta 1649 v Gdansku podedoval pivo-
varno. Potem je prevzel vodstvo ceha pivovarnarjev
in leta 1651 postal mestni svetnik. Hevelij ni samo
varil piva in v mestu opravljal pomembnih služb,
ampak se je zanimal tudi za zvezde. Zgradil si je
zvezdarno in načrtno opazoval nebo. Njegova zvez-
darna je veljala za najbolje opremljeno na svetu do
leta 1671, ko so ustanovili zvezdarno v Greenwichu.
Hevelij je naredil tudi načrt za napravo za brušenje
leč in z njo zbrusil velike leče z goriščno razdaljo
od 8 m do 42 metrov. Največja leča je imela premer
20 centimetrov. Te leče je uporabil kot objektive v
svojih teleskopih.
Teleskop z večjim objektivom je zajel večji del
neba in razkril več podrobnosti. Poleg večje pove-
čave je imel še prednost, da so predmeti imeli manj
izrazit mavrični rob. Velika goriščna razdalja objek-
tiva pa je zahtevala veliko razdaljo med objektivom
in okularjem. Daljšo in težjo cev je bilo težje vpeti
in usmerjati.
V nizozemskem ali Galileijevem daljnogledu, ki ima
za objektiv zbiralno lečo z goriščno razdaljo f in za
okular razpršilno lečo z goriščno razdaljo −f1, je
razdalja med lečama f − f1. V astronomskem dalj-
nogledu, ki ima za objektiv zbiralno lečo z goriščno
razdaljo f in za okular zbiralno lečo z goriščno raz-
daljo f1, je razdalja med lečama f + f1. Za oba je
geometrijska povečava enaka f/f1. Goriščne razda-
lje astronomskih okularjev so po absolutni vredno-
sti majhne in razdaljo med lečama v teleskopu lahko
ocenimo kar z goriščno razdaljo objektiva.
Leta 1673 je Hevelij uporabil svoj objektiv z najve-
čjo goriščno razdaljo v teleskopu, ki je imel namesto
cevi leseno ogrodje v obliki žleba. Ogrodje je bilo
pritrjeno na 25 metrov visokem drogu, ki so ga po-
močniki usmerjali z vrvmi preko škripcev (slika 1).
Motila je svetloba iz okolice. Opazovali so le v ja-
snih nočeh brez Lune. Poleg tega je veter majal žleb
in so dolžino vrvi morali prilagajati vlažnosti zraka.
Zaradi tega so dolgi teleskop le poredko uporabili.
2
. l j j l il -
l j ij . l -
i lj li. j lj li i
l l l . i i j l l l -
il lij ( ), i j -
il i i l ij.
i . . l j i
i l i il l ili lj l . -
lil lil i j l i l i i i
i j l i l i lj lj l ji-
i i . ( i i l i i i
l l ili l -
ij .) i lil ij i i lili
i l .
lij j l l i -
. j l i j
i l l i i . lij i
il i i lj l i l ,
j i l i . il i j
i l . j -
j lj l j lj lj
l , ili i .
lij j il i j
l i j il li l i lj
. j j l j i l
i . l j il j i
ji l i .
l ji j i j j l ji l
i il i. l j -
j i l , i i li j
i i i i . li i lj j -
i j l li lj j i
i l j . lj i j j il j i
i j i.
i li lil ij lj l , i i
j i i l l i lj i
l il l i lj , j
lj l . t lj-
l , i i j i i l l i
lj i l i l l i -
lj , j lj l . j
ij . i -
lj i l j l i -
i j i lj l l l
i i lj j i .
j lij il j j i j -
j i lj l , i j i l
i l j li i l . j j il
i j i , i -
i i j li i i ( li ).
il j l i li . li l j -
i . l j j l l
i l i i li il j i l i .
i l i l l ili.
t st t t s
r str t s t s
š s s r t
t s r t
s r J – s st
t r t s
re st et e s e s e
r r rš ec sest e
e e e et e e e s
e s ce e t še e e ter
crt t e št r st et c
s et r s e r et str
e et s s e e e r s
e te es
J e e e et s e
r te e re e st ce r r e
et st est s et e e s
r est r e s
se e t e e r s e
e r crt e e e
r e e e re e s et
et s st e r ree c
e e e re t crt r r še e
ec r s e e ece r šc r
etr ec ec e e re er
ce t etr e ece e r t e t e
s te es
e es ec e t e e ec e
e r r ec r st e ec e e
c e e e še re st s re et e
r t r c r e r šc r e
t e te e r e e t
r e š te ce e te e et
s er t
z ze s e e e e e
e t r ec r šc r
r r rš ec r šc r 1 e
r e ec 1 s r s e
e e t r ec r šc
r r r ec r šc r
1 e r e ec 1 e
e etr s ec e / 1 r šc e r
e str s r e s s t re
st e r e ec te es
ce r r šc r e t
et e e e r s e t e
c r šc r te es e e est
ce ese r e e r e e
r tr e etr s e r s
c s er r re š r ce s
t e s et ce s e
s ce re e e te e eter e
s r r r t st r
r te s te es e re r
a zače ku 17. ole ja je ele kop o ogočil na-
gel azvoj a ono ije. b e o ele kope ne-
nehno izbolj evali. ekaj ča a o upo abljali udi
zelo dolge ele kope. ed p vi i je zelo dolg ele-
kop upo abil an evelij (1661 1687), ki je e a-
vil udi enega p vih a la ov ozvezdij.
a p hodu iz 16. v 17. ol j o na izoz k
zbi alno in azp ilno l ˇo avili v daljnogl d. a-
lil o alil i j l a 1609 izv d l za nizoz ki izu
in j a zaˇ l izd lova i bolj daljnogl d z nji-
i naˇ no opazova i n bo. ( b i i ol ni i izu a
o l o 2009 azgla ili za dna odno l o a ono-
ij .) L a 1611 o i v alil ij v k ogu iz i lili
i l kop.
an v lij j l a 1649 v dan ku pod doval pivo-
va no. Po j p vz l vod vo ha pivova na j v
in l a 1651 po al ni v nik. v lij ni a o
va il piva in v u op avljal po bnih lužb,
a pak j zani al udi za zv zd . Zg adil i j
zv zda no in naˇ no opazoval n bo. j gova zv z-
da na j v ljala za najbolj op lj no na v u do
l a 1671, ko o u anovili zv zda no v n i hu.
v lij j na dil udi naˇ za nap avo za b u nj
l ˇ in z njo zb u il v lik l ˇ z go i ˇno azdaljo
od 8 do 42 ov. ajv ˇja l ˇa j i la p
20 n i ov. T l ˇ j upo abil ko obj k iv v
vojih l kopih.
T l kop z v ˇji obj k ivo j zaj l v ˇji d l
n ba in azk il v ˇ pod obno i. Pol g v ˇj pov -
ˇav j i l p dno , da o p d i i li anj
iz azi av iˇni ob. V lika go i ˇna azdalja obj k-
iva pa j zah vala v liko azdaljo d obj k ivo
in okula j . alj o in žjo v j bilo žj vp i
in u ja i.
V ni o k ali alil ij v daljnogl du, ki i a
za obj k iv zbi alno l ˇo z go i ˇno azdaljo f in za
okula azp ilno l ˇo z go i ˇno azdaljo f , j
azdalja d l ˇa a f f . V a t ono k dalj-
nogl du, ki i a za obj k iv zbi alno l ˇo z go i ˇno
azdaljo f in za okula zbi alno l ˇo z go i ˇno az-
daljo f , j azdalja d l ˇa a f f . Za oba j
g o ij ka pov ˇava naka f f . o i ˇn azda-
lj a ono kih okula j v o po ab olu ni v dno-
i ajhn in azdaljo d l ˇa a v l kopu lahko
o ni o ka z go i ˇno azdaljo obj k iva.
L a 1673 j v lij upo abil voj obj k iv z najv -
ˇjo go i ˇno azdaljo v l kopu, ki j i l na o
vi l no og odj v obliki žl ba. g odj j bilo
p i j no na 25 ov vi ok d ogu, ki o ga po-
oˇniki u jali z v v i p ko k ip v ( lika 1).
o ila j v loba iz okoli . pazovali o l v ja-
nih noˇ h b z Lun . Pol g ga j v ajal žl b
in o dolžino v vi o ali p ilagaja i vlažno i z aka.
Za adi ga o dolgi l kop l po dko upo abili.
2
N
N
H
N N
G
G
O
G
H G
H
N
G w
H
N
D
G
−
−
+
G
H
O
O
•
•
janez strnad
Dolgi 
teleskopi
Presek 39 (2011/2012) 3
14
f i z i k a
•
slika 1.
Veliki teleskop He-
velija na sliki iz ti-
stega časa
slika 2.
Ozvezdje Samorog iz 
Hevelijevega atlasa
Na začetku 17. stoletja je teleskop omogočil na-
gel razvoj astronomije. Ob tem so teleskope ne-
nehno izboljševali. Nekaj časa so uporabljali tudi
zelo dolge teleskope. Med prvimi je zelo dolg tele-
skop uporabil Jan Hevelij (1661–1687), ki je sesta-
vil tudi enega prvih atlasov ozvezdij.
Na prehodu iz 16. v 17. stoletje so na Nizozemskem
zbiralno in razpršilno lečo sestavili v daljnogled. Ga-
lileo Galilei je leta 1609 izvedel za nizozemski izum
in je sam začel izdelovati boljše daljnoglede ter z nji-
mi načrtno opazovati nebo. (Ob štiristoletnici izuma
so leto 2009 razglasili za mednarodno leto astrono-
mije.) Leta 1611 so si v Galileijevem krogu izmislili
ime teleskop.
Jan Hevelij je leta 1649 v Gdansku podedoval pivo-
varno. Potem je prevzel vodstvo ceha pivovarnarjev
in leta 1651 postal mestni svetnik. Hevelij ni samo
varil piva in v mestu opravljal pomembnih služb,
ampak se je zanimal tudi za zvezde. Zgradil si je
zvezdarno in načrtno opazoval nebo. Njegova zvez-
darna je veljala za najbolje opremljeno na svetu do
leta 1671, ko so ustanovili zvezdarno v Greenwichu.
Hevelij je naredil tudi načrt za napravo za brušenje
leč in z njo zbrusil velike leče z goriščno razdaljo
od 8 m do 42 metrov. Največja leča je imela premer
20 centimetrov. Te leče je uporabil kot objektive v
svojih teleskopih.
Teleskop z večjim objektivom je zajel večji del
neba in razkril več podrobnosti. Poleg večje pove-
čave je imel še prednost, da so predmeti imeli manj
izrazit mavrični rob. Velika goriščna razdalja objek-
tiva pa je zahtevala veliko razdaljo med objektivom
in okularjem. Daljšo in težjo cev je bilo težje vpeti
in usmerjati.
V nizozemskem ali Galileijevem daljnogledu, ki ima
za objektiv zbiralno lečo z goriščno razdaljo f in za
okular razpršilno lečo z goriščno razdaljo −f1, je
razdalja med lečama f − f1. V astronomskem dalj-
nogledu, ki ima za objektiv zbiralno lečo z goriščno
razdaljo f in za okular zbiralno lečo z goriščno raz-
daljo f1, je razdalja med lečama f + f1. Za oba je
geometrijska povečava enaka f/f1. Goriščne razda-
lje astronomskih okularjev so po absolutni vredno-
sti majhne in razdaljo med lečama v teleskopu lahko
ocenimo kar z goriščno razdaljo objektiva.
Leta 1673 je Hevelij uporabil svoj objektiv z najve-
čjo goriščno razdaljo v teleskopu, ki je imel namesto
cevi leseno ogrodje v obliki žleba. Ogrodje je bilo
pritrjeno na 25 metrov visokem drogu, ki so ga po-
močniki usmerjali z vrvmi preko škripcev (slika 1).
Motila je svetloba iz okolice. Opazovali so le v ja-
snih nočeh brez Lune. Poleg tega je veter majal žleb
in so dolžino vrvi morali prilagajati vlažnosti zraka.
Zaradi tega so dolgi teleskop le poredko uporabili.
2
Na začetku 17. stoletja je teleskop omogočil na-
gel razvoj astronomije. Ob tem so teleskope ne-
nehno izboljševali. Nekaj časa so uporabljali tudi
zelo dolge teleskope. Med prvimi je zelo dolg tele-
skop uporabil Jan Hevelij (1661–1687), ki je sesta-
vil tudi enega prvih atlasov ozvezdij.
Na prehodu iz 16. v 17. stoletje so na Nizozemskem
zbiralno in razpršilno lečo sestavili v daljnogled. Ga-
lileo Galilei je leta 1609 izvedel za nizozemski izum
in je sam začel izdelovati boljše daljnoglede ter z nji-
mi načrtno opazovati nebo. (Ob štiristoletnici izuma
so leto 2009 razglasili za mednarodno leto astrono-
mije.) Leta 1611 so si v Galileijevem krogu izmislili
ime teleskop.
Jan Hevelij je leta 1649 v Gdansku podedoval pivo-
varno. Potem je prevzel vodstvo ceha pivovarnarjev
in leta 1651 postal mestni svetnik. Hevelij ni samo
varil piva in v mestu opravljal pomembnih služb,
ampak se je zanimal tudi za zvezde. Zgradil si je
zvezdarno in načrtno opazoval nebo. Njegova zvez-
darna je veljala za najbolje opremljeno na svetu do
leta 1671, ko so ustanovili zvezdarno v Greenwichu.
Hevelij je naredil tudi načrt za napravo za brušenje
leč in z njo zbrusil velike leče z goriščno razdaljo
od 8 m do 42 metrov. Največja leča je imela premer
20 centimetrov. Te leče je uporabil kot objektive v
svojih teleskopih.
Teleskop z večjim objektivom je zajel večji del
neba in razkril več podrobnosti. Poleg večje pove-
čave je imel še prednost, da so predmeti imeli manj
izrazit mavrični rob. Velika goriščna razdalja objek-
tiva pa je zahtevala veliko razdaljo med objektivom
in okularjem. Daljšo in težjo cev je bilo težje vpeti
in usmerjati.
V nizozemskem ali Galileijevem daljnogledu, ki ima
za objektiv zbiralno lečo z goriščno razdaljo f in za
okular razpršilno lečo z goriščno razdaljo −f1, je
razdalja med lečama f − f1. V astronomskem dalj-
nogledu, ki ima za objektiv zbiralno lečo z goriščno
razdaljo f in za okular zbiralno lečo z goriščno raz-
daljo f1, je razdalja med lečama f + f1. Za oba je
geometrijska povečava enaka f/f1. Goriščne razda-
lje astronomskih okularjev so po absolutni vredno-
sti majhne in razdaljo med lečama v teleskopu lahko
ocenimo kar z goriščno razdaljo objektiva.
Leta 1673 je Hevelij uporabil svoj objektiv z najve-
čjo goriščno razdaljo v teleskopu, ki je imel namesto
cevi leseno ogrodje v obliki žleba. Ogrodje je bilo
pritrjeno na 25 metrov visokem drogu, ki so ga po-
močniki usmerjali z vrvmi preko škripcev (slika 1).
Motila je svetloba iz okolice. Opazovali so le v ja-
snih nočeh brez Lune. Poleg tega je veter majal žleb
in so dolžino vrvi morali prilagajati vlažnosti zraka.
Zaradi tega so dolgi teleskop le poredko uporabili.
2
Slika 1
Drugi astronomi so šli še korak dalje in so začeli
uporabljati zračne teleskope brez cevi in brez žleba.
Opazovalec je stal na tleh in držal v roki okular, ki je
bil z napeto vrvjo ali drogom povezan z objektivom
na visoki stavbi ali stebru. Okular je obračal, dokler
ni zadel želenega dela neba. To je bilo dokaj težavno
opravilo.
Prva naj bi zračni teleskop uporabila Christiaan
Huygens in njegov brat Constantijn, ki sta leta 1675
opazovala z objektivom z goriščno razdaljo 43 me-
trov. Leta 1684 je Giovanni Domenico Cassini z
objektivom z goriščno razdaljo 45 metrov odkril Sa-
turnovi luni Diono in Tetido. Še leta 1722 je James
Bradley z objektivom z goriščno razdaljo 65 metrov
izmeril kotni premer Venere. Adrien Auzout je upo-
rabljal objektive z goriščno razdaljo do 180 metrov.
Načrtoval je teleskop z goriščno razdaljo več kot 300
metrov, da bi z njim „opazoval živali na Luni“.
Gradnjo zračnih teleskopov so opustili, ko so pri-
šli v rabo objektivi iz dveh leč. Z lečama iz stekla
z različnima lomnima količnikoma so močno zmanj-
šali mavrični rob. Teleskopi z zrcali so v tem po-
gledu še veliko boljši, ker se pri njih mavrični rob
sploh ne pojavi.
Čeprav je opazoval s teleskopi, je Hevelij lego
zvezd na nebu ugotavljal brez njih, najbrž zaradi te-
žav pri vpenjanju in usmerjanju teleskopa. To se je
Robertu Hooku zdelo nedopustno. Prišlo je do spora,
ki ga je londonska Kraljeva družba rešila tako, da
je leta 1679 v Gdansk poslala triindvajsetletnega Ed-
munda Halleya. Halley je Hevelija opazoval pri delu
in nazadnje potrdil, da „meri natančno in dosledno“.
Po Hevelijevi smrti je njegova vdova leta 1690 iz-
dala atlas ozvezdij Nebesni svod Sobieskega ali ura-
nometrija. (Poljski kralj Jan III. Sobieski je obiskal
Hevelija v zvezdarni in podpiral njegovo delo. Ura-
nometrija je pomenila merjenje neba.) To je bil eden
od prvih takih atlasov. V njem je Hevelij poleg 48-ih
Ptolemajevih ozvezdij uvedel enajst novih. Od teh
se jih je šest obdržalo do danes, ko so ozvezdja in
meje med njimi določene z mednarodnim dogovo-
rom. Med njimi je bil Ščit Sobieskega, danes Ščit,
s katerim je Hevelij počastil zmago Sobieskega nad
Turki, ki so leta 1683 oblegali Dunaj. Atlas kaže
ozvezdja na nebesni krogli, kakor bi jih videl opa-
zovalec iz zunanjosti krogle (slika 2). Poznejši atlasi
ozvezdij so slikali nebesno kroglo iz notranjosti.
Slika 2
3
Slika 1
Drugi astronomi so šli še korak dalje in so začeli
uporabljati zračne teleskope brez cevi in brez žleba.
Opazovalec je stal na tleh in držal v roki okular, ki je
bil z napeto vrvjo ali drogom povezan z objektivom
na visoki stavbi ali stebru. Okular je obračal, dokler
ni zadel želenega dela neba. To je bilo dokaj težavno
opravilo.
Prva naj bi zračni teleskop uporabila Christiaan
Huygens in njegov brat Constantijn, ki sta leta 1675
opazovala z objektivom z goriščno razdaljo 43 me-
trov. Leta 1684 je Giovanni Domenico Cassini z
objektivom z goriščno razdaljo 45 metrov odkril Sa-
turnovi luni Diono in Tetido. Še leta 1722 je James
Bradley z objektivom z goriščno razdaljo 65 metrov
izmeril kotni premer Venere. Adrien Auzout je upo-
rabljal objektive z goriščno razdaljo do 180 metrov.
Načrtoval je teleskop z goriščno razdaljo več kot 300
metrov, da bi z njim „opazoval živali na Luni“.
Gradnjo zračnih teleskopov so opustili, ko so pri-
šli v rabo objektivi iz dveh leč. Z lečama iz stekla
z različnima lomnima količnikoma so močno zmanj-
šali mavrični rob. Teleskopi z zrcali so v tem po-
gledu še veliko boljši, ker se pri njih mavrični rob
sploh ne pojavi.
Čeprav je opazoval s teleskopi, je Hevelij lego
zvezd na nebu ugotavljal brez njih, najbrž zaradi te-
žav pri vpenjanju in usmerjanju teleskopa. To se je
Robertu Hooku zdelo nedopustno. Prišlo je do spora,
ki ga je londonska Kraljeva družba rešila tako, da
je leta 1679 v Gdansk poslala triindvajsetletnega Ed-
munda Halleya. Halley je Hevelija opazoval pri delu
in nazadnje potrdil, da „meri natančno in dosledno“.
Po Hevelijevi smrti je njegova vdova leta 1690 iz-
dala atlas ozvezdij Nebesni svod Sobieskega ali ura-
nometrija. (Poljski kralj Jan III. Sobieski je obiskal
Hevelija v zvezdarni in podpiral njegovo delo. Ura-
nometrija je pomenila merjenje neba.) To je bil eden
od prvih takih atlasov. V njem je Hevelij poleg 48-ih
Ptolemajevih ozvezdij uvedel enajst novih. Od teh
se jih je šest obdržalo do danes, ko so ozvezdja in
meje med njimi določene z mednarodnim dogovo-
rom. Med njimi je bil Ščit Sobieskega, danes Ščit,
s katerim je Hevelij počastil zmago Sobieskega nad
Turki, ki so leta 1683 oblegali Dunaj. Atlas kaže
ozvezdja na nebesni krogli, kakor bi jih videl opa-
zovalec iz zunanjosti krogle (slika 2). Poznejši atlasi
ozvezdij so slikali nebesno kroglo iz notranjosti.
Slika 2
3
presek 39 (2011/2012) 3
www.dmfa-zaloznistvo.si
15
f i z i k a
•
na
da
lje
va
nj
e 
na
 s
tr
an
i
18
andrej likar
Kako razložiti 
relativnost?
Onidan sva s prijateljem Bogdanom razpravljala
o posebni teoriji relativnosti. Bogdan je inženir
strojništva, z moderno fiziko se med študijem ni
seznanil. Seveda sem takoj ubral že nič koliko-
krat ponovljene strune in začel dopovedovati, da
je hitrost svetlobe v vseh nepospešenih opazoval-
nih sistemih enaka. Če torej dva opazovalca, ki
se medsebojno gibljeta, opazujeta blisk iz iste luči,
bosta oba namerila enako hitrost svetlobe. In spet
tisto obrabljeno: če se še tako podvizaš in podiš za
svetlobo, ta vedno beži od tebe z enako hitrostjo.
„To sicer ni čisto res; tako hitrost izmeriš, ko se
ne giblješ več pospešeno“, sem še dodal in se za-
dovoljno zleknil na stolu ter opazoval prijateljev
nejeverni obraz.
„To seveda ni mogoče,“ sem dobil odgovor. „Le kako
naj svetloba ve, kako naj se giblje? Enemu opazo-
valcu še lahko morda ustreže, dvema ali večim pa
prav gotovo ne. Sploh pa, svetloba gotovo nič ne
„ve“. To je pač pojav, ki obstaja ne glede na opa-
zovalce in njihove prazne marnje.“ Brihten možak,
ni kaj. In ne pusti se kar tako pretentati. Seveda sem
moral stopiti v bran z argumenti, ki bi Bogdana pre-
pričali. Takoj sem uvidel, da mi še tako lepe enačbe
ne bodo v prid. Torej sem moral izumiti nov peda-
goški prijem.
In sem začel. „Saj poznaš tisto Borovo partizansko
pesem:
Jutri gremo v napad.
Glej, kako globoko je nebo!
Sneg naš beli brat, razlij se v temo, temo!
Veter potepuh, podaj nam roko!
Mesec lenuh, hitreje za nami!
Mi gremo, gremo s puško na rami!
V napad za svobodo, za kruh!“
„Kako da ne! In kje je tu fizika?“ je vprašal Bog-
dan. „V vrstici Mesec lenuh, hitreje za nami! Res, če
hodiš v mesečni noči, gre Mesec s teboj. Ko greš hi-
tro, so podviza tudi Mesec. Ko se ustaviš, se ustavi
tudi Mesec; ko se obrneš in greš nazaj, od koder si
prišel, se obrne tudi Mesec. Le kako Mesec „ve“, kako
se mora gibati? In, zanimivo, vsak hodec bo izjavil
enako, seveda, če hodi v isto smer kot ti.“
Tu se je Bogdan v hipu znašel: „To se nam samo
zdi, saj je Mesec zelo zelo daleč, ti pa si ga prikoval
na nebo na oddaljenosti kakih 20 metrov, kot stari
Egipčani Sonce. Mesec vidijo hodci, ki gredo v isto
smer, ves čas pod praktično enakom kotom, pokra-
jine, ki beži mimo njih, pa ne. Zato se jim le zdi, da
se Mesec giblje z njimi. Če so pozorni in opazujejo
2
Onidan sva s prijateljem Bogdanom razpravljala
o posebni teoriji relativnosti. Bogdan je inženir
strojništva, z moderno fiziko se med študijem ni
seznanil. Seveda sem takoj ubral že nič koliko-
krat ponovljene strune in začel dopovedovati, da
je hitrost svetlobe v vseh nepospešenih opazoval-
nih sistemih enaka. Če torej dva opazovalca, ki
se medsebojno gibljeta, opazujeta blisk iz iste luči,
bosta oba namerila enako hitrost svetlobe. In spet
tisto obrabljeno: če se še tako podvizaš in podiš za
svetlobo, ta vedno beži od tebe z enako hitrostjo.
„To sicer ni čisto res; tako hitrost izmeriš, ko se
ne giblješ več pospešeno“, sem še dodal in se za-
dovoljno zleknil na stolu ter opazoval prijateljev
nejeverni obraz.
„To seveda ni mogoče,“ sem dobil odgovor. „Le kako
naj svetloba ve, kako naj se giblje? Enemu opazo-
valcu še lahko morda ustreže, dvema ali večim pa
prav gotovo ne. Sploh pa, svetloba gotovo nič ne
„ve“. To je pač pojav, ki obstaja ne glede na opa-
zovalce in njihove prazne marnje.“ Brihten možak,
ni kaj. In ne pusti se kar tako pretentati. Seveda sem
moral stopiti v bran z argumenti, ki bi Bogdana pre-
pričali. Takoj sem uvidel, da mi še tako lepe enačbe
ne bodo v prid. Torej sem moral izumiti nov peda-
goški prijem.
In sem začel. „Saj poznaš tisto Borovo partizansko
pesem:
Jutri gremo v napad.
Glej, kako globoko je nebo!
Sneg naš beli brat, razlij se v temo, temo!
Veter potepuh, podaj nam roko!
Mesec lenuh, hitreje za nami!
Mi gremo, gremo s puško na rami!
V napad za svobodo, za kruh!“
„Kako da ne! In kje je tu fizika?“ je vprašal Bog-
dan. „V vrstici Mesec lenuh, hitreje za nami! Res, če
hodiš v mesečni noči, gre Mesec s teboj. Ko greš hi-
tro, so podviza tudi Mesec. Ko se ustaviš, se ustavi
tudi Mesec; ko se obrneš in greš nazaj, od koder si
prišel, se obrne tudi Mesec. Le kako Mesec „ve“, kako
se mora gibati? In, zanimivo, vsak hodec bo izjavil
enako, seveda, če hodi v isto smer kot ti.“
Tu se je Bogdan v hipu znašel: „To se nam samo
zdi, saj je Mesec zelo zelo daleč, ti pa si ga prikoval
na nebo na oddaljenosti kakih 20 metrov, kot stari
Egipčani Sonce. Mesec vidijo hodci, ki gredo v isto
smer, ves čas pod praktično enakom kotom, pokra-
jine, ki beži mimo njih, pa ne. Zato se jim le zdi, da
se Mesec giblje z njimi. Če so pozorni in opazujejo
2
Onidan sva s prijateljem Bogdanom razpravljala
o posebni teoriji relativnosti. Bogdan je inženir
strojništva, z moderno fiziko se med študijem ni
seznanil. Seveda sem takoj ubral že nič koliko-
krat ponovljene strune in začel dopovedovati, da
je hitrost svetlobe v vseh nepospešenih opazoval-
nih sistemih enaka. Če torej dva opazovalca, ki
se medsebojno gibljeta, opazujeta blisk iz iste luči,
bosta oba namerila enako hitrost svetlobe. In spet
tisto obrabljeno: če se še tako podvizaš in podiš za
svetlobo, ta vedno beži od tebe z enako hitrostjo.
„To sicer ni čisto res; tako hitrost izmeriš, ko se
ne giblješ več pospešeno“, sem še dodal in se za-
dovoljno zleknil na stolu ter opazoval prijateljev
nejeverni obraz.
„To seveda ni mogoče,“ sem dobil odgovor. „Le kako
naj svetloba ve, kako naj se giblje? Enemu opazo-
valcu še lahko morda ustreže, dvema ali večim pa
prav gotovo ne. Sploh pa, svetloba gotovo nič ne
„ve“. To je pač pojav, ki obstaja ne glede na opa-
zovalce in njihove prazne marnje.“ Brihten možak,
ni kaj. In ne pusti se kar tako pretentati. Seveda sem
moral stopiti v bran z argumenti, ki bi Bogdana pre-
pričali. Takoj sem uvidel, da mi še tako lepe enačbe
ne bodo v prid. Torej sem moral izumiti nov peda-
goški prijem.
In sem začel. „Saj poznaš tisto Borovo partizansko
pesem:
Jutri gremo v napad.
Glej, kako globoko je nebo!
Sneg naš beli brat, razlij se v temo, temo!
Veter potepuh, podaj nam roko!
Mesec lenuh, hitreje za nami!
Mi gremo, gremo s puško na rami!
V napad za svobodo, za kruh!“
„Kako da ne! In kje je tu fizika?“ je vprašal Bog-
dan. „V vrstici Mesec lenuh, hitreje za nami! Res, če
hodiš v mesečni noči, gre Mesec s teboj. Ko greš hi-
tro, so podviza tudi Mesec. Ko se ustaviš, se ustavi
tudi Mesec; ko se obrneš in greš nazaj, od koder si
prišel, se obrne tudi Mesec. Le kako Mesec „ve“, kako
se mora gibati? In, zanimivo, vsak hodec bo izjavil
enako, seveda, če hodi v isto smer kot ti.“
Tu se je Bogdan v hipu znašel: „To se nam samo
zdi, saj je Mesec zelo zelo daleč, ti pa si ga prikoval
na nebo na oddaljenosti kakih 20 metrov, kot stari
Egipčani Sonce. Mesec vidijo hodci, ki gredo v isto
smer, ves čas pod praktično enakom kotom, pokra-
jine, ki beži mimo njih, pa ne. Zato se jim le zdi, da
se Mesec giblje z njimi. Če so pozorni in opazujejo
2
i ij lj lj l
i iji l i i. j i i
j i , i ij i
il. j l i li -
lj i l i,
j i l i l-
i i i . j l , i
j i lj , j li i i l i,
il i l . I
i lj : i i i
l , i i j .
i i i ; i i i ,
i lj , l i -
lj l il l l ij lj
j i .
i , il .
j l , j i lj -
l l , li i
. l , l i
. j j , i j l -
l i ji j . i ,
i j. I i i.
l i i i, i i -
i li. j i l, i l
i . j l i i i -
i ij .
I l. j i i
:
t i .
l j, l j !
li t, lij t , t !
t t , j !
l , it j i!
i , i!
, !
! I j j i j l -
. i i l , i j i! ,
i i i, j. i-
, i i . i , i
i ; i j, i
i l, i . ,
i i I , i i , i j il
, , i i i.
j i l:
i, j j l l l , i i i l
lj i i , i
i i . i ij i, i i
, i , -
ji , i i i ji , . ji l i,
i lj ji i. i i j j
s s r t r r
s t r r t st r
str št r s št
s s t r
r t str t
tr st s t s s š
s st t r
s s t t s st
st r tr st s t s t
t st r s š t š š
s t t t tr st
„ s r st r s t tr st r š s
š s š “ s š s
st t r r t
r r
„ se e ce “ se r „ e
s et e se e? e
c še r stre e e ec
r t e s et t c e
„ e“ e c st e e e
ce e r e r e “ r te
e st se r t rete t t e e se
r st t r r e t re
r c se e še t e e e c e
e r re se r t e
š r e
se ce „ š t st r rt s
ese
J r re
e e e
e š e r r z se e e
e er e r
esec e re e z
re re s š r
z s z r “
„ e e e t ?“ e r š
„ rst c esec e tre e es ce
š esec c re esec s te reš
tr s t esec se st š se st
t esec se r eš reš er s
r še se r e t esec e esec „ e“
se r t ? s ec
e se e ce st s er t t “
se e še „ se s
s e esec e e ec t s r
e e st etr t st r
c ce esec c re st
s er es c s r t c e t r
e e e t se e
se esec e e s r e
nidan va p ija elje Bogdano azp avljala
o po ebni eo iji ela ivno i. Bogdan je inženi
ojni va, z ode no fiziko e ed udije ni
eznanil. Seveda e akoj ub al že nič koliko-
k a ponovljene une in začel dopovedova i, da
je hi o ve lobe v v eh nepo pe enih opazoval-
nih i e ih enaka. Če o ej dva opazovalca, ki
e ed ebojno giblje a, opazuje a bli k iz i e luči,
bo a oba na e ila enako hi o ve lobe. In pe
i o ob abljeno: če e e ako podviza in podi za
ve lobo, a vedno beži od ebe z enako hi o jo.
To ice ni či o e ; ako hi o iz e i , ko e
ne giblje več po pe eno , e e dodal in e za-
dovoljno zleknil na olu e opazoval p ija eljev
nejeve ni ob az.
To v da ni ogoˇ , dobil odgovo . L kako
naj v loba v , kako naj giblj En u opazo-
val u lahko o da u ž , dv a ali v ǐ pa
p av go ovo n . Sploh pa, v loba go ovo niˇ n
v . To j paˇ pojav, ki ob aja n gl d na opa-
zoval in njihov p azn a nj . B ih n ožak,
ni kaj. In n pu i ka ako p n a i. S v da
o al opi i v b an z a gu n i, ki bi Bogdana p -
p iˇali. Takoj uvid l, da i ako l p naˇb
n bodo v p id. To j o al izu i i nov p da-
go ki p ij .
In zaˇ l. Saj pozna i o Bo ovo pa izan ko
p :
ut i g o v napad.
l j, kako globoko j n bo!
Sn g na b li b at, a lij v t o, t o!
V t pot puh, podaj na oko!
l nuh, hit j a na i!
i g o, g o pu ko na a i!
V napad a vobodo, a k uh!
Kako da n ! In kj j u fizika j vp a al Bog-
dan. V v i i l nuh, hi j za na i! R , ˇ
hodi v ˇni no ǐ, g boj. Ko g hi-
o, o podviza udi . Ko u avi , u avi
udi ; ko ob n in g nazaj, od kod i
p i l, ob n udi . L kako v , kako
o a giba i In, zani ivo, v ak hod bo izjavil
nako, v da, ˇ hodi v i o ko i.
Tu j Bogdan v hipu zna l: To na a o
zdi, aj j z lo z lo dal ,̌ i pa i ga p ikoval
na n bo na oddalj no i kakih 20 ov, ko a i
Egipˇani Son . vidijo hod i, ki g do v i o
, v ˇa pod p ak iˇno nako ko o , pok a-
jin , ki b ži i o njih, pa n . Za o ji l zdi, da
giblj z nji i. Č o pozo ni in opazuj jo
2
O
G
M
M
M
M
M
M
M M
M
M
M
i s s rij t lj r r lj l
s i t riji r l ti sti. j i ir
str j išt , r i s št ij i
s il. s t j r l i li -
r t lj str i l ti,
j itr st s tl s s š i l-
i sist i . t r j l , i
s s j i lj t , j t lis i ist l i,
st ril itr st s tl . I s t
tist r lj : s š t i š i iš
s tl , t i t itr stj .
„ si r i ist r s; t itr st i riš, s
i lj š s š “, s š l i s -
lj l il st l t r l rij t lj
j r i r .
„ se e i ce,“ se il r. „ e
j s etl e, j se i lje? e -
lc še l r stre e, e li eci
r t e. l , s etl t ic e
„ e“. je c j , i st j e le e -
lce i ji e r e r je.“ ri te ,
i j. I e sti se r t rete t ti. e e se
r l st iti r r e ti, i i re-
ric li. j se i el, i še t le e e c e
e ri . rej se r l i iti e -
š i rije .
I se cel. „ j š tist r rti s
ese :
J tri re .
lej, l je e !
e š eli r t, r zlij se te , te !
eter te , j r !
esec le , itreje z i!
i re , re s š r i!
z s , z r !“
„ e! I je je t i ?“ je r š l -
. „ rstici esec le , itreje i! es, ce
iš esec i ci, re esec s te j. reš i-
tr , s i t i esec. se st iš, se st i
t i esec; se r eš i reš j, er si
rišel, se r e t i esec. e esec „ e“,
se r i ti? I , i i , s ec i j il
e , se e , ce i ist s er t ti.“
se je i šel: „ se s
i, s j je esec el el lec, ti si ri l
e lje sti i etr , t st ri
i c i ce. esec i ij ci, i re ist
s er, es c s r tic e t , r -
ji e, i e i i ji , e. t se ji le i,
se esec i lje ji i. e s r i i jej
i ij lj lj l
i iji l i i. j i i
j i , i ij i
il. j l i li -
lj i l i,
j i l i l-
i i i . j l , i
j i lj , j li i i l i,
il i l . I
i lj : i i i
l , i i j .
i i i ; i i i ,
i lj , l i -
lj l il l l ij lj
j i .
i , il .
j l , j i lj -
l l , li i
. l , l i
. j j , i j l -
l i ji j . i ,
i j. I i i.
l i i i, i i -
i li. j i l, i l
i . j l i i i -
i ij .
I l. j i i
:
t i .
l j, l j !
li t, lij t , t !
t t , j !
l , it j i!
i , i!
, !
! I j j i j l -
. i i l , i j i! ,
i i i, j. i-
, i i . i , i
i ; i j, i
i l, i . ,
i i I , i i , i j il
, , i i i.
j i l:
i, j j l l l , i i i l
lj i i , i
i i . i ij i, i i
, i , -
ji , i i i ji , . ji l i,
i lj ji i. i i j j
s s r t r r
s t r r t st r
str št r s št
s s t r
r t str t
tr st s t s s š
s st t r
s s t t s st
st r tr st s t s t
t st r s š t š š
s t t t tr st
„ s r st r s t tr st r š s
š s š “ s š s
st t r r t
r r
„ se e ce “ se r „ e
s et e se e? e
c še r stre e e ec
r t e s et t c e
„ e“ e c st e e e
ce e r e r e “ r te
e st se r t rete t t e e se
r st t r r e t re
r c se e še t e e e c e
e r re se r t e
š r e
se ce „ š t st r rt s
ese
J r re
e e e
e š e r r z se e e
e er e r
esec e re e z
re re s š r
z s z r “
„ e e e t ?“ e r š
„ rst c esec e tre e es ce
š esec c re esec s te reš
tr s t esec se st š se st
t esec se r eš reš er s
r še se r e t esec e esec „ e“
se r t ? s ec
e se e ce st s er t t “
se e še „ se s
s e esec e e ec t s r
e e st etr t st r
c ce esec c re st
s er es c s r t c e t r
e e e t se e
se esec e e s r e
nidan va p ija elje Bogdano azp avljala
o po ebni eo iji ela ivno i. Bogdan je inženi
ojni va, z ode no fiziko e ed udije ni
eznanil. Seveda e akoj ub al že nič koliko-
k a ponovljene une in začel dopovedova i, da
je hi o ve lobe v v eh nepo pe enih opazoval-
nih i e ih enaka. Če o ej dva opazovalca, ki
e ed ebojno giblje a, opazuje a bli k iz i e luči,
bo a oba na e ila enako hi o ve lobe. In pe
i o ob abljeno: če e e ako podviza in podi za
ve lobo, a vedno beži od ebe z enako hi o jo.
To ice ni či o e ; ako hi o iz e i , ko e
ne giblje več po pe eno , e e dodal in e za-
dovoljno zleknil na olu e opazoval p ija eljev
nejeve ni ob az.
To v da ni ogoˇ , dobil odgovo . L kako
naj v loba v , kako naj giblj En u opazo-
val u lahko o da u ž , dv a ali v ǐ pa
p av go ovo n . Sploh pa, v loba go ovo niˇ n
v . To j paˇ pojav, ki ob aja n gl d na opa-
zoval in njihov p azn a nj . B ih n ožak,
ni kaj. In n pu i ka ako p n a i. S v da
o al opi i v b an z a gu n i, ki bi Bogdana p -
p iˇali. Takoj uvid l, da i ako l p naˇb
n bodo v p id. To j o al izu i i nov p da-
go ki p ij .
In zaˇ l. Saj pozna i o Bo ovo pa izan ko
p :
ut i g o v napad.
l j, kako globoko j n bo!
Sn g na b li b at, a lij v t o, t o!
V t pot puh, podaj na oko!
l nuh, hit j a na i!
i g o, g o pu ko na a i!
V napad a vobodo, a k uh!
Kako da n ! In kj j u fizika j vp a al Bog-
dan. V v i i l nuh, hi j za na i! R , ˇ
hodi v ˇni no ǐ, g boj. Ko g hi-
o, o podviza udi . Ko u avi , u avi
udi ; ko ob n in g nazaj, od kod i
p i l, ob n udi . L kako v , kako
o a giba i In, zani ivo, v ak hod bo izjavil
nako, v da, ˇ hodi v i o ko i.
Tu j Bogdan v hipu zna l: To na a o
zdi, aj j z lo z lo dal ,̌ i pa i ga p ikoval
na n bo na oddalj no i kakih 20 ov, ko a i
Egipˇani Son . vidijo hod i, ki g do v i o
, v ˇa pod p ak iˇno nako ko o , pok a-
jin , ki b ži i o njih, pa n . Za o ji l zdi, da
giblj z nji i. Č o pozo ni in opazuj jo
2
O
G
M
M
M
M
M
M
M M
M
M
M
Onidan sva s prijateljem Bogdanom razpravljala
o posebni teoriji relativnosti. Bogdan je inženir
strojništva, z moderno fiziko se med študijem ni
seznanil. Seveda sem takoj ubral že nič koliko-
krat ponovljene strune in začel dopovedovati, da
je hitrost svetlobe v vseh nepospešenih opazoval-
nih sistemih enaka. Če torej dva opazovalca, ki
se medsebojno gibljeta, opazujeta blisk iz iste luči,
bosta oba namerila enako hitrost svetlobe. In spet
tisto obrabljeno: če se še tako podvizaš in podiš za
svetlobo, ta vedno beži od tebe z enako hitrostjo.
„To sicer ni čisto res; tako hitrost izmeriš, ko se
ne giblješ več pospešeno“, sem še dodal in se za-
dovoljno zleknil na stolu ter opazoval prijateljev
nejeverni obraz.
„To seveda ni mogoče,“ sem dobil odgovor. „Le kako
naj vetloba ve, kako naj se gib je? Enemu opazo-
v lcu še lahko morda ustreže, dvema ali večim pa
prav gotovo ne. Sploh pa, svetloba gotovo nič ne
„ve“. To je pač pojav, ki obstaja ne lede na opa-
zovalce in njihove prazne marnje.“ Brihten možak,
ni k j. In ne pusti se kar tako pretentat . S veda sem
moral stopiti v bran z argumenti, ki bi Bogdan pre-
prič i. Takoj sem uvidel, da mi še tako lepe enačbe
ne bodo v prid. Torej sem moral izumiti nov peda-
goški prijem.
In sem začel. „Saj poznaš tisto Borovo partizansko
pesem:
Jutri gremo v napad.
Glej, kako globoko je nebo!
Sn g naš be i rat, razlij se v temo, temo!
Veter potepuh, podaj nam roko!
Mesec lenuh, hitreje za nami!
i gremo, gremo s puško na rami!
V napad za svobodo, za kruh!“
„Kako da ne! In kje je tu fizika?“ je vprašal Bog-
dan. „V vrstici Mesec lenuh, hitreje za nami! Res, če
hodiš v mesečni noči, gre Mesec s teboj. Ko gr š hi-
tro, so podviza tudi Mesec. Ko se ustaviš, se ustavi
udi Mesec; ko se obrneš in greš nazaj, od koder s
prišel, se obrne tudi Mesec. Le kako Mesec „ve“, kako
se mora gi ati? In, zanimivo, vsak hodec bo izj vil
enak , seveda, če hodi v isto smer kot ti.“
Tu se je Bogdan v hipu znašel: „To se nam samo
zdi, saj je Mesec zelo zelo daleč, ti pa i ga prikoval
na nebo na oddalj nosti kakih 20 metrov, kot stari
Egipčani Sonce. M sec vidijo hodci, ki gred v isto
smer, ves čas pod praktično enakom kotom, pokra-
jin , ki beži mimo njih, pa ne. Zat se jim le zdi, da
se Mesec giblje z njimi. Če so pozorni n opazujejo
2
dlje časa, pa vidijo, da se Me ec tudi sam prav počasi
premika po nebu.“
„No, ker se le tako zdi, pa si zamisli takle poskus.
Opazovalca, ki se drug glede na drugega gibljeta, me-
rita hitrost svetlobe. Vzameta vsak svojo uro, ki ju
morata še umeriti. Uri sta narejeni tako, da enako-
merno tiktakata, dolžino tika in taka pa nastavimo
tako, da v nekem trenutku pošljemo proti oddalje-
nemu mirujočemu zrcalu kratek svetlobni sunek. Ko
prestrežemo odbito svetlobo, naj ura naredi tik, po-
tem pa enako za tak. Tako oba opazovalca umerita
svoji uri. Oba izbereta enako oddaljenost L/2 zanju
mirujočega zrcala od ure. Ker oba uravnata uri na
enak način, je seveda hitrost svetlobe za oba opazo-
valca enaka: L na tik. Opazovalcev je lahko kolikor
hočeš, in vsi bodo trdili isto: hitrost svetlobe je L na
tik.“
„To je gotovo goljufija. Vsi bi morali imeti povsem
identične ure, ki tečejo neodvisno od opazovalca, ne
pa, da ima vsak svojo in po svoje naravnano. Kar
pomisli! Zame je moje zrcalo pri miru, opazovalčevo
pa se giblje. Uri pač nista enako naravnani. Če me-
riš tako bedasto, ugotoviš, da so vse hitrosti na tem
svetu enake, saj pri opazovanju kakršnegakoli giba-
nja ustrezno nastaviš dolžino tika in vedno lahko do-
biš hitrost L na tik!!! “
„Ko si uro enkrat nastavil, je pač ne boš kvaril za
vsako gibanje posebej. A vidim, da si dojel bistvo.
Sedaj pa pazi! Ko opazovalca s po svoje naravnanima
urama prideta skupaj in se drug glede na drugega ne
gibljeta več, se zgodi nekaj, kar je povsem nepriča-
kovano. Uri, kjub temu, da sta prej tekli vsaka po
svoje, sedaj tečeta povsem ubrano, ne da bi ju mo-
rali ponovno nastavljati.“
„Glej no glej. . . Sedaj pa se mi je posvetilo! To je
nenadoma tudi povsem pričakovano. Če namreč ni
sredstva, po katerem bi potovala svetloba, sta opa-
zovalca glede ur na povsem istem kot prej, ko sta
bila vsaksebi. In ker se lahko en opazovalec priključi
drugemu tako, da se zavre ali pospeši, drugi pa ne
ukrene nič, se mora tek pospešene ure nekako sam
naravnati na tek ure drugega opazovalca. Torej po-
spešek spremeni tek ure?“
„Tako je. To je osnovna lastnost ur in merjenja
časa. Vse to pa opazimo le pri poskusu s svetlobo.
Če bi poskušal kaj takega z zvokom, bi bili uri po
snidenju še vedno razglašeni. Seveda zato, kot bi
končno ugotovila eksperimentatorja, ker hitrost zvo-
ka pač ni enaka za vse opazovalce, ki se gibljejo glede
na zrak z različnimi hitrostmi.“
„Torej lahko rečeš, da se nam le zdi, da ima hitrost
svetlobe enako vrednost v vseh opazovalnih siste-
mih, kot se nam je tudi zdelo, da Mesec vedno potuje
z nami?“
„Lastnosti prostora in časa so pač take, da celo
3
dlj časa, pa vidij , da se Me ec tudi am prav počasi
premik po nebu.“
„No, ker se le tako zdi, pa si zamisli takle poskus.
Opaz valca, ki se drug glede na drugega gibljeta, me-
rita hitrost svetlobe. Vzameta vsak svojo uro, ki ju
morata še um riti. Uri sta narejeni tako, da enako-
e no tiktakata, dolžino tik in taka pa n stavimo
tako, da v nekem trenutku pošljemo roti oddalje-
nemu mirujočemu zrcalu kratek svetlobni sunek. Ko
prestrežem odbito svetlobo, naj ura naredi tik, po-
tem pa enako za ak. Tako oba opazovalca umerita
svoji uri. Oba izbereta enak oddaljenost L/2 zanju
mirujočega zrcala od ure. Ker oba uravnata uri na
enak način, je seveda hitrost svetlobe za oba opazo-
valca enaka: L na tik. Opazovalcev je l hko kolik r
hoˇeš, in vsi bodo rdili isto: hitrost svetlobe je L na
tik.“
„To je gotovo goljufija. Vsi bi morali imeti povsem
identične ure, ki tečejo neodvisno od opazovalca, ne
pa, da ima vsak svo in po v je naravnano. Kar
omisli! Z me je m je zrcal pri miru, opazovalčevo
a se giblje. Uri pač nista enako naravnani. Če me-
riš tako bedasto, ugotoviš, da s vse hitrosti na tem
sve u enake, aj pri opazovanju kakršnegakoli giba-
nja strezno n staviš dolžino tika in vedno lahko do
biš hitrost L tik!!! “
„Ko si uro enkrat nastavil, je pač ne boš kvaril za
vsak g banje posebej. A vidim, da si dojel bistvo.
Sedaj pa pazi! K opazovalca s po svoje naravnanima
urama prideta sku aj in se drug glede na drugega ne
gibljeta več, se zgodi ekaj, kar je povsem nepriča-
kovano. Uri, kjub temu, da sta prej tekli vsaka po
svoje, sedaj tečeta povsem ubrano, ne da bi ju mo-
rali ponovno nas vljati.“
„Glej no glej. . . Sedaj pa se mi je posvetilo! To je
nenadoma tudi povsem pričakovano. Če namreč ni
sredstva, po katerem bi otovala svetloba, sta opa-
zovalca glede ur na povsem istem kot prej, ko sta
bila vs ksebi. In ker se lahko en opaz valec priključi
drugemu tako, da se zavre ali pospeši, drugi pa ne
ukrene nič, se mora tek pospešene ure nekako sam
na avnat na tek ure drugega opazovalca. Torej po-
spešek spremeni tek u e?“
„Tako je. To je osnovna lastnost ur in merjenja
časa. Vse to pa opazimo le pri p k su s sv tlobo.
Ce bi poskušal kaj takega z zvokom, bi bili uri po
snidenju še vedno r zglašeni. Seveda zato, kot bi
končno ugotovila eksperim tatorja, ker hitrost zvo-
a pač ni enaka za vse opazovalce, ki se gibljejo glede
n zrak z različnimi hitrostmi.“
„Torej lahko rečeš, da se nam le zdi, da ima hitrost
svetl b enako vr dnost v vseh opazovalnih siste-
mih, kot se nam je tudi zdelo, da Mesec ved o potuje
z nami?“
„Lastnosti prostora in časa so pač take, da celo
3
dlje časa, pa vidij , da se Mesec tudi am prav časi
premika po nebu.“
„No, ker se le tako zdi, pa si zamisli takle poskus.
Opaz valca, ki se drug glede na drugega gibljeta, me-
rita hitrost svetlobe. Vzameta vsak svojo uro, ki ju
morata še um riti. Uri sta narejeni tako, da enako
e no tik akata, dolžino tik in taka pa nastavimo
tako, da v nekem trenutku pošljemo roti odd lje
nemu m rujočemu zrcalu kratek svetlobni sunek. K
prestrežem odbito svetlobo, na ura naredi tik, po
te pa enako za ak. Tako oba opaz valca umerita
svoji uri. Oba iz ereta enak oddaljenost L/2 zanju
mirujoč g zrcala od ure. Ker oba uravn ta uri n
enak način, je sev da hitrost svetlob za oba op zo-
valca enaka: L n tik. Opazovalcev je l hko kol k r
hoˇeš, in vsi bodo rdili isto: hitrost svetl e je L na
tik.“
„To je gotovo goljufija. Vsi bi morali imeti povsem
identične ure, ki tečejo neodvisno od opazovalca, ne
pa, da ima vsak svo in po v je naravnano. Kar
omisli! Z me je moje zrcal pri miru, opazovalčevo
se g blje. Uri pač nista enak nar vna i. Če me-
riš tako bedasto, ugotoviš, da s vse hitrosti na tem
sve u enake, aj ri opazovanju kakršnegakoli giba
nja strezno n staviš dolžino tika in vedno lahko do
biš hitrost L tik!!! “
„Ko si uro enkrat nastavil, je pač ne boš kvaril za
vsak g banje posebej. A vidim, da si dojel bistvo.
Sedaj pa pazi! K opazov lca s po svoj naravn nim
ur ma prideta skupaj in se drug glede na drugega ne
gibljeta več, se zgodi ekaj, kar je povsem nepriča-
kovano. Uri, kjub temu, da sta prej tekli vsaka po
svoj , sedaj tečeta povsem ubrano, ne da bi ju mo
rali ponovno nas vljati.“
„Glej no glej. . . Sed j pa se mi je posvetilo! To je
nenadoma tudi povsem pričakovano. Če namreč ni
sredstva, po katerem bi otovala svetloba, sta opa-
zov lca glede ur na povsem istem kot prej, ko sta
bila vs ksebi. In ker se lahko en opaz valec priključi
drugemu tako, da se zavre ali pospeši, d ugi pa ne
ukrene nič, se mora tek pospešene ure nekako sam
na avnati na tek ure drug g o azovalca. Torej po-
spešek spremeni tek u e?“
„Ta o je. To je osnovna lastnost ur in merjenja
časa. Vse to pa opazimo le pri p k su s sv tlobo.
Če bi poskušal kaj takega z zvokom, b bili uri po
snidenju še vedno r zglaš ni. Seveda zato, kot bi
končno ugotovila eksperim tat rja, ker hi rost zvo-
a pač ni enaka za vse op zovalce, ki se gibljejo glede
n zrak z različnimi hit ostmi.“
„Torej lahko rečeš, da se nam le zdi, da ima hitrost
svetl b enako vr dnost v vseh opazovalnih siste-
mih, kot se nam je tudi zd lo, da Mesec ved o potuje
z nami?“
„Lastnosti prostora in časa so pač take, da celo
3
•
Presek 39 (2011/2012) 3
r a z v e d r i l o
16
Nagradna kr ižanka
presek 39 (2011/2012) 3
r a z v e d r i l o
17
n a g r a d n i  r a z p i s
•  Črke iz označenih polj po vrsti zapišite 
na Preseku priloženo dopisnico, dodajte 
tudi svoje ime, priimek in naslov. Dopi-
snice pošljite na Presekov naslov (poštni-
na je že plačana) do 30. decembra 2011, 
ko bomo izžrebali tri nagrajence, ki bodo 
za nagrado prejeli Presekov paket. 
Presek 39 (2011/2012) 3
18
f i z i k a
lahko tako rečemo. A ker pri tem ne najdemo oči-
tne napake, kot smo jo naredili pri Mesecu, se spri-
jaznimo s konstantnostjo svetlobne hitrosti kot z
osnovnim zakonom o naravi svetlobe, prostora in
časa.“
4
na
da
lje
va
nj
e 
s 
st
ra
ni
15
•
dlje časa, pa vidijo, da se Mesec tudi sam prav počasi
premika po nebu.“
„No, ker se le tako zdi, pa si zamisli takle poskus.
Opazovalca, ki se drug glede na drugega gibljeta, me-
rita hitrost svetlobe. Vzameta vsak svojo uro, ki ju
morata še umeriti. Uri sta narejeni tako, da enako-
merno tiktakata, dolžino tika in taka pa nastavimo
tako, da v nekem trenutku pošljemo proti oddalje-
nemu mirujočemu zrcalu kratek svetlobni sunek. Ko
prestrežemo odbito svetlobo, naj ura naredi tik, po-
tem pa enako za tak. Tako oba opazovalca umerita
svoji uri. Oba izbereta enako oddaljenost L/2 zanju
mirujočega zrcala od ure. Ker oba uravnata uri na
enak način, je seveda hitrost svetlobe za oba opazo-
valca enaka: L na tik. Opazovalcev je lahko kolikor
hočeš, in vsi bodo trdili isto: hitrost svetlobe je L na
tik.“
„To je gotovo goljufija. Vsi bi morali imeti povsem
identične ure, ki tečejo neodvisno od opazovalca, ne
pa, da ima vsak svojo in po svoje naravnano. Kar
pomisli! Zame je moje zrcalo pri miru, opazovalčevo
pa se giblje. Uri pač nista enako naravnani. Če me-
riš tako bedasto, ugotoviš, da so vse hitrosti na tem
svetu enake, saj pri opazovanju kakršnegakoli giba-
nja ustrezno nastaviš dolžino tika in vedno lahko do-
biš hitrost L na tik!!! “
„Ko si uro enkrat nastavil, je pač ne boš kvaril za
vsako gibanje posebej. A vidim, da si dojel bistvo.
Sedaj pa pazi! Ko opazovalca s po svoje naravnanima
urama prideta skupaj in se drug glede na drugega ne
gibljeta več, se zgodi nekaj, kar je povsem nepriča-
kovano. Uri, kjub temu, da sta prej tekli vsaka po
svoje, sedaj tečeta povsem ubrano, ne da bi ju mo-
rali ponovno nastavljati.“
„Glej no glej. . . Sedaj pa se mi je posvetilo! To je
nenadoma tudi povsem pričakovano. Če namreč ni
sredstva, po katerem bi potovala svetloba, sta opa-
zovalca glede ur na povsem istem kot prej, ko sta
bila vsaksebi. In ker se lahko en opazovalec priključi
drugemu tako, da se zavre ali pospeši, drugi pa ne
ukrene nič, se mora tek pospešene ure nekako sam
naravnati na tek ure drugega opazovalca. Torej po-
spešek spremeni tek ure?“
„Tako je. To je osnovna lastnost ur in merjenja
časa. Vse to pa opazimo le pri poskusu s svetlobo.
Če bi poskušal kaj takega z zvokom, bi bili uri po
snidenju še vedno razglašeni. Seveda zato, kot bi
končno ugotovila eksperimentatorja, ker hitrost zvo-
ka pač ni enaka za vse opazovalce, ki se gibljejo glede
na zrak z različnimi hitrostmi.“
„Torej lahko rečeš, da se nam le zdi, da ima hitrost
svetlobe enako vrednost v vseh opazovalnih siste
mih, kot s nam je tudi zdelo, da Mesec vedno potuje
z na i?“
„Lastnosti prostora in časa so pač take, da celo
3
dlje časa, pa vidijo, da se Mesec tudi sam prav počasi
premika po nebu.“
„No, ker se le tako zdi, pa si zamisli takle poskus.
Opaz valca, ki se drug glede na drugega gibljeta, me-
rita hitrost svetlobe. Vzameta vsak svojo uro, ki ju
morata še um riti. Uri sta narejeni tako, da enako-
e no tiktakata, dolžino tik in taka pa nastavimo
tako, da v nekem trenutku pošljemo roti oddalje-
nemu mirujočemu zrcalu kratek svetlobni sunek. Ko
prestrežem odbito svetlobo, naj ura naredi tik, po-
tem pa enako za ak. Tako oba opazovalca umerita
svoji uri. Oba izbereta enak oddaljenost L/2 zanju
mirujočega zrcala od ure. Ker oba uravnata uri na
enak način, je seveda hitrost svetlobe za oba opazo-
valca enaka: L na tik. Opazovalcev je l hko kolik r
hoˇeš, in vsi bodo rdili isto: hitrost svetlobe je L na
tik.“
„To je gotovo goljufija. Vsi bi morali imeti povsem
identične ure, ki tečejo neodvisno od opazovalca, ne
pa, da ima vsak svo in po v je naravnano. Kar
omisli! Z me je moje zrcal pri miru, opazovalčevo
a se giblje. Uri pač nista enako naravnani. Če me-
riš tako bedasto, ugotoviš, da s vse hitrosti na tem
sve u enake, aj pri opazovanju kakršnegakoli giba-
nja strezno n staviš dolžino tika in vedno lahko do
biš hitrost L tik!!! “
„Ko si uro enkrat nastavil, je pač ne boš kvaril za
vsak g banje posebej. A vidim, da si dojel bistvo.
Sedaj pa pazi! K opazovalca s po svoje naravnanima
urama prideta skupaj in se drug glede na drugega ne
gibljeta več, se zgodi ekaj, kar je povsem nepriča-
kovano. Uri, kjub temu, da sta prej tekli vsaka po
svoje, sedaj tečeta povsem ubrano, ne da bi ju mo-
rali ponovno nas vljati.“
„Glej no glej. . . Sedaj pa se mi je posvetilo! To je
nenadoma tudi povsem pričakovano. Če namreč ni
sredstva, po katerem bi otovala svetloba, sta opa-
zovalca glede ur na povsem istem kot prej, ko sta
bila vs ksebi. In ker se lahko en opaz valec priključi
drugemu tako, da se zavre ali pospeši, drugi pa ne
ukrene nič, se mora tek pospešene ure nekako sam
na avnati na tek ure drugega opazovalca. Torej po-
spešek spremeni tek u e?“
„Tako je. To je osnovna lastnost ur in merjenja
časa. Vse to pa opazimo le pri p k su s sv tlobo.
Ce bi poskušal kaj takega z zvokom, bi bili uri po
snidenju še vedno r zglašeni. Seveda zato, kot bi
končno ugotovila eksperim tatorja, ker hi rost zvo-
a pač ni enaka za vse opazovalce, ki se gibljejo glede
n zrak z različnimi hitrostmi.“
„Torej lahko rečeš, da se nam le zdi, da ima hitrost
svetl b enako vr dnost v vseh opazovalnih siste-
mih, kot se nam je tudi zdelo, da Mesec ved o potuje
z nami?“
„Lastnosti prostora i č sa so pač take, da celo
3
dlje časa, pa vidijo, da se Mesec tudi sam prav počasi
premika po nebu.“
„No, ker se le tako zdi, pa si zamisli takle poskus.
Opaz valca, ki se drug glede na drugega gibljeta, me-
rita hitrost svetlobe. Vzameta vsak svojo uro, ki ju
morata še um riti. Uri sta narejeni tako, da enako
e no tik akata, dolžino tik in taka pa nastavimo
tako, da v nekem trenutku pošljemo roti odd lje
nemu m rujočemu zrcalu kratek svetlobni sunek. K
prestrežem odbito svetlobo, na ura naredi tik, po
te pa enako za ak. Tako oba opaz valca umerita
svoji uri. Oba iz ereta enak oddaljenost L/2 zanju
mirujoč g zrcala od ure. Ker oba uravn ta uri n
enak način, je sev da hitrost svetlob za oba op zo-
valca enaka: L n tik. Opazovalcev je l hko kol k r
hoˇeš, in vsi bodo rdili isto: hitrost svetl e je L na
tik.“
„To je gotovo goljufija. Vsi bi morali imeti povsem
identične ure, ki tečejo neodvisno od opazovalca, ne
pa, da ima vsak svo in po v je naravnano. Kar
omisli! Z me je moje zrcal pri miru, opazovalčevo
se g blje. Uri pač nista enako naravna i. Če me-
riš tako bedasto, ugotoviš, da s vse hitrosti na tem
sve u enak , aj ri opazovanju kak šnegakoli giba
nja strezno n staviš dolžino tika in vedn lahko do
biš hitrost L tik!!! “
„Ko si uro enkrat nastavil, je pač ne boš kvaril za
vsak g banje posebej. A vidim, da si dojel bistvo.
Sedaj pa pazi! K opazov lca s po svoj naravn nim
ur ma prideta skupaj in se drug glede na drugega ne
gibljeta več, se zgodi ekaj, kar je povsem nepriča-
kovano. Uri, kjub temu, da sta prej tekli vsaka po
svoj , sedaj tečeta povsem ubrano, ne da bi ju mo
rali ponovno nas vljati.“
„Glej no glej. . . Sed j pa se mi je posvetilo! To je
nenadoma tudi povsem pričakovano. Če namreč ni
sredstva, po katerem bi otovala svetloba, sta opa-
zov lca glede ur na povsem istem kot prej, ko sta
bila vs ksebi. In ker se lahko en opaz valec priključi
drugemu tako, da se zavre al pospeši, d ugi pa ne
ukrene nič, se mora t k pospešene ure n kako sam
na avnati na tek ure drug g o azovalca. Torej po-
spešek spremeni tek u e?“
„Ta o je. To je osnovna lastnost ur in merjenja
časa. Vse to pa opazimo le pri p k su s sv tlobo.
Ce bi poskušal kaj takega z zvokom, bi bili uri po
snidenju še vedno r zglaš ni. Seveda zato, kot bi
končno ugotovila eksperim tat rja, ker hi rost zvo-
a pač ni enaka za vse op zovalce, ki se gibljejo glede
n zrak z različnimi hit ostmi.“
„Torej lahko rečeš, da se nam le zdi, da ima hitrost
svetl b enako vr dnost v vseh opazovalnih siste-
mih, kot se nam je tudi zd lo, da Mesec ved o potuje
z nami?“
„Lastnosti prostora in časa s pač take, da celo
3
dlje časa, pa vidijo, da se Mesec tudi sam prav počasi
premika po nebu.“
„No, ker se le tako zdi, pa si zami li takle posku .
Opaz valca, ki se drug glede na drugega gibljeta, me-
rita hitrost svetlobe. Vzameta vsak svojo uro, ki ju
morata š um riti. Uri sta narejeni tako, da enako
e n tik akata, olžino tik in taka pa nas vi o
tako, da v nekem trenutku pošljemo r ti odd lje
nemu m rujoč mu zrcalu kratek svetlobni sun k. K
pr strežem odbit svetlobo, na ura naredi tik, po
e pa enako za ak. Ta o oba opaz valca umerita
svoji uri. Oba iz ereta enak oddaljenost L/2 zanju
mirujoč g zrcala d ure. Ker oba uravn ta uri n
enak način, je sev da hitrost svetlob za oba op zo-
valca enaka: L n tik. Op z valcev je l hko kol k r
hoˇeš, in vsi bodo r ili isto: hitrost svetl e je L
tik.“
„To je gotov goljufija. Vsi b morali imeti povsem
identične ure, ki tečejo neodvisno od opazovalca, ne
pa, da ima vsak svo in po v je naravnano. Kar
omisli! Z me je moje zrcal pri miru, opazovalčevo
se g blje. Ur pač nista enako naravna i. Če me-
riš tako beda to, ug toviš, da s vse hitrosti na tem
sve u enak , aj ri opazovanju kak šnegakoli giba
nja strezno n staviš dolžino tika in vedn lahko do
biš hitrost L tik!!! “
„Ko si ur enkrat nastavil, je pač n boš kvaril za
vsak g banje posebej. A vidim, da si dojel bistvo.
Sedaj pa pazi! K opazov lca s po svoj naravn nim
ur ma prideta s upaj in se drug glede na drugega ne
gibljeta več, se zgodi ekaj, kar je povsem nepriča-
kov no. Uri, kjub temu, d ta prej tekli vsaka po
svoj , sedaj tečeta povsem ubrano, ne da bi ju mo
rali ponovno nas vljati.“
„Glej no gl j. . . Sed j pa se mi je posvetilo! To je
nenadoma tudi po sem pričakovano. Če namreč ni
sredstva, po katerem bi otovala svetloba, sta opa-
zov ca glede ur na povsem istem k t prej, ko sta
bila vs ksebi. In ker se lahko en opaz valec priključ
d ugemu tako, da se zavre al posp ši, d ugi pa ne
ukrene nič, se mor t k pospešene ure n kako sam
na a nati na tek ure drug g o azovalca. Torej po-
speš k spremeni tek u e?“
„Ta o je. To je osnovna lastnost ur in mer enja
časa. V e to pa opazimo le pri p k su s sv tlobo.
Če bi poskušal kaj takega z zvokom, bi bili uri po
snidenju še vedno r zglaš ni. Seveda zato, kot bi
končno ugotovila eksperim tat rja, ker hi ros zv -
a pač ni enaka za vse op zovalce, ki se g bljejo glede
n zrak z različnimi hit ostm “
„Torej lahko rečeš, da se nam le zdi, da ima hitrost
svetl b enako vr dnost v vseh opazovalnih siste-
mih, kot se nam je tudi zd lo, da Mesec ved o potuje
z nami?“
„Lastnosti prostora i časa so pač take da celo
3
dlje časa, pa vidijo, da se Mesec tudi sam prav počasi
premika po nebu.“
„No, ker se le tako zdi, pa si zami li takle posku .
Opaz v lca, k se drug gled na drugega gibljeta, me-
rita hitrost svetlobe. Vzameta vsak svojo uro, ki ju
morata š um riti. Uri sta narejeni tako, da enako
e n tik akata, olžino tik in taka p nas vi o
tako, da v nekem trenutku pošljemo r ti odd lj
nemu m rujoč mu zrcalu kratek vetlobni sun k. K
pr strežem odbit svetlobo, na ura nare i tik, p
e pa enako za ak. Ta o oba opaz v lca umerita
svoji uri. Oba iz ereta enak ddaljenost L/2 z nju
mirujoč g zrcala d ure. Ker oba uravn ta uri n
enak način, je sev da hi r st svetlob z oba op z
valca enak : L n ti . Op z v lcev je l hko kol k r
hoˇeš, in vsi bodo r ili isto: hitrost svetl e je L
tik.“
„To je gotov goljufija. Vsi b morali imeti povsem
identične ure, ki tečejo neodvisn od opazovalca, e
pa, da ima vsak svo in po v je naravnano. Kar
omisli! Z me je moje zrcal pri miru, opazovalčevo
se g blje. Ur pač nista enako naravna i. Če me-
riš tako beda to, ug t viš, a vse hitrosti na tem
sve u enak , j ri opazovanju kak šnegakoli gib
nja trezno n staviš dolžin tika in vedn lahko do
biš hitrost L tik!!! “
„Ko si ur enkrat nastavil, je pač n boš kvaril za
vs k g banje posebej. A vidim, da si d jel bistv .
Sedaj pa pazi! K opazov lca s po svoj naravn nim
ur ma prideta s upaj in se drug glede na drugega ne
gibljeta več, se zgodi ekaj, kar je povsem nepriča-
kov no. Uri, kjub temu, d ta prej tekli vsaka po
svoj , sed j tečeta povsem ubrano, n d bi ju mo
rali ponovno nas vljati.“
„Glej no gl j. . . Sed j pa se mi je posvetilo! To je
nenadoma tudi po sem pričakovano. Če namreč ni
sredstva, p k terem bi otovala svetloba, sta opa-
zov ca glede ur na povsem istem k t prej, ko sta
bila vs ksebi. In ker se lahko en opaz val c priključ
d ugemu tako, da se zavre al posp ši, d ugi pa ne
ukrene nič, se mor t k spešene ure n kako sam
na nati na tek ure drug g o azovalca. Torej po-
speš k spreme i t k u e?“
„Ta o je. To je osnovna lastnost ur in mer enja
č s . V e to pa opazimo le pri p k su s sv tlob .
Ce bi poskušal kaj tak ga z zvokom, bi bili uri po
snidenju še vedno r zglaš ni. Seveda zato, kot bi
končno ugotovila ksperim ta rja, ker hi ros zv -
pač ni enaka za vse op zovalce, ki se g bljejo glede
n zrak z različnimi hit ostm “
„Torej lahko rečeš, da se nam le zdi, da ima hitrost
svetl b o vr dn st v seh opazova nih siste-
mih, kot se nam je tud zd lo, da Mesec ved o potuje
z nami?“
„Lastnosti prostora in časa so pač take, da celo
3
dlje časa, pa vidijo, da se Mesec tudi sam prav počasi
premika po nebu.“
„No, ker se le tako zdi, pa si zami li takle posku .
Opaz v lca, k se drug gled na drugega gibljeta, me-
rita hitrost s etlobe. Vzameta vsak svojo uro, ki ju
morata š um riti. Uri sta narejeni tako, da enako
e n tik akata, olžino tik in taka p nas vi o
tako, da v n k m trenutku pošljemo r ti odd lj
nemu m rujoč mu zrcalu kratek vetlobn sun k. K
pr strežem odbit svetlobo, na ura nare i tik, p
e p enako za ak. Ta o oba opaz v lca umerita
svoji uri. Oba iz ereta enak ddaljenost L/2 z nju
mirujoč g zrcala d ure. Ker oba uravn ta uri n
enak način, je sev da hi r st svetlob z oba op z
valca nak : L n ti . Op z v lcev je l hko kol k r
hoˇeš, in vsi bodo r ili isto: hitr st svetl e je L
tik.“
„To je gotov goljufija. Vsi b m rali imeti p vsem
identič e ure, ki tečejo neodvisn od opazovalca, e
pa, da ima vsak svo in po voje naravnano. Kar
omisli! Z me je moje zrcal pri miru, opazovalčevo
se g blje. Ur pač nista enako naravna i. Če me-
riš tako beda to, ug t viš, a vse hitrosti na t
sv u e ak , j ri opazovanju kak šnegakoli gib
nja trezno n sta iš dolžin tika in vedn lahko do
biš hitrost L tik!!! “
„Ko si ur enkrat nastavil, je pač n b š kvaril za
vs k g banje posebej. A idim, da si d jel bistv .
Sedaj pa pazi! K opazov lca s po svoj naravn nim
ur ma prideta s upaj in se drug glede na drugega ne
gibljeta več, se zgodi ekaj, kar je povsem nepriča-
kov no. Uri, kjub emu, d ta prej tekli vsaka po
svoj , sed j tečeta povsem ubrano, n bi ju m
rali ponovno nas vljati.“
„Glej no gl j. . . Sed j pa se mi je posvetilo! To je
nen d ma tudi po sem pričakovano. Če namreč ni
redstva, p k terem bi otovala svetloba, sta opa
zov ca glede ur na povsem istem k t prej, ko sta
bila vs ksebi. In ker se lahko en opaz val c priključ
d ugemu tako, da se zavre al posp ši, d ugi pa n
ukrene nič, se mor t k spešene ure n kako sam
na nati na tek ure drug g o zova ca. Torej o
speš k spreme i t k u e?“
„Ta o je. To je osno na lastnost ur in mer enja
č s . V e to pa p zimo le ri p k su s sv tlob .
Če bi poskušal kaj tak ga z zvokom, bi bili uri po
nid nju š v dno r zglaš ni. Seveda zato, kot bi
končno ugotovila ksperim ta rja, ker hi ros zv -
pač ni enaka za vse op zov lce, ki se g bljejo glede
n zrak z različnimi hit stm “
„Torej lahko rečeš, da se nam le zdi, da ima hitrost
svetl b o vr dn st v seh opazova nih siste
mih, kot se nam je tud zd lo, da Mesec ved o potuj
z nami?“
Lastnosti prostora in časa so pač t ke, da celo
3
•
mitja rosina
Razmisli 
in poskusi —
Opis barv s 
tremi barvnimi
koordinatami
45. Opis barv s tremi barvnimi koordinatami
Ljudje (in nekatere živali) imamo v očesu tri vrste ču-
tnic za svetlobo, ki zaznavajo tri razlǐcna spektralna
območja svetlobe. Ene zaznavajo pretežno rdeče ob-
močje, druge zeleno, tretje pa modro. Zato se je iz-
kazalo, da lahko poustvarimo večino barv s sešteva-
njem svetlobe treh „svetilk“ (recimo pikslov na tele-
vizijskem in računalniškem zaslonu). Jakost posa-
meznih komponent označimo s t. i. barvnimi koordi-
natami R,G in B (red, green, blue – rdeče, zeleno,
modro). Pri tem ustreza vsota koordinat celotni ja-
kosti svetlobe, njihova razmerja pa barvnemu vtisu
(prevladujočemu spektralnemu območju ter čistosti
barve). Nekoč je bilo določanje barvnih koordinat
ter sestavljanje nove zaželene barve zamudno; po-
trebovali so tri projektorje z ustreznimi filtri. Da-
nes pa je to s pomočjo računalnika in zaslona čisto
preprosto in zabavno. Vzamemo program, ki do-
pušča našo izbiro barvnih koordinat, recimo Power-
Point (napravi „text box“, napiši kak tekst, pritisni
„Font color“, „more colors“, „customs“). Enako pa-
leto ponujajo tudi drugi programi, npr. Paint, Irfan-
view.
Naloge
1.) Vzemi različne barvaste predmete (papir, knji-
ga, blago, vaza) in poskusi najti na zaslonu enako
barvo. Določi tudi „napako“ (za koliko smeš spreme-
niti koordinate, da bo primerjava še sprejemljiva).
Če imaš več računalniških programov, preveri, ali
dajo vsi enak rezultat.
2.) Poišči barve, ki so ti posebno všeč, in zabeleži
njihove koordinate. Ali imaš raje barve bliže spek-
tralnim ali pastelne mešanice?
3.) Ali je vtis barve res odvisen samo od razme-
rij R,G, B? Zmanjšaj sorazmerno vse tri vrednosti in
preveri. Dobil boš enak vtis, če je barvasta ploskev
velika in okolica ne moti. Če je ploskvica svetlejša
od okolice, se nam zdi barva zelo živa, če pa je plo-
skvica temnejša od okolice, dobimo vtis sive, rjave,
sivomodre, sivozelene ali umazane barve. Zabeleži
območja za te odtenke.
Odgovor na vprašanje iz prejšnje številke Preseka
44. Guncanje. Kmalu si se kot otrok naučil, da je
treba pri gibanju naprej noge stegniti, pri gibanju na-
zaj pa skrčiti. Razloži, zakaj! Ali deluješ pri tem s
silo? Ali opravljaš delo? Čemu?
Odgovor. Če ne steguješ in krčiš nog, je nihanje
dušeno in se počasi ustavljaš. Za stalno amplitudo
nihanja torej moraš opravljati delo, da nadoknadiš
izgube zaradi trenja v ležajih in zračnega upora. Pri
stegovanju nog spodnji del noge odrineš s silo na-
prej. Telo torej čuti silo nazaj – v obratni smeri, kot
se giblje, torej opravlja delo, ki ga podaja ležajem in
okoliškemu zraku. Ko pa spodnji del noge skrčiš, po-
tegneš spodnji del noge k sebi, telo pa k spodnjemu
delu noge – v obratni smeri gibanja telesa. Spet ti
opravljaš delo.
Zakaj pa je treba pri stegovanju spodnji del noge
odrivati in ne pritegovati? Ker moramo spodnji del
2
presek 39 (2011/2012) 3
www.presek.si
www.dmfa.si
www.dmfa-zaloznistvo.si
noge pospešiti, saj se pri stegovanju giblje hitreje od
telesa. Pri krčenju pri gibanju nazaj pa dobi spodnji
del noge pospešek v smeri nazaj, saj spet prehiteva
telo in potrebuje silo v smeri telesa (v smeri krčenja).
Za odriv je seveda važno osišče (ležaj), ki po za-
konu o akciji in reakciji prevzame odrivni sunek. Po-
leg stegovanja in krčenja nog pomaga tudi gibanje
telesa (usločenje hrbta), ki lahko prispeva tudi polo-
vico odriva.
3
45. Opis barv s tremi barvnimi koordinatami
Ljudje (in nekatere živali) imamo v očesu tri vrste ču-
tnic za svetlobo, ki zaznavajo tri razlǐcna spektralna
območja svetlobe. Ene zaznavajo pretežno rdeče ob-
močje, druge zeleno, tretje pa modro. Zato se je iz-
kazalo, da lahko poustvarimo večino barv s sešteva-
njem svetlobe treh „svetilk“ (recimo pikslov na tele-
vizijskem in računalniškem zaslonu). Jakost posa-
meznih komponent označimo s t. i. barvnimi koordi-
natami R,G in B (red, green, blue – rdeče, zeleno,
modro). Pri tem ustreza vsota koordinat celotni ja-
kosti svetlobe, njihova razmerja pa barvnemu vtisu
(prevladujočemu spektralnemu območju ter čistosti
barve). Nekoč je bilo določanje barvnih koordinat
ter sestavljanje nove zaželene barve zamudno; po-
trebovali so tri projektorje z ustreznimi filtri. Da-
nes pa je to s pomočjo računalnika in zaslona čisto
preprosto in zabavno. Vzamemo program, ki do-
pušča našo izbiro barvnih koordinat, recimo Power-
Point (napravi „text box“, napiši kak tekst, pritisni
„Font color“, „more colors“, „customs“). Enako pa-
leto ponujajo tudi drugi programi, npr. Paint, Irfan-
view.
Naloge
1.) Vzemi različne barvaste predmete (papir, knji-
ga, blago, vaza) in poskusi najti na zaslonu enako
barvo. Določi tudi „napako“ (za koliko smeš spreme-
niti koordinate, da bo primerjava še sprejemljiva).
Če imaš več računalniških programov, preveri, ali
dajo vsi enak rezultat.
2.) Poišči barve, ki so ti posebno všeč, in zabeleži
njihove koordinate. Ali imaš raje barve bliže spek-
tralnim ali pastelne mešanice?
3.) Ali je vtis barve res odvisen samo od razme-
rij R,G, B? Zmanjšaj sorazmerno vse tri vrednosti in
preveri. Dobil boš enak vtis, če je barvasta ploskev
velika in okolica ne moti. Če je ploskvica svetlejša
od okolice, se nam zdi barva zelo živa, če pa je plo-
skvica temnejša od okolice, dobimo vtis sive, rjave,
sivomodre, sivozelene ali umazane barve. Zabeleži
območja za te odtenke.
Odgovor na vprašanje iz prejšnje številke Preseka
44. Guncanje. Kmalu si se kot otrok naučil, da je
treba pri gibanju naprej noge stegniti, pri gibanju na-
zaj pa skrčiti. Razloži, zakaj! Ali deluješ pri tem s
silo? Ali opravljaš delo? Čemu?
Odgovor. Če ne steguješ in krčiš nog, je nihanje
dušeno in se počasi ustavljaš. Za stalno amplitudo
nihanja torej moraš opravljati delo, da nadoknadiš
izgube zaradi trenja v ležajih in zračnega upora. Pri
stegovanju nog spodnji del noge odrineš s silo na-
prej. Telo torej čuti silo nazaj – v obratni smeri, kot
se giblje, torej opravlja delo, ki ga podaja ležajem in
okoliškemu zraku. Ko pa spodnji del noge skrčiš, po-
tegneš spodnji del noge k sebi, telo pa k spodnjemu
delu noge – v obratni smeri gibanja telesa. Spet ti
opravljaš delo.
Zakaj pa je treba pri stegovanju spodnji del noge
odrivati in ne pritegovati? Ker moramo spodnji del
2
Slovenijo so na olimpijadi zastopali: Pavel Kos
in Domen Ipavec z Gimnazije Bežigrad, Ljubljana;
Mitja Zidar in Marko Ljubotina iz srednje šole Jo-
sipa Jurčiča Ivančna Gorica ter Kristijan Kuhar iz
Šolskega centra Velenje, Gimnazija. Izbrani so bili
na izbirnem tekmovanju za olimpijsko ekipo, na
katerega so se uvrstili po regijskem in državnem
tekmovanju srednješolcev iz fizike. Tako kot v
prejšnjih letih je vse stopnje tekmovanja tudi v
šolskem letu 2010/11 organiziralo in izvedlo Dru-
štvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije
(DMFA Slovenije).
Olimpijada je potekala med 10. in 18. julijem 2011
v Bangkoku na Tajskem. Sodelovalo je 393 tekmo-
valcev iz 84-ih držav. Naši tekmovalci so osvojili
eno bronasto medaljo in štiri pohvale. Bronasto
medaljo je osvojil Pavel Kos, ostali štirje iz ekipe
pa pohvale. Neuradna primerjava doseženega števila
in vrste medalj ter pohval sodelujočih držav (države
ne tekmujejo ekipno) nas uvršča na delitev 41. me-
sta, med 40-imi evropskimi državami pa na delitev
20. mesta.
Slika 1
Strokovni vodji ekipe in člana mednarodne komi-
sije sva bila dr. Jurij Bajc s Pedagoške fakultete v Lju-
bljani in mag. Ciril Dominko, DMFA Slovenije. Ude-
ležbo na olimpijadi sta finančno omogočili DMFA Slo-
venije ter Ministrstvo za šolstvo in šport.
Naslednja, 43. mednarodna fizikalna olimpijada
bo od 15. do 24. julija 2012 v mestih Talin in Tartu v
Estoniji.
2
l ij li ij i li: l
i I i ij i , j lj ;
i j i i j i i j l -
i i I i i ij i
l l j , i ij . I i ili
i i j li ij i ,
ili ij i
j j l i i .
j ji l i j j j i
l l i i l i i l -
i , i i l i
( l i ).
li ij j l . i . j lij
j . l l j -
l i -i . i l i jili
lj i i i l .
lj j jil l , li i j i i
l . i j il
i lj l l j i (
j j i ) li . -
, -i i i i i li
. .
li
i ji i i l i-
ij il . ij j lt t j -
lj i i . i il i , l ij . -
l li ij i ili l -
ij i i t t l t i t.
l j , . i l li ij
. . j lij i li i
iji.
t
t t
t t
t
t
t t
t t
t t t t
t
t t t t j
j
t
t
r t
t t r t
t t r
r r r t
r t t r r r
t r t
t r r t
t
tr r
r J r š f
r
t
t r s s š s š
r
t rt
t
Slovenijo so na oli pijadi zas opali: Pavel os
in o en Ipavec z i nazije Bežigrad, Ljubljana;
i ja Zidar in arko Ljubo ina iz srednje šole Jo-
sipa Jurčiča Ivančna orica er ris ijan uhar iz
Šolskega cen ra elenje, i nazija. Izbrani so bili
na izbirne ek ovanju za oli pijsko ekipo, na
ka erega so se uvrs ili po regijske in državne
ek ovanju srednješolcev iz fizike. Tako ko v
prejšnjih le ih je vse s opnje ek ovanja udi v
šolske le u 2010/11 organiziralo in izvedlo ru-
š vo a e a ikov, fizikov in as rono ov Sloveni e
( F Sloveni e).
li pijada je po ekala ed 10. in 18. julije 2011
v Bangkoku na Tajske . Sodelovalo je 393 ek o-
valcev iz 84-ih d žav. aši ek ovalci so osvojili
eno bronas o edaljo in š iri pohvale. B onas o
edaljo je osvojil Pavel os, os ali š i je iz ekipe
pa pohvale. eu adna p i e java doseženega š evila
in v s e edalj e pohval sodelujočih d žav (d žave
ne ek ujejo ekipno) nas uv šča na deli ev 41. e-
s a, ed 40-i i ev opski i d žava i pa na deli ev
20. es a.
Slika 1
S okovni vodji ekipe in člana edna odne ko i-
sije sva bila d . u ij Bajc s Pedago ke akultete v Lju-
bljani in ag. Ci il o inko, F Slovenije. de-
ležbo na oli pijadi s a finančno o ogočili F Slo-
venije e ini tr tvo za ol tvo in port.
aslednja, 43. edna odna fizikalna oli pijada
bo od 15. do 24. julija 2012 v es ih Talin in Ta u v
Es oniji.
2
m t : K
D m G m , ;
M t M t
G t K t K
t V , G m .
m t m m ,
t t m m
t m . t
t t t m t
m t D
t m t m t , t m j
DM A j .
O m t m . . m
m. t m
r . N t m
t m t . r t
m K , t t r
. N r r m r t
r t m t r r r
t m r t . m
t , m m r m r m t
. m t .
tr m r m
r. J r š f
m . r D m , DM A . U
m t m DM A
t r M s s š s š .
N , . m r m
. . m t rt
t .
l ij s li ij i s li: l s
i I i ij i r , j lj ;
i j i r i r j i i sr j š l J -
si J r i I ri r ris ij r i
ls r l j , i ij . I r i s ili
i ir j li ijs i ,
r s s rs ili r ijs i r
j sr j š l i i .
r jš ji l i j s s j j i
š ls l / r i ir l i i l r -
š i , i i s r l i
( l i ).
li ij je e l e . i . j lije
js e . el l je e -
lce i -i . ši e lci s s jili
r s lj i š iri l . s
e lj je s jil l s, s li š i je i e i e
le. e i e j se e e š e il
i s e e lj e l s el j ci ( e
e e jej e i ) s šc eli e . e-
s , e -i i e s i i i eli e
. es .
li
i ji e i e i cl e e i-
sije s il . ij jc s e e ltete j -
lj i i . i il i , l e ije. e-
le li ij i s c cili l -
e ije e i i tr t z l t i rt.
sle j , . e i l li ij
. . j lij es i li i
s iji.
S o e o o a o a za o a Pa e o
o e a ec z az e ež g a L a a
a a a o L o a z e e o e o
a č ča a č a o ca e a a z
Šo ega ce a e e e az a z a o
a z e e o a za o o e o a
a e ega o e o eg e ža e
e o a e e o ce z z e a o o
e e e e o e e o a a
o e e 2010 11 o ga z a o z e o
vo e kov z kov o o ov S ove e
F S ove e
a a o ka a 10 18 2011
v Ba gkok a a k So ova o 393 k o
va v z 84 žav a k ova o o vo
e o o a o e a o o a e B o a o
a o o vo Pa e o o a z k
a o va a a ava o ž ga v a
v a o va o oˇ žav žav
k o k o a v ˇa a v 41
a 40 v o k žava a a v
20 a
S ka 1
S okov vo k ˇ a a a o ko
va b a Ba P dago k ak v L
b a ag o ko F S ov
žbo a o a a a ˇ o o ogoˇ F S o
v vo a o vo po
a a 43 a o a z ka a o a a
bo o 15 o 24 a 2012 v a a v
E o
2
v n n p d t p : v
n n p v n B d, ub n ;
t Z d n k ub t n dn
p u v n n t t n uh
k nt n , n . b n b
n b n t k v n u p k k p , n
k t uv t p k n d vn
t k v n u dn v fi k . T k k t v
p n h t h v t pn t k v n tud v
k tu n n v d u
t at at , fi n a t n n j
n j .
p d p t d . n . u
n u n T . d t
h dr . t
n b n t d n t p hv . r n t
d v , t t r p
p p h . ur dn pr r d n t
n r t d t r p h d u h dr dr
n t u pn n u r n d t .
t , d r p dr p n d t
. t .
tr n d p n n dn r dn
dr. Jur š f u u
n n . C r n , n . d
n p d t fin n n
n t r n s s š s n š .
dn , . dn r dn fi n p d
d . d . u t h T n n T rtu
t n .
l ij s li ij i s li: l K s
i D I Gi ij i r , j lj ;
i j i r i r j i i sr j š l J -
si J r i I G ri r Kris ij K r i
ls r V l j , Gi ij . I r i s ili
i ir j li ijs i ,
r s s rs ili r ijs i r
j sr j š l i i .
r jš ji l i j s s j j i
š ls l / r i ir l i i l r -
š i , i i s r l i
( A l i ).
Oli ij je e l e . i . j lije
js e . el l je e -
lce i -i . N ši e lci s s jili
r s lj i š iri l . s
e lj je s jil l K s, s li š i je i e i e
le. Ne i e j se e e š e il
i s e e lj e l s el j ci ( e
e e jej e i ) s šc eli e . e-
s , e -i i e s i i i eli e
. es .
li
i ji e i e i cl e e i-
sije s il . ij jc s e e ltete j -
lj i i . i il D i , D A l e ije. U e-
le li ij i s c cili D A l -
e ije e i i tr t z l t i rt.
N sle j , . e i l li ij
. . j lij es i li i
s iji.
D
D
M
M
M
Slo e ijo o a olim ija i za to ali: Pa el o
i ome I a ec z im azije ežig a , Lj lja a;
Mitja i a i Ma o Lj oti a iz e je ole o-
i a čiča I a č a o ica te i tija a iz
Šol ega ce t a ele je, im azija. Iz a i o ili
a iz i em te mo a j za olim ij o e i o, a
ate ega o e tili o egij em i ža em
te mo a j e je olce iz zi e. a o ot
ej ji leti je e to je te mo a ja t i
ol em let 2010 11 o ga izi alo i iz e lo -
tvo m tem tikov, zikov i t o omov Slove ije
( MF Slove ije).
lim ija a j ot kala m 10. i 18. j lij m 2011
v Ba gkok a aj k m. So lovalo j 393 t kmo-
val v iz 84-i ržav. a i t kmoval i o o vojili
e o o a to me aljo i ti i o ale. Bro a to
m aljo j o vojil Pa el o , o tali tirj iz ki
a o val . ra a rim rjava o ž ga t vila
i vr t m alj t r o val o l jo ǐ ržav ( ržav
t km j jo ki o) a vr ˇa a lit v 41. m -
ta, m 40-imi vro kimi ržavami a a lit v
20. m ta.
Slika 1
Strokov i vo ji ki i ľa a m aro komi-
ij va bila r. J rij Baj P dagošk fak lt t v Lj -
blja i i mag. iril omi ko, F Slov ij . -
l žbo a olim ija i ta a ˇ o omogo ǐli F Slo-
v ij t r i ist stvo a šolstvo i špo t.
a l ja, 43. m aro a zikal a olim ija a
bo o 15. o 24. j lija 2012 v m ti ali i art v
E to iji.
2
v n n p d p v
n n p v n B d ub n
Z d n k ub n dn
p u v n n n uh
k n n n b n b
n b n k v n u p k k p n
k uv p k n d vn
k v n u dn v fi k T k k v
p n h h v pn k v n ud v
k u n n v d u
a a fi n a n n
n
p d p d n u
n u n T d
h d
n b n d n p hv n
d v p
p p h u dn p d n
n d p h d u h d d
n u pn n u n d
d p d p n d
n d p n n dn dn
d u u u
n n C n n d
n p d fin n n
n n n
dn dn dn fi n p d
d d u h T n n T u
n
ciril dominko
42. fizikalna 
olimpijada 
v Bangkoku, 
Tajska
•
Presek 39 (2011/2012) 3 19
f i z i k a + t e k m o v a n j a
• Naloga reševalca je, da izpolni bele kvadratke s štev-
kami od 1 do 9, tako, da je vsota števk v zaporednih 
belih kvadratkih po vrsticah in stolpcih enaka številu, 
ki je zapisano v sivem kvadratku na začetku vrstice 
(stolpca) nad (pod) diagonalo. Pri tem pa morajo biti 
vse števke v posamezni vrstici (stolpcu) različne.
18
8
13
12
8 16
3
5
9
10
21
6
11
16
23
1879
73317
597
42
18
8
13
12
816
3
5
9
10
21
6
11
16
r
e
š
it
e
v
•
 •
 •
slika 1.
Slovenska olimpijska ekipa po svečani podelitvi priznanj. Z leve proti 
desni: Ciril Dominko (vodja), Kristijan Kuhar (pohvala), Domen Ipavec 
(pohvala), Pavel Kos (bronasta medalja), Marko Ljubotina (pohvala), Mi-
tja Zidar (pohvala) in Jurij Bajc (vodja).
Slovenijo so na olimpijadi zastopali: Pavel Kos
in Domen Ipavec z Gimnazije Bežigrad, Ljubljana;
Mitja Zidar in Marko Ljubotina iz srednje šole Jo-
sipa Jurčiča Ivančna Gorica ter Kristijan Kuhar iz
Šolskega centra Velenje, Gimnazija. Izbrani so bili
na izbirnem tekmovanju za olimpijsko ekipo, na
katerega so se uvrstili po regijskem in državnem
tekmovanju srednješolcev iz fizike. Tako kot v
prejšnjih letih je vse stopnje tekmovanja tudi v
šolskem letu 2010/11 organiziralo in izvedlo Dru-
štvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije
(DMFA Slovenije).
Olimpijada je potekala med 10. in 18. julijem 2011
v Bangkoku na Tajskem. Sodelovalo je 393 tekmo-
valcev iz 84-ih držav. Naši tekmovalci so osvojili
eno bronasto medaljo in štiri pohvale. Bronasto
medaljo je osvojil Pavel Kos, ostali štirje iz ekipe
pa pohvale. Neuradna primerjava doseženega števila
in vrste medalj ter pohval sodelujočih držav (države
ne tekmujejo ekipno) nas uvršča na delitev 41. me-
sta, med 40-imi evropskimi državami pa na delitev
20. esta.
Slika 1
Strokovni vodji ekipe in člana mednarodne komi-
sije sva bila dr. Jurij Bajc s Pedagoške fakultete v Lju-
bljani in mag. Ciril Dominko, DMFA Slovenije. Ude-
ležbo na olimpijadi sta finančno omogočili DMFA Slo-
venije ter Ministrstvo za šolstvo in šport.
Naslednja, 43. mednarodna fizikalna olimpijada
bo od 15. do 24. julija 2012 v mestih Talin in Tartu v
Estoniji.
2
20
f i z i k a + t e k m o v a n j a
presek 39 (2011/2012) 3
Križne vsote
a s t r o n o m i j a
21
slika 1.
Na spletni strani evropskega južnega observato-
rija ESO je izšla zbirka zanimivih nalog, ki pred-
vsem dijake in študente nižjih letnikov fizikalno-
astronomske usmeritve uvajajo v osnove astronom-
ske metodologije obdelave opazovanj. Naloge so
nastale v okviru sodelovanja evropske vesoljske
agencije ESA oz. njenega odseka za vesoljski te-
leskop Hubble in ESO. V tokratnem Preseku obja-
vljamo nekaj nalog, sicer pa bodo v slovenskem
prevodu izhajale na spletnem naslovu Portal v ve-
solje – www.portalvesolje.si.
Meritev oddaljenosti supernove SN1987A na
osnovi opazovanj vesoljskega teleskopa Hu-
bble
SN 1987A je oznaka znamenite supernove. Prvi del
imena se nanaša na vrsto vesoljskega pojava – super-
novo, temu sledi leto odkritja (1987), A pa označuje,
da je bila to prvoodkrita supernova tistega leta.
Supernove
Supernova je eksplozija, ki zaznamuje smrt dolo-
čenega tipa zvezd. Poznamo dve osnovni vrsti su-
pernov, toda na tem mestu se bomo ukvarjali le s
t. i. supernovami tipa II, ki zaznamujejo smrt masiv-
nih zvezd. SN 1987A je bila eksplozija take masivne
zvezde.
Zvezda velike mase (tipično več kot pet Sončevih
mas) živi vsega nekaj milijonov let, nato pa se pod
lastno težo sesede, pri tem sproščeno energijo pa vi-
dimo kot eksplozijo supernove. Med eksplozijo se
večina snovi zvezde razleti v okoliški prostor. Ta
snov lahko doseže hitrost 107 m/s (3 % hitrosti sve-
tlobe). Razširjajoča se lupina ostankov zvezde ostane
vidna v medzvezdnem prostoru še tisoče let, dokler
se ne porazgubi. Tej vidni ostalini eksplozije pra-
vimo ostanek supernove. V središču ostanka se na-
haja osrednji del nekdanje zvezde, ki se je sesedel v
nevtronsko zvezdo.
Vse supernove so zelo svetle. Njihov izsev je pri-
merljiv z energijo, ki jo odda več milijard Soncu po-
dobnih zvezd. Sodijo med najsvetlejše pojave v ve-
solju. Prav zaradi tega jih je mogoče videti na veli-
kih razdaljah. Supernov je sorazmerno malo, zato
nebo ne žari neprestano od svetlobe umrlih zvezd.
Po ocenah naj bi v posamezni galaksiji eksplodiralo
le nekaj supernov na stoletje.
Slika 1
23. februarja 1987 se je v Velikem Magellanovem
oblaku (VMO) pojavila supernova, ki je bila vidna s
prostim očesom. VMO je ena od najbližjih satelitskih
2
l i i j -
ij j i l i i i i l , i -
ij i i ji l i i l -
i j j -
l ij l j. l
l i l j lj
ij . j lj i -
l l i . j -
lj j l , i l
i j l l l l -
lj . l lj . i.
i lj i
i j lj l
l
j i . i l
i lj j -
, l i l i j ( ), j ,
j il i i l .
j l ij , i j l -
i . i i -
, j li l
. i. i i II, i j j i -
i . j il l ij i
.
li ( i i i
) i i j ilij l ,
l , i ij i-
i l ij . l ij
i i l i li i .
l i ( i i -
l ). i j j l i
i i l , l
i. j i i li i l ij -
i . i -
j ji l j , i j l
.
l l . ji i j i-
lji ij , i j ilij -
i . ij j l j j -
lj . i ji j i i li-
i lj . j l ,
i l li .
j i i l iji l i l
l j l j .
li
. j j li ll
l ( ) j il , i j il i
i . j j li ji li i
a s et stra e ro s ega ž ega o ser ato
r a ES e zš a z r a za a og, re
se a e št e te ž et o z a o
astro o s e s er t e a a o os o e astro o
s e eto o og e o e a e o azo a . a oge so
asta e o r so e o a a e ro s e eso s e
age c e ES oz. e ega o se a za eso s te
es o e ES . to rat e Prese o a
a o e a a og, s cer a o o s o e s e
re o z a a e a s et e as o Porta e
so e – . rta ves e.s .
r t v st s r v
s v v v s s t s -
S 1987 e oz aka z a e te s er ove. Prv e
e a se a aša a vrsto veso skega o ava – s er
ovo, te s e eto o kr t a 1987 , a oz ač e,
a e b a to rvoo kr ta s er ova t stega eta.
S er ove
S er ova e eks oz a, k zaz a e s rt o o
če ega t a zvez . Poz a o ve os ov vrst s
er ov, to a a te est se bo o kvar a e s
t. . s er ova t a , k zaz a e o s rt as v
zvez . S 1987 e b a eks oz a take as v e
zvez e.
vez a ve ke ase t č o več kot et So čev
as ž v vsega eka o ov et, ato a se o
ast o težo sese e, r te s rošče o e erg o a v
o kot eks oz o s er ove. e eks oz o se
več a s ov zvez e raz et v oko šk rostor. a
s ov a ko oseže trost 107 /s 3 trost sve
t obe . azš r a oča se a osta kov zvez e osta e
v a v e zvez e rostor še t soče et, ok er
se e orazg b . e v osta eks oz e ra
v o osta ek s er ove. sre šč osta ka se a
a a osre e ek a e zvez e, k se e sese e v
evtro sko zvez o.
se s er ove so ze o svet e. ov zsev e r
er v z e erg o, k o o a več ar So c o
ob zvez . So o e a svet e še o ave v ve
so . Prav zara tega e ogoče v et a ve
k raz a a . S er ov e soraz er o a o, zato
ebo e žar e resta o o svet obe r zvez .
Po oce a a b v osa ez ga aks eks o ra o
e eka s er ov a sto et e.
S ka 1
23. febr ar a 1987 se e v e ke age a ove
ob ak o av a s er ova, k e b a v a s
rost očeso . e e a o a b ž sate tsk
2
N pl ni ni v p k ju n b v -
ij j i l bi k ni ivih n l ki p d-
v dij k in ud n ni jih l nik v fi ik ln -
n k u i v uv j j v n v n -
k d l ij bd l v p v nj N l
n l v kvi u d l v nj v p k v lj k
n ij A nj n d k v lj ki -
l k p Hubbl in V k n ku bj -
vlj n k j n l i p b d v l v n k
p v du i h j l n pl n n l vu l v v -
lj po l olj i
e i e oddaljeno i upe no e S 1987 na
o no i opazo anj e olj kega ele kopa u
bble
N A j n n ni up n i d l
i n n n n lj p j up -
n u l di l d i j ( ) A p n uj
d j il p d i up n i l
up n
up n j pl ij i n uj d l -
n ip d n d n ni i u-
p n d n u u j li l
i up n i ip II i n uj j i -
nih d N A j il pl ij i n
d
Z d li ( ipi n p n ih
) i i n j ilij n l n p p d
l n d p i p n n ij p i-
di pl ij up n d pl ij
in n i d l i li i p T
n l h d hi ( % hi i -
l ) R i j j lupin n d n
idn d dn p u i l d l
n p u i T j idni lini pl ij p -
i n up n V di u n n -
h j dnji d l n d nj d i j d l
n n d
V up n l l Njih i j p i-
lji n ij i j dd ilij d n u p -
d nih d dij d n j l j p j -
lju di jih j id i n li-
ih d lj h up n j n l
n n i n p n d l u lih d
n h n j i p ni l iji pl di l
l n j up n n l j
li
u j j V li ll n
l u (V O) p j il up n i j il idn
p i V O j n d n j li jih li ih
O ,
.
.
O.
,
www. . .
N A
H
.
, , ,
.
,
.
,
. . ,
.
.
,
,
. M
.
.
,
.
.
,
.
.
,
.
.
. ,
.
.
. M
M ,
. M
t tr r r t -
r r m r -
m t t t -
tr m m r t tr m-
m t
t r r
t -
t r t m r -
m r m
r t m rt -
– rt
M r t t r
t -
m it r r i l
im r t l – r
t m l i l t rit ( )
il t r rit r ti t l t
r
r l i i m mrt l
ti m i r ti
r t t m m t m r li l
t i r mi ti i m mrt m i
i il l i t m i
li m (ti i t t i
m ) i i mili l t t
l t t ri t m r r i i
im t l i r l i
i i r l ti li i r t r
l itr t 7 m ( itr ti
tl ) ir l i t t
i m m r t r ti l t l r
r i i i t li i l i r
im t r r i t
r i l i l
tr
r l tl i i ri
m rl i r i i mili r
i i m tl
l r r i t i m i ti li
i r l r r m r m l t
ri r t tl mrli
i m i l i i l ir l
l r t l t
li
f r r li m ll m
l ( ) il r i il i
r tim m li i t lit i
a s le i s a i e o s ega j ž ega o se a o
ija ES je izšla z i a za i i i alog, i e
se ija e i š e e ižji le i o zi al o
as o o s e s e i e ajajo os o e as o o
s e e o ologije o ela e o azo a j. aloge so
as ale o i so elo a ja e o s e esoljs e
age cije ES oz. je ega o se a za esoljs i e
les o le i ES . o a e P ese o ja
lja o e aj alog, sice a o o slo e s e
e o iz ajale a s le e aslo Po al e
solje . alves lje.si.
i v lj s i s v
s vi v j v s ljs l s
l
S 1987 je oz aka z a e e s e ove. P v e
e a se a aša a v s o veso jskega ojava s e -
ovo, e s e e o o k ja 1987 , a oz ač je,
a je b a o voo k a s e ova s ega e a.
S e ove
S e ova je eks oz ja, k zaz a je s o o-
če ega a zvez . Poz a o ve os ov v s s -
e ov, o a a e es se bo o kva ja e s
. . s e ova a II, k zaz a jejo s as v-
zvez . S 1987 je b a eks oz ja ake as v e
zvez e.
vez a ve ke ase č o več ko e So čev
as ž v vsega ekaj jo ov e , a o a se o
as o ežo sese e, e s ošče o e e g jo a v -
o ko eks oz jo s e ove. e eks oz jo se
več a s ov zvez e az e v oko šk os o . a
s ov a ko oseže os 10 /s 3 os sve-
obe . azš jajoča se a os a kov zvez e os a e
v a v e zvez e os o še soče e , ok e
se e o azg b . ej v os a eks oz je a-
v o os a ek s e ove. s e šč os a ka se a-
aja os e j e ek a je zvez e, k se je sese e v
ev o sko zvez o.
se s e ove so ze o sve e. j ov zsev je -
e j v z e e g jo, k jo o a več ja So c o-
ob zvez . So jo e ajsve ejše ojave v ve-
so j . P av za a ega j je ogoče v e a ve -
k az a ja . S e ov je so az e o a o, za o
ebo e ža e es a o o sve obe zvez .
Po oce a aj b v osa ez ga aks j eks o a o
e ekaj s e ov a s o e je.
S ka 1
23. eb a ja 1987 se je v e ke age a ove
ob ak ojav a s e ova, k je b a v a s
os očeso . je e a o ajb žj sa e sk
2
N p tn tr n vr p k u n b rv t -
r b rk n v h n , k pr d-
v d k n tud nt n h tn k v fi k n -
tr n k u r tv uv v n v tr n -
k t d bd v p v n . N
n t v kv ru d v n vr p k v k
n A . n n d k v k t -
k p Hubb n . V t kr tn r ku b -
v n k n , r p b d v v n k
pr v du h n p tn n vu rt v v -
.port o . .
er te odda eno t uperno e S 1987 na
o no opazo an e o kega te e kopa u-
bb e
N A n n nit up rn . r i d l
i n n n n r t l p up r
n , t u l di l t d rit ( ), A p n u ,
d il t pr d rit up rn ti t l t .
up rn
up rn pl i , i n u rt d l
n tip d. n d n ni r ti u
p rn , t d n t tu u r li l
t. i. up rn i tip , i n u rt i
nih d. N A il pl i t i n
d .
Z d li (tipi n t p t n ih
) i i n ili n l t, n t p p d
l tn t d , pri t pr n n r i p i
di t pl i up rn . d pl i
in n i d r l ti li i pr t r. T
n l h d hitr t 7 ( % hitr ti
tl ). R ir lupin t n d t n
idn d dn pr t ru ti l t, d l r
n p r u i. T idni t lini pl i pr
i t n up rn . V r di u t n n
h r dn i d l n d n d , i d l
n tr n d .
V up rn l tl . N ih i pri
rl i n r i , i dd ili rd n u p
d nih d. di d n tl p
l u. r r di t ih id ti n li
ih r d l h. up rn r rn l , t
n n ri n pr t n d tl u rlih d.
n h n i p ni l i i pl dir l
l n up rn n t l t .
li
. f ru r V li ll n
l u (V O) p il up rn , i il idn
pr ti . V O n d n li ih t lit ih
l i i j
ij O j i l i i i i l i
ij i i ji l i i l
i j j
l ij l j l
l i l j lj
ij j lj i
l l i O j
lj j l i l
i j l l l l
lj – www l lj i
i lj i N A
i j lj l H
l
j
j j – -
j j
j
j j j -
-
j
II j j -
j j
j j
j -
j M j
-
j j
j j -
-
j j j j
j j -
j j j j -
j j j j -
j j j -
j j
j j
j j
j j M
M j j
M j j j
a s e s a e o s ega ž ega o se a o-
a ES e zš a z a za a og, e -
se a e š e e ž e o z a o-
as o o s e s e e a a o os o e as o o -
s e e o o og e o e a e o azo a . a oge so
as a e o so e o a a e o s e eso s e
age c e ES oz. e ega o se a za eso s e-
es o e ES . o a e P ese o a-
a o e a a og, s ce a o o s o e s e
e o z a a e a s e e as o Po a e-
so e . a ves e.s .
v s s v
s v v v s s s
S 1987 e oz aka z a e i e s e ove. P vi el
i e a se a aša a v s o vesol skega o ava s e
ovo, e sle i le o o k i a (1987), a oz ač e,
a e bila o voo k i a s e ova is ega le a.
S e ove
S e ova e eks lozi a, ki zaz a e s olo
če ega i a zvez . Poz a o ve os ov i v s i s
e ov, o a a e es se bo o kva ali le s
. i. s e ova i i a , ki zaz a e o s asiv
i zvez . S 1987 e bila eks lozi a ake asiv e
zvez e.
vez a velike ase ( i ič o več ko e So čevi
as) živi vsega eka ili o ov le , a o a se o
las o ežo sese e, i e s ošče o e e gi o a vi
i o ko eks lozi o s e ove. e eks lozi o se
veči a s ovi zvez e azle i v okoliški os o . a
s ov la ko oseže i os 10 /s (3 i os i sve
lobe). azši a oča se l i a os a kov zvez e os a e
vi a v e zvez e os o še isoče le , okle
se e o azg bi. e vi i os ali i eks lozi e a
vi o os a ek s e ove. s e išč os a ka se a
a a os e i el ek a e zvez e, ki se e sese el v
ev o sko zvez o.
se s e ove so zelo sve le. i ov izsev e i
e l iv z e e gi o, ki o o a več ili a So c o
ob i zvez . So i o e a sve le še o ave v ve
sol . P av za a i ega i e ogoče vi e i a veli
ki az al a . S e ov e so az e o alo, za o
ebo e ža i e es a o o sve lobe li zvez .
Po oce a a bi v osa ez i galaksi i eks lo i alo
le eka s e ov a s ole e.
Slika 1
23. eb a a 1987 se e v elike agella ove
oblak ( ) o avila s e ova, ki e bila vi a s
os i očeso . e e a o a bliž i sa eli ski
2
Na spletni strani evropskega južnega observato-
rija ESO je zšla zbirka zanimivih nalog, ki pred
vsem dijake in študente nižjih letnikov fiz kalno
a tronomske usmeritve uvajajo v osnove astronom-
ske metodologije obdela e opazovanj. Naloge so
nastal v okviru sodelovanja evropske vesoljske
agencije ESA oz. njenega odseka za v soljski te-
leskop Hubble in ESO. V t kratnem Preseku obja
vljamo nekaj nalog, sicer pa bodo v slovenskem
prevodu izhajale na spletnem naslovu P rtal v ve-
solje – www.portalvesolje.si.
Meritev oddaljenosti supernove SN1987A na
osnovi opazova j vesoljskega teleskopa Hu-
bble
SN 1987A je oznaka znamenite supernove. Prvi del
imena se nanaša na vrsto vesoljskega pojava – super-
novo, temu sledi leto odkritja (1987), A pa označuje,
da je bila to prvoodkrita supernova tistega leta.
Supernove
Supernova je eksplozija, ki zaznamuje smrt dolo-
čen ga tipa zvezd. Poznamo dve osnovni vrsti su
p rnov, toda na tem mestu se bomo ukvarjali le s
t. i. supernovami ipa II, ki zaznamujejo sm t masiv-
nih zvezd. SN 1987A je bila eksplozija take masivne
zvezd .
Zvezda velike mase (tipično več kot pet Sončevih
mas) živi vsega nekaj m lijo v let, nato pa se pod
lastno težo sesede, pri tem sprošč no energijo pa vi-
dimo kot eksplozijo supernove. Med eksplozijo se
večina snovi zve de razleti v okoliški prostor. Ta
snov lahk doseže hitrost 107 m/s (3 % hitrosti sve-
tlobe). Razširjajoča se lupina ostankov zvezde ostane
vidna v medzvezdnem prostoru še tisoče let, dokler
se e porazgubi. Tej vidni stalini eksplozije pra-
vimo ostanek supernove. V središču ostanka se n
haja osrednji del nekdanje zvez e, ki se je sesedel v
nevtr nsko zvezdo.
Vse supernove so zelo svetle. Njihov izsev je pri-
merljiv z energijo, ki jo dda več milijard Soncu o
dobn h vezd. S dijo me najsvetlejše pojave v ve
s lju. Prav zaradi tega jih je mogoče videti na veli
kih razd ljah. Supernov je sorazmerno malo, zato
nebo ne žari neprestano od svetlob umrlih zvezd.
Po ocenah naj bi v posamezni ga aksiji eksplodiralo
le nekaj supernov na stoletje.
Slika 1
23. februarja 1987 se je v Velikem Magellanovem
oblaku (VMO) pojavila supernova, ki je bila vidna s
prostim očesom. VMO je ena od najbližjih s telitskih
2
Na spletni strani evropskega južnega observato-
rija ESO je izšla zbirka zanimivih nalog, ki pred-
vsem dijake in študente nižjih letnikov fizikalno-
astronomske usmeritve uvajajo v osnove astronom-
ske metodologije obdelave opazovanj. Naloge so
nastale v okviru sodelovanja evropske vesoljske
agencije ESA oz. njenega odseka za vesoljski te-
leskop Hubble in ESO. V tokratnem Preseku obja-
vljamo nekaj nalog, sicer pa bodo v sloven kem
prevodu izhajale na spletnem naslovu Portal v ve-
solje – www.portalvesolje.si.
Meritev oddaljenosti supernove SN1987A na
osnovi opazovanj vesoljskega teleskopa Hu-
bble
SN 1987A je oznaka znamenite supernove. Prvi del
imena se nanaša na vrsto vesoljskega pojava – super-
novo, temu sledi leto odkritja (1987), A pa označuje,
da je bila to prvoodkrita supernova tistega leta.
Supernove
Supernova je eksplozija, ki zaznamuje smrt dolo-
čenega tipa zvezd. Poznamo dve osnovni vrsti su-
pernov, toda na tem mestu se bomo ukvarjali le s
t. i. supernovami tipa II, ki zaznamujejo smrt masiv-
nih zvezd. SN 1987A je bila eksplozija take masivne
zvezde.
Zvezda velike mase (tipično več kot pet Sončevih
mas) živi vsega nekaj milijonov let, nato pa se pod
lastno težo sesede, pri tem sproščeno energijo pa vi-
dimo kot eksplozijo supernove. Med eksplozijo se
večina snovi zvezde razleti v okoliški prostor. Ta
snov lahko doseže hitrost 107 m/s (3 % hitrosti sve-
tlobe). Razširjajoča se lupina ostankov zvezde ostane
vidna v medzvezdnem prostoru še tisoče let, dokler
se ne porazgubi. Tej vidni ostalini eksplozije pra-
vimo ostanek supernove. V središču ostanka se na-
haja osrednji del nekdanje zvezde, ki se je sesedel v
nevtronsko zvezdo.
Vse supernove so zelo svetle. Njihov izsev je pri-
merljiv z energijo, ki jo odda več milijard Soncu po-
dobnih zvezd. Sodijo med najsvetlejše pojave v ve-
solju. Prav zaradi tega jih je mogoče videti na veli-
kih razdaljah. Supernov je sorazmerno malo, zato
nebo ne žari neprestano od svetlobe umrlih zvezd.
Po ocenah naj bi v posamezni galaksiji eksplodiralo
le nekaj supernov na stoletje.
Slika 1
23. februarja 1987 se je v Velikem Magellanovem
oblaku (VMO) pojavila supernova, ki je bila vidna s
prostim očesom. VMO je ena od najbližjih satelitskih
2
Na spletni strani evropskega južnega observato-
rija ESO je izšla zbirka zanimivih nalog, ki pred-
vsem dijake in študente nižjih letnikov fizikalno-
astronomske usmeritve uvajajo v osnove astronom-
ske metodologije obdelave opazovanj. Naloge so
nastale v okviru sodelovanja evropske vesoljske
agencije ESA oz. njenega odseka za vesoljski te-
leskop Hubble in ESO. V tokratnem Preseku obja-
vljamo nekaj nalog, sicer pa bodo v slovenskem
prevodu izhajale na spletnem naslovu Portal v ve-
solje – www.portalvesolje.si.
Meritev oddaljenost su ern ve SN1987A na
osnovi opazovanj vesoljskega teleskopa Hu-
bble
SN 1987A je oznaka znamenite supernove. Prvi del
imena se nanaša na vrsto vesoljskega pojava – super-
novo, temu sledi leto odkritja (1987), A pa označuje,
da je bila to prvoodkrita supernova tistega leta.
Supernove
Supernova je eksplozija, ki zaznamuje smrt dolo-
čenega tipa zvezd. Poznamo dve osnovni vrsti su-
pernov, toda na tem mestu se bomo ukvarjali le s
t. i. supernovami tipa II, ki zaznamujejo smrt masiv-
nih zvezd. SN 1987A je bila eksplozija take masivne
zvezde.
Zvezda velike mase (tipično več kot pet Sončevih
mas) živi vsega nekaj milijonov let, nato pa se pod
lastno težo sesede, pri tem sproščeno energijo pa vi-
dimo kot eksplozijo supernove. Med eksplozijo se
večina snovi zvezde razleti v okoliški prostor. Ta
snov lahko doseže hitrost 107 m/s (3 % hitrosti sve-
tlobe). Razširjajoča se lupina ostankov zvezde ostane
vidna v medzvezdnem prostoru še tisoče let, dokler
se ne porazgubi. Tej vidni ostalini eksplozije pra-
vimo ostanek supernove. V središču ostanka se na-
haja osrednji del nekdanje zvezde, ki se je sesedel v
nevtronsko zvezdo.
Vse supernove so zelo svetle. Njihov izsev je pri-
merljiv z energijo, ki jo odda več milijard Soncu po-
dobnih zvezd. Sodijo med najsvetlejše pojave v ve-
solju. Prav zaradi tega jih je mogoče videti na veli-
kih razdaljah. Supernov je sorazmerno malo, zato
nebo ne žari neprestano od svetlobe umrlih zvezd.
Po ocenah naj bi v posamezni galaksiji eksplodiralo
le nekaj supernov na stoletje.
Slika 1
23. februarja 1987 se je v Velikem Magellanovem
oblaku (VMO) pojavila supernova, ki je bila vidna s
prostim očesom. VMO je ena od najbližjih satelitskih
2
andrej guštin
Zbirka vaj 
esa/eso
•
i  od j  super  sn1 a  
vi opazovanj vesoljskega teleskopa Hubble
Pre ek 39 (2011/2012) 3
23. februarja 1987 se je v Velikem Magellanovem 
oblaku (VMO) pojavila supernova, ki je bila vidna s 
prostim očesom. VMO je ena od najbližjih satelitskih 
galaksij naše Galaksije. To je bil med najbolj vznemir-
ljivimi dogodki sodobne astronomije. SN 1987A je bila 
prva, s prostim očesom vidna supernova po 400 letih. 
SN 1987A je za seboj pustila ostane  (na sliki 1 ozna-
čen z okvirčk  in povečan v zgorn em desnem kotu), 
ki ga sestavljajo trije svetleči plinasti prstani. V vaji 
je za določanje oddaljenosti supernove, in s tem tudi 
VMO, izbran manjši osrednji prstan.
a s t r o n o m i j a
22
slabel. Sij je bil največji, ko je zasvetil ves prstan.
Prav to pa je mogoče izkoristiti za izračun oddalje-
nosti SN 1987A.
Slika 2
Prstan zasveti.
Zaporedje ilustracij prikazuje, kako je prstan snovi
zasvetil, ko ga je dosegla svetloba SN 1987A. Prstan
je največji sij dosegel 400 dni po eksploziji super-
nove. Čeprav je svetloba dosegla vse dele prstana
sočasno, so navidezno najprej zasvetili tisti deli, ki
so nam najbližje. To se zgodi zato, ker je svetloba
z bolj oddaljenih delov prstana prepotovala daljšo
pot do nas. Z merjenjem te zakasnitve je mogoče
določiti oddaljenost SN 1987A. Ilustracije so iz raču-
nalniške simulacije, ki so jo naredili pri STScI/NASA.
1. naloga
Najprej moramo izračunati kotni premer prstana, to-
rej njegov navidezni premer v kotnih sekundah a,
kot ga vidimo z Zemlje.
Navidezne razdalje med referenčnimi zvezdami 1,
2 in 3 na sliki 3 so v preglednici podane v kotnih
sekundah.
Na sliki izmeri razdalje med njimi v milimetrih
in jih zapiši v prvi stolpec preglednice. Za vsako
določi še merilo na sliki (kotne sekunde/mm).
Tabela 1
2. naloga
Predpostavimo, da je prstan okoli SN 1987A popol-
noma okrogel. Videti je eliptičen, ker ga vidimo pod
kotom oz. s strani.
Kotni premer prstana na sliki lahko izmerimo,
ne da bi poznali njegov naklon. Za nekatere je
to povsem logično, drugi pa boste morali razmi-
sliti, zakaj je tako. V vsakem primeru na kratko
razložite, zakaj zgornja trditev drži. Pomagajte si
s sliko 4.
Na sliki 3 izmeri premer prstana v milimetrih in
s podatki za referenčne zvezde meritev pretvori v
kotne sekunde.
Slika 3
Slika 4
Naklonski kot i označuje kot med navidezno rav-
4
slabel. Sij je bil največji, ko je zasvetil ves prstan.
Prav to pa je mogoče izkoristiti za izračun oddalje-
nosti SN 1987A.
S ika 2
Prstan zasveti.
Zaporedje ilustracij prikazuje, kako je prstan snovi
zasvetil, ko ga je dosegla svetloba SN 1987A. Prstan
je največji sij dosegel 400 dni po eksploziji super-
nove. Čeprav je svetloba dosegla vse dele prstana
sočasno, so navidezno najprej zasvetili tisti deli, ki
so nam najbližje. To se zgodi z t , ker je svetloba
bolj oddaljenih delov prstana prepotovala daljšo
pot do nas. Z merj njem te zakasnitve je mogoče
d ločiti odd ljenost SN 1987A. Ilustracije so iz raču-
nalniške simulacij , ki so jo naredili pri STScI/NASA.
1. naloga
Najprej mor mo izračunati kotni premer prstana, to
rej njegov navidezni premer v kotnih sekundah a,
kot ga vidimo z Zemlje.
N videzne razdalje med referenčnimi zvezdami 1,
2 in 3 na sliki 3 so v preglednici podane v kotnih
sekundah.
Na sliki izmeri razdalje med njimi v milimetrih
in jih zapiši v prvi stolpec preglednice. Za vsako
določi š m rilo na sliki (kotne sekunde/mm).
Tabela 1
2. naloga
Predpostavimo, da je prstan okoli SN 1987A popol-
noma okrogel. Videti je eliptičen, ker ga vidimo pod
kotom oz. s strani.
Kotni premer prstana na sliki lahko izmerimo,
ne da bi poznali njegov naklon. Za nekatere je
to pov em logično, drugi pa boste morali razmi
sliti, za aj je tako. V vsakem primeru na kratko
razložite, zakaj zgornja trditev drži. Pomagajte si
s sliko 4.
Na sliki 3 izmeri premer prstana v milimetrih in
s podatki za referenčne zvezde meritev pretvori v
ko ne sekunde.
Slika 3
Slika 4
Naklonski kot i označuje kot med navidezno rav-
4
galaksij naše Galaksije. To je bil med najbolj vzne-
mirljivimi dogodki sodobne astronomije. SN 1987A
je bila prva, s prostim očesom vidna supernova po
400 letih. SN 1987A je za seboj pustila ostanek (na
sliki 1 označen z okvirčkom in povečan v zgornjem
desnem kotu), ki ga sestavljajo trije svetleči plinasti
prstani. V vaji je za določanje oddaljenosti super-
nove, in s tem tudi VMO, izbran manjši osrednji pr-
stan.
Oddaljenost Velikega Magellanovega oblaka
Določanje oddaljenosti vesoljskih teles je ena od te-
meljnih nalog astronomije. Natančno meritev odda-
ljenosti SN 1987A lahko uporabimo za določitev raz-
dalje do VMO.
Ker je VMO zelo daleč v primerjavi z razdaljami
med zvezdami v njem, lahko privzamemo, da so
zvezde v VMO približno enako oddaljene od nas. Če
torej določimo oddaljenost SN 1987A, s tem dolo-
čimo tudi oddaljenost drugih zvezd v VMO. To pa
lahko izkoristimo tudi kot odskočno desko za dolo-
čanje oddaljenosti bolj oddaljenih galaksij. To nare-
dimo tako, da v galaksijah poiščemo zvezde določe-
nega tipa in njihov navidezni sij primerjamo z navi-
deznim sijem istovrstnih zvezd v VMO. Ko poznamo
oddaljenost VMO, iz te primerjave neposredno izra-
čunamo oddaljenost drugih galaksij.
Prstan
Vesoljski teleskop Hubble je prve posnetke SN 1987A
naredil z Esino kamero FOC (Faint Object Camera)
1278 dni po eksploziji supernove. Teleskop Hubble
so v orbito okoli Zemlje izstrelili leta 1990, potem pa
je trajalo še nekaj časa, da so ga popravili, zato po-
snetkov ni bilo mogoče narediti prej. Na posnetkih
SN 1987A so vidne tri krožne meglice – notranji pr-
stan in dva zunanja prstana, ki se pnejo okoli mesta
eksplozije. V vaji bomo uporabili le notranji prstan.
Prstan je preveč oddaljen od supernove, da bi bil iz
snovi, ki je v okoliški prostor poletela ob eksploziji.
Gotovo je nastal pred tem dogodkom; verjetno ga je
oblikovala snov umirajoče zvezde, ki jo je v zadnjih
nekaj tisočletjih življenja zvezde ta odpihnila v oko-
lico. Ni povsem znano, kako se je snov zbrala v tako
ostro zarisan in tanek prstan, toda potem, ko ga je
dosegla ultravijolična svetloba eksplozije supernove
SN 1987A, je začel svetiti.
Pomembno je, da je prstan nastal pred eksplozijo
supernove. Predpostavili bomo, da ima prstan po-
polno okroglo obliko, a je nagnjen glede na zveznico
med opazovalcem na Zemlji in supernovo ter ga zato
vidimo kot elipso. Če bi bil prstan viden od zgoraj, bi
ga videli kot krožnico. Svetloba bi v tem primeru iz
različnih delov prstana do nas prišla sočasno. Ker pa
prstan vidimo pod kotom, je bilo najprej videti, kot
bi zažareli deli, ki so nam bližje, z zakasnitvijo pa
bolj oddaljeni deli. To je posledica končne hitrosti
svetlobe (glej sliko 2).
Plinasti prstan je zasvetil, ko ga je dosegla sve-
tloba supernove, nato pa je njegov sij postopoma
3
galaksij naše Galaksije. To je bil med najbolj vzne-
mirljivimi dogodki sodobne astronomije. SN 1987A
je bila prva, s prostim očesom vidna supernova po
400 letih. SN 1987A je za seboj pustila ostanek (na
sliki 1 označen z okvirčkom in povečan v zgornjem
desnem kotu), ki ga sestavljajo trije svetleči plinasti
prstani. V vaji je za določanje oddaljenosti super-
nove, in s tem tudi VMO, izbran manjši osrednji pr-
stan.
Oddaljenost Velikega Magellanovega oblaka
Določanje oddaljenosti vesoljskih teles je ena od te-
meljnih nalog astronomije. Natančno meritev odda-
ljenosti SN 1987A lahko uporabimo za določitev raz-
dalje do VMO.
Ker je VMO zelo daleč v primerjavi z razdaljami
med zvezdami v njem, lahko privzamemo, da so
zvezde v VMO približno enako oddaljene od nas. Če
torej določimo oddaljenost SN 1987A, s tem dolo-
čimo tudi oddaljenost drugih zvezd v VMO. To pa
lahko izkoristimo tudi kot odskočno desko za dolo-
čanje oddaljenosti bolj oddaljenih galaksij. To nare-
dimo tako, da v galaksijah poiščemo zvezde določe-
nega tipa in njihov navidezni sij primerjamo z navi-
deznim sijem istovrstnih zvezd v VMO. Ko poznamo
oddaljenost VMO, iz te primerjave neposredno izra-
čunamo oddaljenost drugih galaksij.
Prstan
Vesoljski teleskop Hubble je prve posnetke SN 1987A
naredil z Esino kamero FOC (Faint Object Camera)
1278 dni po eksploziji supernove. Teleskop Hubble
so v orbito okoli Zemlje izstrelili leta 1990, potem pa
je trajalo še nekaj časa, da so ga popravili, zato po-
snetkov ni bilo mogoče narediti prej. Na posnetkih
SN 1987A so vidne tri krožne meglice – notranji pr-
stan in dva zunanja prstana, ki se pnejo okoli mesta
eksplozije. V vaji bomo uporabili le notranji prstan.
Prstan je preveč oddaljen od supernove, da bi bil iz
snovi, ki je v okoliški prostor poletela ob eksploziji.
Gotovo je nastal pred tem dogodkom; verjetno ga je
oblikovala snov umirajoče zvezde, ki jo je v zadnjih
nekaj tisočletjih življenja zvezde ta odpihnila v oko-
lico. Ni povsem znano, kako se je snov zbrala v tako
ostro zarisan in tanek prstan, toda potem, ko ga je
dosegla ultravijolična svetloba eksplozije supernove
SN 1987A, je začel svetiti.
Pomembno je, da je prstan nastal pred eksplozijo
supernove. Predpostavili bomo, da ima prstan po-
polno okroglo obliko, a je nagnjen glede na zveznico
med opazovalcem na Zemlji in supernovo ter ga zato
vidimo kot elipso. Če bi bil prstan viden od zgoraj, bi
ga videli kot krožnico. Svetloba bi v tem primeru iz
različnih delov prstana do nas prišla sočasno. Ker pa
prstan vidimo pod kotom, je bilo najprej videti, kot
bi zažareli deli, ki so nam bližje, z zakasnitvijo pa
bolj oddaljeni deli. To je posledica konč e hitrosti
svetlobe (glej sliko 2).
Plinasti prstan je zasvetil, ko ga je dosegla sve-
tloba supernove, nato pa je njegov sij postopoma
3
slika 2.
presek 39 (2011/2012) 3
(1.)
(3.)
(5.)
(2.)
(4.)
a s t r o n o m i j a
23
slabel. Sij je bil največji, ko je zasvetil ves prstan.
Prav to pa je mogoče izkoristiti za izračun oddalje-
nosti SN 1987A.
Slika 2
Prstan zasveti.
Zaporedje ilustracij prikazuje, kako je prstan snovi
zasvetil, ko ga je dosegla svetloba SN 1987A. Prstan
je največji sij dosegel 400 dni po eksploziji super-
nove. Čeprav je svetloba dosegla vse dele prstana
sočasno, so navidezno najprej zasvetili tisti deli, ki
so nam najbližje. To se zgodi zato, ker je svetloba
z bolj oddaljenih delov prstana prepotovala daljšo
pot do nas. Z merjenjem te zakasnitve je mogoče
določiti oddaljenost SN 1987A. Ilustracije so iz raču-
nalniške simulacije, ki so jo naredili pri STScI/NASA.
1. naloga
Najprej moramo izračunati kotni premer prstana, to-
rej njegov navidezni premer v kotnih sekundah a,
kot ga vidimo z Zemlje.
Navidezne razdalje med referenčnimi zvezdami 1,
2 in 3 na sliki 3 so v preglednici podane v kotnih
sekundah.
Na sliki izmeri razdalje med njimi v milimetrih
in jih zapiši v prvi stolpec preglednice. Za vsako
določi še merilo na sliki (kotne sekunde/mm).
Tabela 1
2. naloga
Predpostavimo, da je prstan okoli SN 1987A popol-
noma okrogel. Videti je eliptičen, ker ga vidimo pod
kotom oz. s strani.
Kotni premer prstana na sliki lahko izmerimo,
ne da bi poznali njegov naklon. Za nekatere je
to povsem logično, drugi pa boste morali razmi-
sliti, zakaj je tako. V vsakem primeru na kratko
razložite, zakaj zgornja trditev drži. Pomagajte si
s sliko 4.
Na sliki 3 izmeri premer prstana v milimetrih in
s podatki za referenčne zvezde meritev pretvori v
kotne sekunde.
Slika 3
Slika 4
Naklonski kot i označuje kot med navidezno rav-
4
slabel. Sij je bil največji, ko je zasvetil ves prstan.
Prav to pa je mogoče izkoristiti za izračun oddalje-
nosti SN 1987A.
Slika 2
Prstan zasveti.
Zaporedje ilustracij prikazuje, kako je prstan snovi
zasvetil, ko ga je dosegla svetloba SN 1987A. Prstan
je največji sij dosegel 400 dni po eksploziji super-
nove. Čeprav je svetloba dosegla vse dele prstana
sočasno, so navidezno najprej zasvetili tisti deli, ki
so nam najbližje. To se zgodi zato, ker je svetloba
z bolj oddaljenih delov prstana prepotovala daljšo
pot do nas. Z merjenjem te zakasnitve je mogoče
določiti oddaljenost SN 1987A. Ilustracije so iz raču-
nalniške simulacije, ki so jo naredili pri STScI/NASA.
1. naloga
Najprej moramo izračunati kotni premer prstana, to-
rej njegov navidezni premer v kotnih sekundah a,
kot ga vidimo z Zemlje.
Navidezne razdalje med referenčnimi zvezdami 1,
2 in 3 na sliki 3 so v preglednici podane v kotnih
sekundah.
Na sliki izmeri razdalje med njimi v milimetrih
in jih zapiši v prvi stolpec preglednice. Za vsako
določi še merilo na sliki (kotne sekunde/mm).
Tabela 1
2. naloga
Predpostavimo, da je prstan okoli SN 1987A popol-
noma okrogel. Videti je eliptičen, ker ga vidimo pod
kotom oz. s strani.
Kotni premer prstana na sliki lahko izmerimo,
ne da bi poznali njegov naklon. Za nekatere je
to povsem logično, drugi pa boste morali razmi-
sliti, zakaj je tako. V vsakem primeru na kratko
razložite, zakaj zgornja trditev drži. Pomagajte si
s sliko 4.
Na sliki 3 izmeri premer prstana v milimetrih in
s podatki za referenčne zvezde meritev pretvori v
kotne sekunde.
Slika 3
Slika 4
Naklonski kot i označuje kot med navidezno rav-
4
slabel. Sij je bil največji, ko je zasvetil ves prstan.
Prav to pa je mogoče izkoristiti za izračun oddalje-
nosti SN 1987A.
S ika 2
Prstan zasveti.
Zaporedje ilustracij prikazuje, kako je prstan snovi
zasvetil, ko ga je dosegla svetloba SN 1987A. Prstan
je največji sij dosegel 400 dni po eksploziji super-
nove. Čeprav je svetloba dosegla vse dele prstana
sočasno, so navidezno najprej zasvetili tisti deli, ki
so nam najbližje. To se zgodi z t , ker je svetloba
bolj oddaljenih delov prstana prepotovala daljšo
pot do nas. Z merj njem te zakasnitve je mogoče
d ločiti odd ljenost SN 1987A. Ilustracije so iz raču-
nalniške simulacij , ki so jo naredili pri STScI/NASA.
1. naloga
Najprej mor mo izračunati kotni premer prstana, to
rej njegov navidezni premer v kotnih sekundah a,
kot ga vidimo z Zemlje.
N videzne razdalje med referenčnimi zvezdami 1,
2 in 3 na sliki 3 so v preglednici podane v kotnih
sekundah.
Na sliki izmeri razdalje med njimi v milimetrih
in jih zapiši v prvi stolpec preglednice. Za vsako
določi š m rilo na sliki (kotne sekunde/mm).
Tabela 1
2. naloga
Predpostavimo, da je prstan okoli SN 1987A popol-
noma okrogel. Videti je eliptičen, ker ga vidimo pod
kotom oz. s strani.
Kotni premer prstana na sliki lahko izmerimo,
ne da bi poznali njegov naklon. Za nekatere je
to pov em logično, drugi pa boste morali razmi
sliti, za aj je tako. V vsakem primeru na kratko
razložite, zakaj zgornja trditev drži. Pomagajte si
s sliko 4.
Na sliki 3 izmeri premer prstana v milimetrih in
s podatki za referenčne zvezde meritev pretvori v
ko ne sekunde.
Slika 3
Slika 4
Naklonski kot i označuje kot med navidezno rav-
4
•
slika 3.
preglednica 1.
razdalja med oddaljenost 
(mm)
oddaljenost 
(kotne sekunde)
merilo na sliki
(kotne sekunde/mm)
zvezdo 1 in 2 3,0
zvezdo 1 in 3 1,4
zvezdo 2 in 3 4,3
Presek 39 (2011/2012) 3
a s t r o n o m i j a
24
•
nino neba in ravnino, v kateri leži prstan.
3. naloga
Naklonski kot prstana označimo z i. Če je i = 0
ali 180 stopinj, potem pstan vidimo kot krog. Če je
i = 90 stopinj, potem ga vidimo kot črto. Za i med 0
in 180 stopinj obroč vidimo kot elipso.
Kako bi določili i z meritvami velikosti male in
velike osi elipse? V pomoč sta sliki 4 in 5.
Slika 5
Zamisli si, da prstan opazuješ s strani in ga za-
radi tega vidiš pod kotom i glede na namišljeno rav-
nino neba. Namišljena ravnina neba je pravokotna
na smer gledanja. Naklonski kot i je mogoče dolo-
čiti kar z razmerjem med malo in veliko osjo elipse.
A označuje najbližjo točko, B pa najbolj oddaljeno
prstana.
Izmeri največji in najmanjši kotni premer elipse
in izračunaj naklonski kot i.
4. naloga
Ko izračunamo kotni premer prstana in njegov na-
klon, moramo izračunati še njegov dejanski premer
na ravnini neba d, da lahko nato ocenimo tudi nje-
govo oddaljenost.
Dejanski premer prstana dobimo s pomočjo hitro-
sti svetlobe. Ko supernova eksplodira, odda zelo sve-
tel blisk svetlobe, ki se v okoliški prostor širi s sve-
tlobno hitrostjo c. Svetloba osvetli prstan v času t
po eksploziji. Ker smo predpostavili, da je prstan
krožen in njegovo središče sovpada s supernovo, bo
svetloba vse dele prstana dosegla sočasno.
Razmislimo, kako je to videti z Zemlje. Čeprav so
vsi deli prstana osvetljeni sočasno, je z Zemlje videti,
da eni deli zasvetijo prej kot drugi. To je posledica
dejstva, da je prstan nagnjen in svetloba z nam bliž-
jih delov prstana prepotuje krajšo pot do nas. Če
merimo sij prstana, bo ta dosegel višek šele tedaj,
ko bo do nas prišla svetloba z vseh delov prstana.
Razliko oddaljenosti najbližjega A in najbolj odda-
ljenega dela prstana B dobimo iz časovnega inter-
vala med trenutkoma zaznave prve svetlobe in tre-
nutkom maksimuma sija. To svetlobno krivuljo pr-
stana prikazuje slika 6.
Na svetlobni krivulji izmeri časovni interval t
med prvo svetlobo, ki je prišla do nas s prstana SN
1987A, in maksimumom sija.
Če bi bil naklonski kot prstana i = 90 stopinj,
bi bilo ta čas zelo enostavno povezati s premerom
prstana. Zakaj?
5. naloga
Da bi lahko izvedli naslednji račun, moramo nare-
diti še eno poenostavitev (glej sliki 7a in 7b). Privzeli
bomo, da sta premici, ki gresta skozi Zemljo in točki
5
nino neba in ravnino, v kateri leži prstan.
3. naloga
Naklonski kot prstana označimo z i. Če je i = 0
ali 180 stopinj, potem pstan vidimo kot krog. Če je
i = 90 stopinj, potem ga vidimo kot črto. Za i med 0
in 180 stopinj obroč vidimo kot elipso.
Kako bi določili i z meritvami velikosti male in
velike osi elipse? V pomoč sta sliki 4 in 5.
Slika 5
Zamisli si, da prstan opazuješ s strani in ga za-
radi tega vidiš pod kotom i glede na namišljeno rav-
nino neba. Namišljena ravnina neba je pravokotna
na smer gledanja. Naklonski kot i je mogoče dolo-
čiti kar z razmerjem med malo in veliko osjo elipse.
A označuje najbližjo točko, B pa najbolj oddaljeno
prstana.
Izmeri največji in najmanjši kotni premer elipse
in izračunaj naklonski kot i.
4. naloga
Ko izračunamo kotni premer prstana in njegov na-
klon, moramo izračunati še njegov dejanski premer
na ravnini neba d, da lahko nato ocenimo tudi nje-
govo oddaljenost.
Dejanski premer prstana dobimo s pomočjo hitro-
sti svetlobe. Ko supernova eksplodira, odda zelo sve-
tel blisk svetlobe, ki se v okoliški prostor širi s sve-
tlobno hitrostjo c. Svetloba osvetli prstan v času t
po eksploziji. Ker smo predpostavili, da je prstan
krožen in njegovo središče sovpada s supernovo, bo
svetloba vse dele prstana dosegla sočasno.
Razmislimo, kako je to videti z Zemlje. Čeprav so
vsi deli prstana osvetljeni sočasno, je z Zemlje videti,
da eni deli zasvetijo prej kot drugi. To je posledica
dejstva, da je prstan nagnjen in svetloba z nam bliž-
jih delov prstana prepotuje krajšo pot do nas. Če
merimo sij prstana, bo ta dosegel višek šele tedaj,
ko bo do nas prišla svetloba z vseh delov prstana.
Razliko oddaljenosti najbližjega A in najbolj odda-
ljenega dela prstana B dobimo iz časovnega inter-
vala med trenutkoma zaznave prve svetlobe in tre-
nutkom maksimuma sija. To svetlobno krivuljo pr-
stana prikazuje slika 6.
Na svetlobni krivulji izmeri časovni interval t
med prvo svetlobo, ki je prišla do nas s prstana SN
1987A, in maksimumom sija.
Če bi bil naklonski kot prstana i = 90 stopinj,
bi bilo ta čas zelo enostavno povezati s premerom
prstana. Zakaj?
5. naloga
Da bi lahko izvedli naslednji račun, moramo nare-
diti še eno poenostavitev (glej sliki 7a in 7b). Privzeli
bomo, da sta premici, ki gresta skozi Zemljo in točki
5
nino neba in ravnino, v kateri leži prstan.
3. naloga
Naklonsk kot prstana označimo z i. Če je i = 0
ali 180 stopinj, potem pstan vidimo kot krog. Če je
i = 90 stopinj, potem ga vidimo kot črto. Za i med 0
in 180 stopinj obroč vidimo kot elipso.
Kako bi določili i z meritvami velikosti male in
velike osi elipse? V pomoč sta sliki 4 in 5.
Slika 5
Zamisli si, da prstan opazuješ s strani in ga za-
radi tega vidiš pod kotom i glede na namišljeno rav-
nino n ba. Namišlje a rav ina neba je pravokotna
na smer gledanja. Naklonski kot i je mogoče dolo-
čiti kar z razmerjem med malo in veliko osjo elipse.
A označuje najbližjo točko, B pa najbolj oddaljeno
prstana.
Izmeri jvečji i najmanjši kot i prem r elipse
in izračunaj naklonski kot i.
4. nal ga
Ko izračunam kotni premer rstana in njegov na
klon, moramo izračunati še njegov dejansk prem r
na ravnini neba d, da lahko nato ocenimo tudi nje-
g vo oddaljenost.
Dejanski premer prstana d bimo s pomočj hitro-
ti svetlobe. Ko su ernova eksplodira, odda zelo sve-
tel blisk vetlobe, ki se v okoliški prostor širi s sve-
tlobno hitrostjo c. Sv tloba o vetli prstan v času t
po ksploziji. Ker smo predpostavili, da je prstan
krožen in n govo središče sovpada s supernovo, bo
svetloba vse dele prstana dosegla sočasno.
Razmi limo, kako je to vi eti z Zemlje. Čeprav so
vsi deli prst na osvetljeni sočasno, je z Zemlje videti,
d eni deli z svetijo prej kot drugi. To je posle ica
d jstv , a je prstan nagnjen in svetloba z nam bliž
jih delov prstana prepotuje krajšo pot d nas. Če
merimo sij prstana, bo ta d sege višek šele tedaj,
ko bo do nas prišla svetloba z vseh delov prstana.
Razliko oddaljenosti najbližj ga A in najbolj odda-
ljenega dela prstana B dob mo iz č ovnega inter-
vala med trenutkoma zaznave prve svetlobe in tre-
nutkom maksimuma sija. To vetlobno krivuljo pr-
stana prikazuje slika 6.
N svetlobni krivulji izmeri časovni interval t
med prvo svetlobo, ki je prišla do nas s prstana SN
1987A, in maksimumom sija.
Če bi bil naklonski kot prstana i = 90 stopinj,
bi bilo ta čas elo enostav o povezati s premerom
prstana. Zakaj?
5. naloga
Da bi lahko izvedli naslednji račun, moramo nare-
diti še eno poenostavitev (glej sliki 7a in 7b). Privzeli
bomo, da sta premici, ki gresta skozi Zemljo in točki
5
slika 4.
slika 5.
presek 39 (2011/2012) 3
opazovalec
namišljena 
ravnina neba
SN 1987A
prstan
A
i
B
slabel. Sij je bil največji, ko je zasvetil ves prstan.
Prav to pa je mogoče izkoristiti za izračun oddalje-
nosti SN 1987A.
Slika 2
Prstan zasveti.
Zaporedje ilustracij prikazuje, kako je prstan snovi
zasvetil, ko ga je dosegla svetloba SN 1987A. Prstan
je največji sij dosegel 400 dni po eksploziji super-
nove. Čeprav je svetloba dosegla vse dele prstana
sočasno, so navidezno najprej zasvetili tisti deli, ki
so nam najbližje. To se zgodi zato, ker je svetloba
z bolj oddaljenih delov prstana prepotovala daljšo
pot do nas. Z merjenjem te zakasnitve je mogoče
določiti oddaljenost SN 1987A. Ilustracije so iz raču-
nalniške simulacije, ki so jo naredili pri STScI/NASA.
1. naloga
Najprej moramo izračunati kotni premer prstana, to-
rej njegov navidezni premer v kotnih sekundah a,
kot ga vidimo z Zemlje.
Navidezne razdalje med referenčnimi zvezdami 1,
2 in 3 na sliki 3 so v preglednici podane v kotnih
sekundah.
Na sliki izmeri razdalje med njimi v milimetrih
in jih zapiši v prvi stolpec preglednice. Za vsako
določi še merilo na sliki (kotne sekunde/mm).
Tabela 1
2. naloga
Predpostavimo, da je prstan okoli SN 1987A popol-
noma okrogel. Videti je eliptičen, ker ga vidimo pod
kotom oz. s strani.
Kotni premer prstana na sliki lahko izmerimo,
ne da bi poznali njegov naklon. Za nekatere je
to povsem logično, drugi pa boste morali razmi-
sliti, zakaj je tako. V vsakem primeru na kratko
razložite, zakaj zgornja trditev drži. Pomagajte si
s sliko 4.
Na sliki 3 izmeri premer prstana v milimetrih in
s podatki za referenčne zvezde meritev pretvori v
kotne sekunde.
Slika 3
S i
Naklons i kot i označuje kot med navidezno rav-
4
a s t r o n o m i j a
25
nino neba in ravnino, v kateri leži prstan.
3. naloga
Naklonski kot prstana označimo z i. Če je i = 0
ali 180 stopinj, potem pstan vidimo kot krog. Če je
i = 90 stopinj, potem ga vidimo kot črto. Za i med 0
in 180 stopinj obroč vidimo kot elipso.
Kako bi določili i z meritvami velikosti male in
velike osi elipse? V pomoč sta sliki 4 in 5.
Slika 5
Zamisli si, da prstan opazuješ s strani in ga za-
radi tega vidiš pod kotom i glede na namišljeno rav-
nino neba. Namišljena ravnina neba je pravokotna
na smer gledanja. Naklonski kot i je mogoče dolo-
čiti kar z razmerjem med malo in veliko osjo elipse.
A označuje najbližjo točko, B pa najbolj oddaljeno
prstana.
Izmeri največji in najmanjši kotni premer elipse
in izračunaj naklonski kot i.
4. naloga
Ko izračunamo kotni premer prstana in njegov na-
klon, moramo izračunati še njegov dejanski premer
na ravnini neba d, da lahko nato ocenimo tudi nje-
govo oddaljenost.
Dejanski premer prstana dobimo s pomočjo hitro-
sti svetlobe. Ko supernova eksplodira, odda zelo sve-
tel blisk svetlobe, ki se v okoliški prostor širi s sve-
tlobno hitrostjo c. Svetloba osvetli prstan v času t
po eksploziji. Ker smo predpostavili, da je prstan
krožen in njegovo središče sovpada s supernovo, bo
svetloba vse dele prstana dosegla sočasno.
Razmislimo, kako je to videti z Zemlje. Čeprav so
vsi deli prstana osvetljeni sočasno, je z Zemlje videti,
da eni deli zasvetijo prej kot drugi. To je posledica
dejstva, da je prstan nagnjen in svetloba z nam bliž-
jih delov prstana prepotuje krajšo pot do nas. Če
merimo sij prstana, bo ta dosegel višek šele tedaj,
ko bo do nas prišla svetloba z vseh delov prstana.
Razliko oddaljenosti najbližjega A in najbolj odda-
ljenega dela prstana B dobimo iz časovnega inter-
vala med trenutkoma zaznave prve svetlobe in tre-
nutkom maksimuma sija. To svetlobno krivuljo pr-
stana prikazuje slika 6.
Na svetlobni krivulji izmeri časovni interval t
med prvo svetlobo, ki je prišla do nas s prstana SN
1987A, in maksimumom sija.
Če bi bil naklonski kot prstana i = 90 stopinj,
bi bilo ta čas zelo enostavno povezati s premerom
prstana. Zakaj?
5. naloga
Da bi lahko izvedli naslednji račun, moramo nare-
diti še eno poenostavitev (glej sliki 7a in 7b). Privzeli
bomo, da sta premici, ki gresta skozi Zemljo in točki
5
A ter B, vzporedni. To lahko naredimo, saj je premer
prstana zelo majhen v primerjavi z njegovo oddalje-
nostjo od Zemlje. Sledi, da sta kota i in j enaka.
S pomočjo slik 7 poišči:
razliko poti svetlobe dp med točkama A in B;
dejanski premer d prstana.
Nato najdi zvezo med razliko poti svetlobe dp,
hitrostjo svetlobe c in intervalom zakasnitve osve-
tljenosti prstana t, kakor jo vidimo z Zemlje. Iz te
zveze in prej izmerjenih oz. izračunanih podatkov
izračunaj še dejanski premer prstana (d).
6. naloga
Sedaj si pripravljen za veliki finale!
Iz izračunanih vrednosti za premer prstana (d)
in kot a (2. naloga) izračunaj oddaljenost super-
nove D. Vrednost D izrazi v kiloparsekih (kpc) in
svetlobnih letih.
1 parsek (pc) je razdalja, na kateri bi bila polos Ze-
mljinega tira (1 astronomska enota) vidna pot kotom
1 kotne sekunde.
Astronomi so iz originalnih podatkov za oddalje-
nost supernove SN 1987A dobili vrednost D = 51,2±
3,1 kpc in za naklonski kot prstana i = 42,8 ± 2,6
stopinje. Če tvoja rezultata ne odstopata za več kot
20 % od teh vrednosti, si zelo dobro izvedel nalogo.
6
A ter B, vzporedni. To lahko naredimo, saj je premer
prstana zelo majhen v primerjavi z njegovo oddalje-
nostjo od Zemlje. Sledi, da sta kota i in j enaka.
S pomočjo slik 7 poišči:
razliko poti svetlobe dp med točkama A in B;
dejanski premer d prstana.
Nato najdi zvezo med razliko poti svetlobe dp,
hitrostjo svetlobe c in intervalom zakasnitve osve-
tljenosti prstana t, kakor jo vidimo z Zemlje. Iz te
zveze in prej izmerjenih oz. izračunanih podatkov
izračunaj še dejanski premer prstana (d).
6. naloga
Sedaj si pripravljen za veliki finale!
Iz izračunanih vrednosti za premer prstana (d)
in kot a (2. naloga) izračunaj oddaljenost super-
nove D. Vrednost D izrazi v kiloparsekih (kpc) in
svetlobnih letih.
1 parsek (pc) je razdalja, na kateri bi bila polos Ze-
mljinega tira (1 astronomska enota) vidna pot kotom
1 kotne sekunde.
Astronomi so iz originalnih podatkov za oddalje-
nost supernove SN 1987A dobili vrednost D = 51,2±
3,1 kpc in za naklonski kot prstana i = 42,8 ± 2,6
stopinje. Če tvoja rezultata ne odstopata za več kot
20 % od teh vrednosti, si zelo dobro izvedel nalogo.
6
slika 6.
slika 7.
Presek 39 (2011/2012) 3
namišljena 
ravnina neba
namišljena 
ravnina neba
j
j
i
i
d
(a)
(b)
d
d
p
d
p
A
A
D
D
B
BA ter B, vzporedni. To lahko naredimo, saj je prem r
pr tana zelo ajhen v primerjavi z njegovo oddalje-
nostjo od Zemlje. Sledi, da sta kota i in j enaka.
S pomočjo slik 7 poišči:
razliko poti svetlobe dp med točkama A in B;
dejanski premer d prstana.
Nato najdi zv zo med razliko poti sve lobe dp,
hitrostjo svetlobe c in intervalom zakasnitv osve-
tlj nosti stana t, kakor jo vidimo z Zemlje. Iz te
zveze in pr j izmerjenih oz. izraču nih podatkov
izračunaj še dejanski premer prstana (d).
6. naloga
Sedaj si pripr vljen za velik finale!
Iz izračuna ih vrednosti za premer pr ana (d)
in kot a (2. naloga) čunaj oddalj nost super-
nove D. Vrednost D izrazi v kiloparsekih (kpc) in
svetlobnih letih.
1 parsek (pc) je razdalja, na ka eri bi bila polos Ze-
mljinega tira (1 astronomska enota) vidna pot kotom
1 kotne sekunde.
Astronomi so iz originalnih podatk v za oddalje-
nost supernove SN 1987A dobili vrednost D = 51, ±
3,1 kpc in za naklonski kot prstana i = 42,8 ± 2,6
stopinje. Če tvoja rezultata ne dstopata za več kot
20 % od teh vrednosti, si zelo dobro izvedel nalogo.
6
26
r a č u n a l n i š t v o
Računalniki in ostale digitalne naprave v večini
uporabljajo dvojiški številski sistem [2], kar po-
meni, da poznajo samo dve stanji – to sta 0 in 1.
Enemu takšnemu stanju pravimo bit. Tak sistem
najdemo v elektronskih vezjih digitalnih naprav.
Vezje ponazori signal z 1, če po njem teče elek-
trični tok, ter z 0, če električnega toka ni. Zato je
bilo potrebno razviti postopke (algoritme), ki vsa-
kodnevne znake pretvorijo v zaporedje ničel ter
enic (zaporedje bitov). Takšnemu postopku pra-
vimo kodiranje. Poznamo več vrst kodiranj, ki jih
ločimo na dve skupini. V prvo skupino spadajo
tista kodiranja, ki za vse pretvorjene znake upo-
rabijo enako število bitov. Med najbolj znane spa-
data kodiranje ASCII (ASCII je kratica za American
Standard Code for Information Interchange), ki v
razširjeni različici uporablja osem bitov za vsak
znak, ter v zadnjem času vedno bolj uporabljeno
kodiranje UNICODE. V drugo skupino pa spadajo
tista kodiranja, ki za znake uporabijo različno šte-
vilo bitov in s tem porabijo manj pomnilniškega
prostora. Ena izmed teh metod je tudi Huffmanov
algoritem oz. Huffmanovo kodiranje. To metodo je
leta 1952 izumil David Huffman [1].
Huffmanovo kodiranje
Huffmanovo kodiranje nam iz množice znakov in
njihovih frekvenc pojavitve v besedilu ustvari naj-
krajšo možno kodo za vsak znak. Ob tem nam zago-
tavlja, da so dobljene kode znakov prefiksne kode,
kar pomeni, da ni nobena koda posameznega znaka
začetek kode drugega znaka. S tem si zagotovimo
enoličnost pri dekodiranju. Izkaže se, da Huffma-
novo kodiranje ustvari v povprečju najkrajšo kodo
in ga zato uporabljamo za stiskanje podatkov; veči-
noma gre za stiskanje besedila.
Huffmanovo kodiranje poteka tako, da iz znakov
tvorimo dvojiško drevo, čigar listi predstavljajo po-
dane znake. Nato na podlagi položaja v drevesu po-
sameznemu znaku določimo kodo.
Dvojiško drevo je podatkovna struktura, ki je se-
stavljena iz vozlišč. Vozlišče lahko vsebuje ključe
(podatke) ter levega in desnega otroka (povezavi na
levo in desno poddrevo). Vozlišče brez levega in de-
snega otroka imenujemo list. Vozlišče, ki ni otrok
nobenega drugega vozlišča v drevesu, pa imenujemo
koren drevesa.
Huffmanovo dvojiško drevo tvorimo z naslednjim po-
stopkom:
1. Znake si predstavimo kot vozlišča dvojiškega
2
,
, .
.
.
,
, , .
,
.
. ,
.
,
.
,
,
.
,
.
. .
.
.
, ,
,
.
. ,
;
.
,
,
.
.
,
.
.
. ,
,
.
:
.
l i i i st l i it l r i i
r lj j jiš i št ils i sist [ ], r -
i, j s st ji – t st i .
t š st j r i it. sist
j l tr s i ji i it l i r .
j ri si l , j t l -
tri i t , t r , l tri t i. t j
il tr r iti st ( l rit ), i s -
r t rij r j i l t r
i ( r j it ). š st r -
i ir j . rst ir j, i ji
l i s i i. r s i s j
tist ir j , i s r t rj -
r ij št il it . j lj s -
t ir j II ( II j r ti ri
t r f r I f r ti I t r ), i
r širj i r li i i r lj s it s
, t r j s lj r lj
ir j I . r s i s j
tist ir j , i r ij r li št -
il it i s t r ij j il iš
r st r . i t t j t i
l rit . ir j . t j
l t i il i [ ].
ir j
ir je i ice i
ji i fre e c j it e ese il st ri j-
r jš s . te -
t lj , s lje e e re s e e,
r e i, i e s e e
cete e r e . te si t i
e lic st ri e ir j . I e se, -
ir je st ri recj j r jš
i t r lj stis je t ; eci-
re stis je ese il .
ir je te t , i
t ri jiš re , ci r listi re st lj j -
e e. t l i l j re es -
s e e l ci .
jiš re je t str t r , i je se-
st lje i lišc. lišce l se je lj ce
( t e) ter le e i es e tr ( e i
le i es re ). lišce re le e i e-
s e tr i e je list. lišce, i i tr
e e r e lišc re es , i e je
re re es .
jiš re t ri sle ji -
st :
. e si re st i t lišc jiš e
ač a o a e g a e a a e eč
o a a o o e e 2 a o
e a oz a o a o e a o a 0 1
E e a e a a o a e
a e o e e o ez g a a a
ez e o azo g a z 1 če o e eče e e
č o e z 0 če e e č ega o a a o e
o o e o az o o e a go e a
o e e z a e e o o za o e e če e
e c za o e e o a e o o a
o o a e Poz a o eč o a
oč o a e o o a a o
a o a a za e e o e e z a e o
a o e a o e o o e a o z a e a
a a o a e S S e a ca za e ca
S a a o e o o a o e c a ge
az e az č c o a a o e o za a
z a e za e ča e o o o a e o
o a e E go o a a a o
a o a a za z a e o a o az č o e
o o e o a o a o ega
o o a E a z e e e o e a o
a go e oz a o o o a e o e o o e
e a 1952 z a a 1
v
a ovo ko a a z ož z akov
ov kv o av v v b va a
k a o ož o ko o za v ak z ak b a zago
av a a o ob ko z akov k ko
ka o a ob a ko a o a z ga z aka
zaˇ k ko g ga z aka S zago ov o
o ˇ o ko a zkaž a a
ovo ko a va v ov ˇ a k a o ko o
ga za o o ab a o za ka o a kov v ˇ
o a g za ka b a
a ovo ko a o ka ako a z z akov
vo o vo ko vo ˇ ga av a o o
a z ak a o a o ag o oža a v v o
a z z ak o oˇ o ko o
vo ko vo o a kov a k a k
av a z voz ˇ oz ˇ a ko v b k ˇ
o a k v ga ga o oka ov zav a
vo o o vo oz ˇ b z v ga
ga o oka o oz ˇ k o ok
ob ga g ga voz ˇa v v a o
ko v a
a ovo vo ko vo vo o z a o
o ko
1 ak av o ko voz ˇa vo k ga
2
R un lniki in l di i ln n p v v v ini
up blj j dv ji ki vil ki i [ ], k p -
ni, d p n j dv nji in .
n u k n u nju p vi bi . T k i
n jd v l k n kih v jih di i lnih n p v.
V j p n i i n l , p nj l k-
i ni k, , l k i n k ni. Z j
bil p bn vi i p pk ( l i ), ki v -
k dn vn n k p v ij v p dj ni l
ni ( p dj bi v). T k n u p pku p -
vi k di nj . n v v k di nj, ki jih
l i n dv kupini. V p v kupin p d j
i k di nj , ki v p v j n n k up -
bij n k vil bi v. d n jb lj n n p -
d k di nj A CII (A CII j k i A i n
nd d C d In i n In h n ), ki v
i j ni li i i up blj bi v v k
n k, v dnj u v dn b lj up blj n
k di nj UNICOD . V d u kupin p p d j
i k di nj , ki n k up bij li n -
vil bi v in p bij nj p nilni k
p . n i d h d j udi Huff n v
l i . Huff n v k di nj . T d j
l i u il D vid Huff n [ ].
Huff ano o kodi anje
Huff n di nj n i n i n in
njih ih n p j i dilu u i n j-
j n d n . O n -
lj , d d lj n d n p fi n d ,
p ni, d ni n n d p n n
d d u n . i i
n li n p i d di nju. I , d Huff -
n di nj u i p p ju n j j d
in up lj i nj p d ; i-
n i nj dil .
Huff n di nj p , d i n
i d ji d , i li i p d lj j p -
d n n . N n p dl i p l j d u p -
n u n u d l i d .
D ji d j p d n u u , i j -
lj n i li . V li l h uj lju
(p d ) l in d n (p i n
l in d n p dd ). V li l in d -
n i nuj li . V li , i ni
n n d u li d u, p i nuj
n d .
Huff n d ji d i n l dnji p -
p :
. Zn i p d i li d ji
st t r
r š št s s st m r
m s m st – t st
m t š m st r m t s st m
m tr s t r
r s m t
tr t t r tr t t
tr r t st r tm s
r t r r t r
r t š m st r
m r m rst r
m s r s s
t st r s r t r
r št t M s
t r r t m r
t r f r f rm t t r
r š r r r s m t s
t r m s r
r r s s
t st r r r št
t s t m r m m š
r st r m t m t t m
r t m m r m t
t m m
r
m r e m m ce
fre e c t e ese st r
r š m s tem m
t s e e e re s e e
r me e s me e
cete e r e tem s t m
e c st r e r e se m
r e st r rec r š
t r m st s e t ec
m re st s e ese
m r e te t
t r m š re c r st re st
e e t re es
s me em c m
š re e t str t r e se
st e šc šce se e ce
t e ter e e es e tr e
e es re šce re e e e
s e tr me em st šce tr
e e r e šc re es me em
re re es
m š re t r m s e m
st m
e s re st m t šc š e
ač al i i i o ale igi al e a a e eči i
o a ljajo oji i e il i i e [2], a o-
e i, a oz ajo a o e a ji o a 0 i 1.
E e a e a j a i o i . a i e
aj e o ele o i ezji igi al i a a .
ezje o azo i ig al z 1, če o je eče ele -
ič i o , e z 0, če ele ič ega o a i. a o je
ilo o e o az i i o o e (algo i e), i a-
o e e z a e e o ijo za o e je ičel e
e ic (za o e je i o ). a e o o a-
i o o i a je. Poz a o eč o i a j, i ji
loči o a e i i. o i o a ajo
i a o i a ja, i za e e o je e z a e o-
a ijo e a o e ilo i o . e aj olj z a e a-
a a o i a je S II ( S II je a ica za e ica
S a a o e o I o a io I e c a ge), i
az i je i azličici o a lja o e i o za a
z a , e za je ča e o olj o a lje o
o i a je I E. go i o a a ajo
i a o i a ja, i za z a e o a ijo azlič o e-
ilo i o i e o a ijo a j o il i ega
o o a. E a iz e e e o je i a o
algo i e oz. a o o o i a je. o e o o je
le a 1952 iz il a i a [1].
m v i j
a ovo ko i a j a iz oži z akov i
ji ovi kv ojavi v v b il va i aj-
k aj o ož o ko o za v ak z ak. b a zago-
avlja, a o oblj ko z akov k ko ,
ka o i, a i ob a ko a o a z ga z aka
zaˇ k ko g ga z aka. S i zago ovi o
oliˇ o i ko i a j . Izkaž , a a-
ovo ko i a j va i v ov ˇj ajk aj o ko o
i ga za o o ablja o za i ka j o a kov; v ǐ-
o a g za i ka j b ila.
a ovo ko i a j o ka ako, a iz z akov
vo i o voji ko vo, ǐga li i avljajo o-
a z ak . a o a o lagi oložaja v v o-
a z z ak olo ǐ o ko o.
voji ko vo j o a kov a k a, ki j -
avlj a iz vozli .̌ ozli ˇ la ko v b j klj ˇ
( o a k ) l v ga i ga o oka ( ov zavi a
l vo i o o vo). ozli ˇ b z l v ga i -
ga o oka i j o li . ozli ˇ , ki i o ok
ob ga g ga vozli ˇa v v , a i j o
ko v a.
a ovo voji ko vo vo i o z a l ji o-
o ko :
1. ak i avi o ko vozli ˇa voji k ga
2
t t
t t ,
, t t t .
t t t. t
t t .
, t
t t , t , t t . t
t t t t ,
t t
t . t
. t ,
.
t t , t
t t .
t t
t f f t t ,
t
, t
.
t t , t
t t
t . t t t
t . . t
t .
r
fr t t r
r . t
t , r ,
r ,
t r . t t
t r r . ,
r t r r r
t r t t ;
r t .
r t t ,
t r r , r t r t
. t r
.
r t tr t r ,
t .
t t r tr
r . r
tr t. , tr
r r ,
r r .
r t r
t :
. r t t
R un lniki in s l di i ln n pr v v v ini
up r blj j dv jiški š vilski sis [ ] k r p -
ni d p n j s dv s nji – s in
n u kšn u s nju pr vi bi T k sis
n jd v l k r nskih v jih di i lnih n pr v
V j p n ri si n l p nj l k-
ri ni k r l k ri n k ni Z j
bil p r bn r vi i p s pk ( l ri ) ki vs -
k dn vn n k pr v rij v p r dj ni l r
ni ( p r dj bi v) T kšn u p s pku pr -
vi k dir nj n v vrs k dir nj ki jih
l i n dv skupini V prv skupin sp d j
is k dir nj ki vs pr v rj n n k up -
r bij n k š vil bi v d n jb lj n n sp -
d k dir nj A CII (A CII j kr i A ri n
nd rd C d r In r i n In r h n ) ki v
r širj ni r li i i up r blj s bi v vs k
n k r v dnj su v dn b lj up r blj n
k dir nj UNIC D V dru skupin p sp d j
is k dir nj ki n k up r bij r li n š -
vil bi v in s p r bij nj p nilnišk
pr s r n i d h d j udi Huff n v
l ri Huff n v k dir nj T d j
l i u il D vid Huff n [ ]
u ano o kodiranje
Huff n di nje n i n ice n in
njih ih e enc p j i e esedilu us i n j-
jš n d s n O e n -
lj d s d ljene de n p efi sne de
p eni d ni n en d p s e ne n
ce e de d u e n e si i
en licn s p i de di nju I e se d Huff -
n di nje us i p p ecju n j jš d
in up lj s is nje p d eci-
n e s is nje esedil
Huff n di nje p e d i n
i d jiš d e ci lis i p eds lj j p -
d ne n e N n p dl i p l j d e esu p -
s e ne u n u d l ci d
D jiš d e je p d n s u u i je se-
s ljen i lišc V lišce l h se uje ljuce
(p d e) e le e in desne (p e i n
le in desn p dd e ) V lišce e le e in de-
sne i enuje lis V lišce i ni
n ene d u e lišc d e esu p i enuje
en d e es
Huff n d jiš d e i n slednji p -
s p
Zn e si p eds i lišc d jiš e
ač a o ta e g ta e a a e eč
o a a o o te te 2 , a o
e , a oz a o a o e ta to ta 0 1.
E e ta e ta a o t. a te
a e o e e t o ez g ta a a .
ez e o azo g a z 1, če o e teče e e
t č to , te z 0, če e e t č ega to a . ato e
o ot e o az t o to e a go t e , a
o e e z a e et o o za o e e če te
e c za o e e to . a e o to a
o o a e. Poz a o eč t o a ,
oč o a e . o o a a o
t ta o a a, za e et o e e z a e o
a o e a o te o to . e a o z a e a
ata o a e S S e at ca za e ca
Sta a o e fo fo at o te c a ge ,
az e az č c o a a o e to za a
z a , te za e ča e o o o a e o
o a e O E. go o a a a o
t ta o a a, za z a e o a o az č o te
o to te o a o a o ega
o to a. E a z e te eto e t a o
a go te oz. a o o o a e. o eto o e
eta 1952 z a a 1 .
H ff v
a ovo ko ra a z ož z akov
ov fr kv o av tv v b tvar a
kra o ož o ko o za v ak z ak. b t a zago
tav a, a o ob ko z akov r k ko ,
kar o , a ob a ko a o a z ga z aka
zaˇ t k ko r g ga z aka. S t zagotov o
o ˇ o t r ko ra . zkaž , a a
ovo ko ra tvar v ov r ˇ a kra o ko o
ga zato orab a o za t ka o atkov; v ˇ
o a gr za t ka b a.
a ovo ko ra ot ka tako, a z z akov
tvor o vo ko r vo, ˇ gar t r tav a o o
a z ak . ato a o ag o oža a v r v o
a z z ak o oˇ o ko o.
vo ko r vo o atkov a tr kt ra, k
tav a z voz .̌ oz ˇ a ko v b k ˇ
o atk t r v ga ga otroka ov zav a
vo o o r vo . oz ˇ br z v ga
ga otroka o t. oz ˇ , k otrok
ob ga r g ga voz ˇa v r v , a o
kor r v a.
a ovo vo ko r vo tvor o z a o
to ko :
1. ak r tav o kot voz ˇa vo k ga
2
l i i i l i i l i i
lj j ji i il i i m [ ] -
m i j m ji i
m m j im i i m
j m l i ji i i l i
j i i l j m l -
i i l i i j
il i i ( l i m ) i -
ij j i l
i ( j i ) m -
im i j m i j i ji
l im i i i j
i i j i j -
ij il i M j lj -
i j II ( II j i m i
I m i I ) i
i j i li i i lj m i
j m lj lj
i j I i j
i i j i ij li -
il i i m ij m j m il i
i m m j i m
l i m m i j m j
l i mil i m [ ]
i j
m i j m i m i i
ji i j i il i j-
j m m m -
lj lj
m i i m
m i im
li i i j I m -
i j i j j j
i lj m i j i-
m i j il
m i j i
im ji i li i lj j -
l i l j -
m m l im
ji j i j -
lj i li li l j lj
( ) l i ( i
l i ) li l i -
im j m li li i i
li im j m
m ji im l jim -
m
i im li ji
s r
r š š s s s , r
, s s – s .
š s r . s s
r s r .
r s ,
r , r , r .
r r s r , s
r r r r
r . š s r
r . rs r ,
s . r s s
s r , s r r
r š . s
r r r
r r r r ,
r š r r r s s
, r s r
r . r s s
s r , r r š
s r š
r s r .
r . r .
.
r
e ce
e e c e ese s
š s . e
, s e e e e s e e,
e , e s e e
ce e e e . e s
e c s e . e se,
e s ec š
s s e ; ec
e s s e ese .
e e ,
š e , c s e s
e e. e es
s e e c .
š e e s , e se
s e šc. šce se e ce
e e e e es e e
e es e . šce e e e e
s e e e s . šce,
e e e šc e es , e e
e e es .
š e s e
s :
. e s e s šc š e
R un lniki in t l di it ln n p v v v ini
up blj j dv ji ki t vil ki i t [ ], k p -
ni, d p n j dv t nji t t in .
n u t k n u t nju p vi bit. T k i t
n jd v l kt n kih v jih di it lnih n p v.
V j p n i i n l , p nj t l k-
t i ni t k, t , l kt i n t k ni. Z t j
bil p t bn viti p t pk ( l it ), ki v -
k dn vn n k p tv ij v p dj ni l t
ni ( p dj bit v). T k n u p t pku p -
vi k di nj . n v v t k di nj, ki jih
l i n dv kupini. V p v kupin p d j
ti t k di nj , ki v p tv j n n k up -
bij n k t vil bit v. d n jb lj n n p -
d t k di nj A CII (A CII j k ti A i n
t nd d C d f Inf ti n Int h n ), ki v
i j ni li i i up blj bit v v k
n k, t v dnj u v dn b lj up blj n
k di nj UNIC D . V d u kupin p p d j
ti t k di nj , ki n k up bij li n t -
vil bit v in t p bij nj p nilni k
p t . n i d t h t d j tudi Huff n v
l it . Huff n v k di nj . T t d j
l t i u il D vid Huff n [ ].
u mano o kodi anje
Huff n dir nj n i n i n in
njih ih fr n p j it dilu u t ri n j-
r j n d n . O t n -
t lj , d d lj n d n pr fi n d ,
r p ni, d ni n n d p n n
t d dru n . t i t i
n li n t pri d dir nju. I , d Huff -
n dir nj u t ri p pr ju n j r j d
in t up r lj ti nj p d t ; i-
n r ti nj dil .
Huff n dir nj p t t , d i n
t ri d ji dr , i r li ti pr d t lj j p -
d n n . N t n p dl i p l j dr u p -
n u n u d l i d .
D ji dr j p d t n tru tur , i j -
t lj n i li . V li l h uj lju
(p d t ) t r l in d n tr (p i n
l in d n p ddr ). V li r l in d -
n tr i nuj li t. V li , i ni tr
n n dru li dr u, p i nuj
r n dr .
Huff n d ji dr t ri n l dnji p -
t p :
. Zn i pr d t i t li d ji
ač a o a e g a e a a e eč
o a a o o e e 2 a o
e a oz a o a o e a o a 0 1
E e a e a a o a e
a e o e e o ez g a a a
ez e o azo g a z 1 če o e eče e e
č o e z 0 če e e č ega o a a o e
o o e o az o o e a go e a
o e e z a e e o o za o e e če e
e c za o e e o a e o o a
o o a e Poz a o eč o a
oč o a e o o a a o
a o a a za e e o e e z a e o
a o e a o e o o e a o z a e a
a a o a e S S e a ca za e ca
S a a o e o o a o e c a ge
az e az č c o a a o e o za a
z a e za e ča e o o o a e o
o a e E go o a a a o
a o a a za z a e o a o az č o e
o o e o a o a o ega
o o a E a z e e e o e a o
a go e oz a o o o a e o e o o e
e a 1952 z a a 1
v
a ovo ko a a z ož z akov
ov kv o av v v b va a
k a o ož o ko o za v ak z ak b a zago
av a a o ob ko z akov k ko
ka o a ob a ko a o a z ga z aka
zaˇ k ko g ga z aka S zago ov o
o ˇ o ko a zkaž a a
ovo ko a va v ov ˇ a k a o ko o
ga za o o ab a o za ka o a kov v ˇ
o a g za ka b a
a ovo ko a o ka ako a z z akov
vo o vo ko vo ˇ ga av a o o
a z ak a o a o ag o oža a v v o
a z z ak o oˇ o ko o
vo ko vo o a kov a k a k
av a z voz ˇ oz ˇ a ko v b k ˇ
o a k v ga ga o oka ov zav a
vo o o vo oz ˇ b z v ga
ga o oka o oz ˇ k o ok
ob ga g ga voz ˇa v v a o
ko v a
a ovo vo ko vo vo o z a o
o ko
1 ak av o ko voz ˇa vo k ga
2
l i i i s l i i l r i i
r lj j jiš i š ils i sis [ ], r -
i, j s s ji – s i .
š s j r i i . sis
j l r s i ji i i l i r .
j ri si l , j l -
ri i , r , l ri i. j
il r r i i s ( l ri ), i s -
r rij r j i l r
i ( r j i ). š s r -
i ir j . rs ir j, i ji
l i s i i. r s i s j
is ir j , i s r rj -
r ij š il i . j lj s -
ir j II ( II j r i ri
r r I r i I r ), i
r širj i r li i i r lj s i s
, r j s lj r lj
ir j I O . r s i s j
is ir j , i r ij r li š -
il i i s r ij j il iš
r s r . i j i
l ri . ir j . j
l i il i [ ].
H ff ir j
i je i ice i
ji i e e c j i e ese il s i j-
jš s . e -
lj , s lje e e e s e e,
e i, i e s e e
ce e e e . e si i
e lic s i e i j . I e se, -
i je s i ecj j jš
i lj s is je ; eci-
e s is je ese il .
i je e , i
i jiš e , ci lis i e s lj j -
e e. l i l j e es -
s e e l ci .
jiš e je s , i je se-
s lje i lišc. lišce l se je lj ce
( e) e le e i es e ( e i
le i es e ). lišce e le e i e-
s e i e je lis . lišce, i i
e e e lišc e es , i e je
e e es .
jiš e i sle ji -
s :
. e si e s i lišc jiš e
t t
t t m
m m t t t
m t m t m t t m
m t t
m t
t t t t t t
t t t tm
t t
t m t
m m t
m
t t t
t t M
t t m
t f f m t t
m t
t m
t t t
t t m m m
t m t m t t m
t m m m t
t m m
m r m m
fr t t r
r m t m m
t r
r m m
t r t m t m
t r r
r t r r r
t r m t t
m r t
m r t t
t r m r r t r t
t r
m m m
r t tr t r
t
t t r tr
r r
tr m m t tr
r r m m
r r
m r t r m m
t m
r t m t
un lniki in l di i ln n p v v v ini
up blj j dv ji ki vil ki i [ ], k p -
ni, d p n j dv nji in .
n u k n u nju p vi bi . T k i
n jd v l k n kih v jih di i lnih n p v.
j p n i i n l , p nj l k-
i ni k, , l k i n k ni. Z j
bil p bn vi i p pk ( l i ), ki v -
k dn vn n k p v ij v p dj ni l
ni ( p dj bi v). T k n u p pku p -
vi k di nj . n v v k di nj, ki jih
l i n dv kupini. p v kupin p d j
i k di nj , ki v p v j n n k up -
bij n k vil bi v. d n jb lj n n p -
d k di nj CII ( CII j k i i n
nd d C d In i n In h n ), ki v
i j ni li i i up blj bi v v k
n k, v dnj u v dn b lj up blj n
k di nj IC . d u kupin p p d j
i k di nj , ki n k up bij li n -
vil bi v in p bij nj p nilni k
p . n i d h d j udi u n v
l i . u n v k di nj . T d j
l i u il vid u n [ ].
a k i a je
u n di nj n i n i n in
njih ih n p j i dilu u i n j-
j n d n . n -
lj , d d lj n d n p fi n d ,
p ni, d ni n n d p n n
d d u n . i i
n li n p i d di nju. I , d u -
n di nj u i p p ju n j j d
in up lj i nj p d ; i-
n i nj dil .
u n di nj p , d i n
i d ji , i li i p d lj j p -
d n n . n p dl i p l j d u -
u n u d l i d .
ji d j p d n u u , i j -
lj n i li . V li l h uj lju
(p d ) l in d n (p i n
l in d n p dd ). V li l in d -
n i nuj li . V li , i ni
n n d u li d u, p i nuj
d .
u n d ji d i n l dnji p -
p :
. Zn i p d i li d ji
Rač a osta e g ta e a ra e eč
ora a o o š šte s s ste 2 , ar o
e , a oz a o sa o e sta – to sta 0 1.
E e ta š e sta ra o t. a s ste
a e o e e tro s ez g ta a ra .
Vez e o azor s g a z 1, če o e teče e e
tr č to , ter z 0, če e e tr č ega to a . ato e
o otre o raz t osto e a gor t e , sa
o e e z a e ret or o za ore e če ter
e c za ore e to . a š e osto ra
o o ra e. Poz a o eč rst o ra ,
oč o a e s . V r o s o s a a o
t sta o ra a, za se ret or e e z a e o
ra o e a o šte o to . e a o z a e s a
ata o ra e AS AS e rat ca za A er ca
Sta ar o e for for at o terc a ge ,
razš r e raz č c ora a ose to za sa
z a , ter za e čas e o o ora e o
o ra e UN DE. V r go s o a s a a o
t sta o ra a, za z a e ora o raz č o šte
o to s te ora o a o š ega
rostora. E a z e te eto e t H ff a o
a gor te oz. H ff a o o o ra e. o eto o e
eta 1952 z Da H ff a 1 .
u novo od r n
H ff a ovo ko ra e a z ož ce z akov
ov frekve c o av tve v bese stv r a
kra šo ož o ko o za vsak z ak. Ob te a zago
tav a, a so ob e e ko e z akov re ks e ko e,
kar o e , a obe a ko a sa z ega z aka
z četek ko e r gega z aka. S te s zagotov o
e o č ost r eko ra . zkaže se, H ff a
ovo k ra e stvar v ov reč a kr šo ko o
ga zato orab a o za st ska e o atkov; več
o a gre za st ska e bese a.
H ff a ovo ko ra oteka tako, a z z akov
tvor o v ško revo, č gar st re stav a o o
a e z ake. Nato a a o oža a v reves
s e z ak o č o k o.
Dvo ško revo e atkov a str kt ra, k e se
stav e a z voz šč. oz šče ko vseb e k če
o atke ter evega es ega otr ka ov zav a
evo es o o revo . oz šče brez evega e
s ega otroka e e o st. oz šče, k otrok
obe ega r gega voz šča v reves , a e e o
k re revesa.
H ff a o o vo ško revo tvor o z as e o
sto ko :
1. ake s re stav o kot voz šča vo škega
2
l i i i l i i l i i
lj j ji i il i i [ ] -
i j ji i
j i i i
j l i ji i i l i
j i i l j l -
i i l i i j
il i i ( l i ) i -
ij j i l
i ( j i ) -
i i j i j i ji
l i i i i j
i i j i j -
ij il i j lj -
i j II ( II j i i
I i I ) i
i j i li i i lj i
j lj lj
i j I i j
i i j i ij li -
il i i ij j il i
i j i
l i i j j
l i il i [ ]
m i j
i j i i i
ji i j i il i j-
j
lj lj
i i
i i
li i i j I -
i j i j j j
i lj i j i-
i j il
i j i
i ji i li i lj j -
l i l j
l i
ji j i j -
lj i li li l j lj
( ) l i ( i
l i ) li l i -
i j li li i i
li i j
ji i l ji -
i i li ji
un n k n t d t n n p v v v n
up b dv k t v k t , k p
n , d p n dv t n t t n .
n u t k n u t n u p v b t. T k t
n d v kt n k h v h d t n h n p v.
p n n , p n t k
t n t k, t , kt n t k n . Z t
b p t bn v t p t pk t , k v
k dn vn n k p tv v p d n t
n p d b t v . T k n u p t pku p
v k d n . n v v t k d n , k h
n dv kup n . p v kup n p d
t t k d n , k v p tv n n k up
b n k t v b t v. d n b n n p
d t k d n C C k t n
t nd d C d f nf t n nt h n , k v
n up b b t v v k
n k, t v dn u v dn b up b n
k d n CO . d u kup n p p d
t t k d n , k n k up b n t
v b t v n t p b n p n n k
p t . n d t h t d tud u n v
t . u n v k d n . T t d
t u v d u n .
H ff a k a e
u n d r n n n n n
n h h fr n p t d u u t r n
r n d n . t n
t , d d n d n pr fi n d ,
r p n , d n n n d p n n
t d dru n . t t
n n t pr d d r n u. , d u
n d r n u t r p pr u n r d
n t up r t n p d t ;
n r t n d .
u n d r n p t t , d n
t r d r , r t pr d t p
d n n . t n p d p dr u
u n u d d .
dr p d t n tru tur ,
t n . V h u u
p d t t r n d n tr p n
n d n p ddr . V r n d
n tr nu t. V , n tr
n n dru dr u, p nu
r dr .
u n d dr t r n dn p
t p :
. Zn pr d t t d
l i i i s l i i l r i i
r lj j jiš i š ils i sis m [ ] r -
m i j s m s ji – s i
m š m s j r im i sis m
j m l r s i ji i i l i r
j ri si l j m l -
ri i r l ri i j
il r r i i s ( l ri m ) i s -
r rij r j i l r
i ( r j i ) š m s r -
im ir j m rs ir j i ji
l im s i i r s i s j
is ir j i s r rj -
r ij š il i M j lj s -
ir j II ( II j r i m ri
r r I rm i I r ) i
r širj i r li i i r lj s m i s
r j m s lj r lj
ir j I r s i s j
is ir j i r ij r li š -
il i i s m r ij m j m il iš
r s r i m m j i m
l ri m m ir j m j
l i mil i m [ ]
ir j
m i je m i m ice i
ji i e e c j i e ese il s i j-
jš m s em m
lj s lje e e e s e e
me i i e s m e
ce e e e em si im
e lic s i e i j I e se -
i je s i ecj j jš
i lj m s is je eci-
m e s is je ese il
m i j e i
im jiš e ci lis i e s lj j -
e e l i l j e es
s m em l cim
jiš e je s i je se-
s lje i lišc lišce l se je lj ce
( e) e le e i es e ( i
le i es e ) lišce e le e i e-
s e ime jem lis lišce i i
e e e lišc e es ime jem
e e es
m jiš e im sle jim -
s m
e si e s im lišc jiš e
ač a o a e g a e a a e eč
o a a o o e e 2 , a o
e , a oz a o a o e a o a 0 1.
E e a e a a o . a e
a e o e e o ez g a a a .
ez e o azo g a z 1, če o e eče e e
č o , e z 0, če e e č ega o a . a o e
o o e o az o o e a go e , a
o e e z a e e o o za o e e če e
e c za o e e o . a e o o a
o o a e. Poz a o eč o a ,
oč o a e . o o a a o
a o a a, za e e o e e z a e o
a o e a o e o o . e a o z a e a
a a o a e S S e a ca za e ca
S a a o e o o a o e c a ge ,
az e az č c o a a o e o za a
z a , e za e ča e o o o a e o
o a e E. go o a a a o
a o a a, za z a e o a o az č o e
o o e o a o a o ega
o o a. E a z e e e o e a o
a go e oz. a o o o a e. o e o o e
e a 1952 z a a 1 .
v
a ovo ko a a z ož z akov
ov kv o av v v b v a
k a o ož o ko o za v ak z ak. b a zago
av a, a o ob ko z akov k ko ,
ka o , a ob a ko a a z ga z aka
z ˇ k ko g ga z aka. S zago ov o
o ˇ o ko a . zkaž , a
ovo k a va v ov ˇ a k o ko o
ga za o o ab a o za ka o a kov; v ˇ
o a g za ka b a.
a ovo ko a o ka ako, a z z akov
vo o v ko vo, ˇ ga av a o o
a z ak . a o a a o oža a v v
z ak o ˇ o k o.
vo ko vo a kov a k a, k
av a z voz .̌ oz ˇ ko v b k ˇ
o a k v ga ga o ka ov zav a
vo o o vo . oz ˇ b z v ga
ga o oka o . oz ˇ , k o ok
ob ga g ga voz ˇa v v , a o
k v a.
a o o vo ko vo vo o z a o
o ko :
1. ak av o ko voz ˇa vo k ga
2
R l i i i t l i it l i i
lj j ji i t il i i t [ ], -
i, j t ji t t i .
t t j i it. i t
j l t i ji i it l i .
V j i i l , j t l -
t i i t , t , l t i t i. t j
il t iti t ( l it ), i -
t ij j i l t
i ( j it ). t -
i i j . t i j, i ji
l i i i. V i j
ti t i j , i t j -
ij t il it . j lj -
t i j A II (A II j ti A i
t f I f ti I t ), i
i j i li i i lj it
, t j lj lj
i j UNI D . V i j
ti t i j , i ij li t -
il it i t ij j il i
t . i t t j t i H ff
l it . H ff i j . t j
l t i il D i H ff [ ].
u no o odi nj
H ff ir j i i i
ji i fr j it il t ri j-
r j . O t
t lj , lj r ,
r i, i
t r . t i t i
li t ri ir j . I , H ff -
ir j t ri r j j r j
i t r lj ti j t ; i-
r ti j il .
H ff ir j t t , i
t ri ji r , i r li ti r t lj j -
. N t l i l j r
l i .
D ji r j t tr t r , i j -
t lj i li . li l j lj
( t ) t r l i tr ( i
l i r ). li r l i -
tr i j li t. li , i i tr
r li r , i j
r r .
H ff ji r t ri l ji -
t :
. i r t i t li ji
tim kos
Huffmanovo 
kodiranje
•
presek 39 (2011/2012) 3
27
r a č u n a l n i š t v o
•
slika 1.
Seznam črk besede MATEMATIKA
slika 2.
Huffmanovo kodirno drevo za besedo MATEMATIKA
Računalniki in ostale digitalne naprave v večini
uporabljajo dvojiški številski sistem [2], kar po-
meni, da poznajo samo dve stanji – to sta 0 in 1.
Enemu takšnemu stanju pravimo bit. Tak sistem
najdemo v elektronskih vezjih digitalnih naprav.
Vezje ponazori signal z 1, če po njem teče elek-
trični tok, ter z 0, če električnega toka ni. Zato je
bilo potrebno razviti postopke (algoritme), ki vsa-
kodnevne znake pretvorijo v zaporedje ničel ter
enic (zaporedje bitov). Takšnemu postopku pra-
vimo kodiranje. Poznamo več vrst kodiranj, ki jih
ločimo na dve skupini. V prvo skupino spadajo
tista kodiranja, ki za vse pretvorjene znake upo-
rabijo enako število bitov. Med najbolj znane spa-
data kodiranje ASCII (ASCII je kratica za American
Standard Code for Information Interchange), ki v
razširjeni različici uporablja osem bitov za vsak
znak, ter v zadnjem času vedno bolj uporabljeno
kodiranje UNICODE. V drugo skupino pa spadajo
tista kodiranja, ki za znake uporabijo različno šte-
vilo bitov in s tem porabijo manj pomnilniškega
prostora. Ena izmed teh metod je tudi Huffmanov
algoritem oz. Huffmanovo kodiranje. To metodo je
leta 1952 izumil David Huffman [1].
Huffmanovo kodiranje
Huffmanovo kodiranje nam iz množice znakov in
njihovih frekvenc pojavitve v besedilu ustvari naj-
krajšo možno kodo za vsak znak. Ob tem nam zago-
tavlja, da so dobljene kode znakov prefiksne kode,
kar pomeni, da ni nobena koda posameznega znaka
začetek kode drugega znaka. S tem si zagotovimo
enoličnost pri dekodiranju. Izkaže se, da Huffma-
novo kodiranje ustvari v povprečju najkrajšo kodo
in ga zato uporabljamo za stiskanje podatkov; veči-
noma gre za stiskanje besedila.
Huffmanovo kodiranje poteka tako, da iz znakov
tvorimo dvojiško drevo, čigar listi predstavljajo po-
dane znake. Nato na podlagi položaja v drevesu po-
sameznemu znaku določimo kodo.
Dvojiško drevo je podatkovna struktura, ki je se-
stavljena iz vozlišč. Vozlišče lahko vsebuje ključe
(podatke) ter levega in desnega otroka (povezavi na
levo in desno poddrevo). Vozlišče brez levega in de-
snega otroka imenujemo list. Vozlišče, ki ni otrok
nobenega drugega vozlišča v drevesu, pa imenujemo
koren drevesa.
Huffmanovo dvojiško drevo tvorimo z naslednjim po-
stopkom:
1. Znake si predstavimo kot vozlišča dvojiškega
2
Računalniki in ostale digitalne naprave v večini
uporabljajo dvojiški številski sistem [2], kar po-
meni, da poznajo samo dve stanji – to sta 0 in 1.
Enemu takšnemu stanju pravimo bit. Tak sistem
najdemo v elektronskih vezjih digitalnih naprav.
Vezje ponazori signal z 1, če po njem teče elek-
trični tok, ter z 0, če električnega toka ni. Zato je
bilo potrebno razviti postopke (algoritme), ki vsa-
kodnevne znake pretvorijo v zaporedje ničel ter
enic (zaporedje bitov). Takšnemu postopku pra-
vimo kodiranje. Poznamo več vrst kodiranj, ki jih
ločimo na dve skupini. V prvo skupino spadajo
tista kodiranja, ki za vse pretvorjene znake upo-
rabijo enako število bitov. Med najbolj znane spa-
data kodiranje ASCII (ASCII je kratica za American
Standard Code for Information Interchange), ki v
razširjeni različici uporablja osem bitov za vsak
znak, ter v zadnjem času vedno bolj uporabljeno
kodiranje UNICODE. V drugo skupino pa spadajo
tista kodiranja, ki za znake uporabijo različno šte-
vilo bitov in s tem porabijo manj pomnilniškega
prostora. Ena izmed teh metod je tudi Huffmanov
algoritem oz. Huffmanovo kodiranje. To metodo je
leta 1952 izumil David Huffman [1].
Huffmanovo kodiranje
Huffmanovo kodiranje nam iz množice znakov in
njihovih frekvenc pojavitve v besedilu ustvari naj-
krajšo možno kodo za vsak znak. Ob tem nam zago-
tavlja, da so dobljene kode znakov prefiksne kode,
kar pomeni, da ni nobena koda posameznega znaka
začetek kode drugega znaka. S tem si zagotovimo
enoličnost pri dekodiranju. Izkaže se, da Huffma-
novo kodiranje ustvari v povprečju najkrajšo kodo
in ga zato uporabljamo za stiskanje podatkov; veči-
noma gre za stiskanje besedila.
Huffmanovo kodiranje poteka tako, da iz znakov
tvorimo dvojiško drevo, čigar listi predstavljajo po-
dane znake. Nato na podlagi položaja v drevesu po-
sameznemu znaku določimo kodo.
Dvojiško drevo je podatkovna struktura, ki je se-
stavljena iz vozlišč. Vozlišče lahko vsebuje ključe
(podatke) ter levega in desnega otroka (povezavi na
levo in desno poddrevo). Vozlišče brez levega in de-
snega otroka imenujemo list. Vozlišče, ki ni otrok
nobenega drugega vozlišča v drevesu, pa imenujemo
koren drevesa.
Huffmanovo dvojiško drevo tvorimo z naslednjim po-
stopkom:
1. Znake si predstavimo kot vozlišča dvojiškega
2
drevesa, katerih ključa sta znak, ki ga vozlišče
predstavlja, ter njegovo število ponovitev v be-
sedilu. Ker bomo iz teh vozlišč tvorili dvoji-
ško drevo, si že sedaj vozlišča z znaki predsta-
vljamo kot drevesa z enim samim vozliščem.
Razporedimo jih v seznam takšnih dreves.
2. Dokler je število dreves v seznamu večje od 1,
ponavljaj:
(a) Izberi dve drevesi z najmanjšim številom
ponovitev v korenu.
(b) Izbrani drevesi združi v novo drevo, pri če-
mer v koren novega drevesa daj novo vo-
zlišče, katerega število ponovitev je vsota
števil ponovitev korenov izbranih dreves.
(c) Iz seznama izbrišemo izbrani drevesi in v
seznam dodamo novo nastalo drevo.
3. Drevo, ki nam ostane, predstavlja (dvojiško)
Huffmanovo kodirno drevo. Sedaj lahko dolo-
čimo kodo posameznim znakom. To naredimo
tako, da se sprehodimo po drevesu, od korena
drevesa pa vse do želenega znaka. Če se v ne-
kem vozlišču premaknemo na levega otroka, do-
damo kodi vrednost 0, sicer vrednost 1. Posto-
pek ponovimo za vsak znak.
Primer
Najlažje je postopek kodiranja predstaviti s pomo-
čjo primera. Recimo, da želimo zakodirati besedo
MATEMATIKA. Črke, ki se pojavijo v besedilu, raz-
poredimo v seznam dreves in jim pripišemo število
ponovitev v besedilu. Zaradi preglednosti jih bomo
uredili nenaraščajoče glede na to število, postopek
ostane enak ne glede na vrstni red dreves v seznamu.
Tako za naš primer dobimo seznam prikazan na sli-
ki 1.
Slika 1
Huffmanov algoritem se nadaljuje tako, da iz se-
znama izbira po dve drevesi z najmanjšima števi-
loma ponovitev v korenu. V našem primeru lahko
izbiramo med vozlišči s črkami E, I in K. Recimo,
da izberemo črki I in K ter ju povežemo v eno drevo
z novo narejenim vozliščem. V to vozlišče shranimo
vrednost 2, saj je to vsota števil ponovitev v vozliščih
s črkama I in K. Tako dobimo nov seznam s črkami
A, M , T , E in drevesom s številom 2 v korenu.
Slika 2
Ponovno iz seznama izberemo dve drevesi z naj-
manjšima številoma v korenu. Zato izberemo vozli-
šče s črko E ter še enega izmed vozlišč s črkama M ,
T ter drevesom s številom 2 v korenu. Recimo, da
3
drevesa, katerih ključa sta znak, ki ga vozlišče
predstavlja, ter njegovo število ponovitev v be-
sedilu. Ker bomo iz teh vozlišč tvorili dvoji-
ško drevo, si že sedaj vozlišča z znaki predsta-
vljamo kot drevesa z enim samim vozliščem.
Razporedimo jih v seznam takšnih dreves.
2. Dokler je število dreves v seznamu večje od 1,
ponavljaj:
(a) Izberi dve drevesi z najmanjšim številom
ponovitev v korenu.
(b) Izbrani drevesi združi v novo drevo, pri če-
mer v koren novega drevesa daj novo vo-
zlišče, katerega število ponovitev je vsota
števil ponovitev korenov izbranih dreves.
(c) Iz seznama izbrišemo izbrani drevesi in v
seznam dodamo novo nastalo drevo.
3. Drevo, ki nam ostane, predstavlja (dvojiško)
Huffmanovo kodirno drevo. Sedaj lahko dolo-
čimo kodo posameznim znakom. To naredimo
tako, da se sprehodimo po drevesu, od korena
drevesa pa vse do želenega znaka. Če se v ne-
kem vozlišču premaknemo na levega otroka, do-
damo kodi vrednost 0, sicer vrednost 1. Posto-
pek ponovimo za vsak znak.
Primer
Najlažje je postopek kodiranja predstaviti s pomo-
čjo primera. Recimo, da želimo zakodirati besedo
MATEMATIKA. Črke, ki se pojavijo v besedilu, raz-
poredimo v seznam dreves in jim pripišemo število
ponovitev v besedilu. Zaradi preglednosti jih bomo
uredili nenaraščajoče glede na to število, postopek
ostane enak ne glede na vrstni red dreves v seznamu.
Tako za naš primer dobimo seznam prikazan na sli-
ki 1.
Slika 1
Huffmanov algoritem se nadaljuje tako, da iz se-
znama izbira po dve drevesi z najmanjšima števi-
loma ponovitev v korenu. V našem primeru lahko
izbiramo med vozlišči s črkami E, I in K. Recimo,
da izberemo črki I in K ter ju povežemo v eno drevo
z novo narejenim vozliščem. V to vozlišče shranimo
vrednost 2, saj je to vsota števil ponovitev v vozliščih
s črkama I in K. Tako dobimo nov seznam s črkami
A, M , T , E in drevesom s številom 2 v korenu.
Slika 2
Ponovno iz seznama izberemo dve drevesi z naj-
manjšima številoma v korenu. Zato izberemo vozli-
šče s črko E ter še enega izmed vozlišč s črkama M ,
T ter drevesom s številom 2 v korenu. Recimo, da
3
drevesa, katerih ključa sta znak, ki ga vozlišče
predstavlja, ter njegovo število ponovitev v be-
sedilu. Ker bomo iz teh vozlišč tvorili dvoji-
ško drevo, si že sedaj vozlišča z znaki predsta-
vljamo kot drevesa z enim samim vozliščem.
Razporedimo jih v seznam takšnih dreves.
2. Dokler je število dreves v seznamu večje od 1,
ponavljaj:
(a) Izberi dve drevesi z najmanjšim številom
ponovitev v korenu.
(b) Izbrani drevesi združi v novo drevo, pri če-
mer v koren novega drevesa daj novo vo-
zlišče, katerega število ponovitev je vsota
števil ponovitev korenov izbranih dreves.
(c) Iz seznama izbrišemo izbrani drevesi in v
seznam dodamo novo nastalo drevo.
3. Drevo, ki nam ostane, predstavlja (dvojiško)
Huffmanovo kodirno drevo. Sedaj lahko dolo-
čimo kodo posameznim znakom. To naredimo
tako, da se sprehodimo po drevesu, od korena
drevesa pa vse do želenega znaka. Če se v ne-
kem vozlišču premaknemo na levega otroka, do-
damo kodi vrednost 0, sicer vrednost 1. Posto-
pek ponovimo za vsak znak.
Primer
Najlažje je postopek kodiranja predstaviti s pomo-
čjo primera. Recimo, da želimo zakodirati besedo
MATEMATIKA. Črke, ki se pojavijo v besedilu, raz-
poredimo v seznam dreves in jim pripišemo število
ponovitev v besedilu. Zaradi preglednosti jih bomo
uredili nenaraščajoče glede na to število, postopek
ostane enak ne glede na vrstni red dreves v seznamu.
Tako za naš primer dobimo seznam prikazan na sli-
ki 1.
Slika 1
Huffmanov algoritem se nadaljuje tako, da iz se-
znama izbira po dve drevesi z najmanjšima števi-
loma ponovitev v korenu. V našem primeru lahko
izbiramo med vozlišči s črkami E, I in K. Recimo,
da izberemo črki I in K ter ju povežemo v eno drevo
z novo narejenim vozliščem. V to vozlišče shranimo
vrednost 2, saj je to vsota števil ponovitev v vozliščih
s črkama I in K. Tako dobimo nov seznam s črkami
A, M , T , E in drevesom s številom 2 v korenu.
Slika 2
Ponovno iz seznama izberemo dve drevesi z naj-
manjšima številoma v korenu. Zato izberemo vozli-
šče s črko E ter še enega izmed vozlišč s črkama M ,
T ter drevesom s številom 2 v korenu. Recimo, da
3
, ,
,
.
,
.
.
. ,
:
.
,
,
.
.
. , ,
.
.
, ,
.
,
, .
.
. ,
. , ,
.
,
.
.
,
.
, . ,
.
,
.
, , , .
.
,
. ,
drevesa, katerih ključa sta znak, ki ga vozlišče
predstavlja, ter njegovo število ponovitev v be-
sedilu. Ker bomo iz teh vozlišč tvorili dvoji-
ško drevo, si že sedaj vozlišča z znaki predsta-
vljamo kot drevesa z enim samim vozliščem.
Razporedimo jih v seznam takšnih dreves.
2. Dokler je število dreves v seznamu večje od 1,
ponavljaj:
(a) Izberi dve drevesi z najmanjšim številom
ponovitev v korenu.
(b) Izbrani drevesi združi v novo drevo, pri če-
mer v koren novega drevesa daj novo vo-
zlišče, katerega število ponovitev je vsota
števil ponovitev korenov izbranih dreves.
(c) Iz seznama izbrišemo izbrani drevesi in v
seznam dodamo novo nastalo drevo.
3. Drevo, ki nam ostane, predstavlja (dvojiško)
Huffmanovo kodirno drevo. Sedaj lahko dolo-
čimo kodo posameznim znakom. To naredimo
tako, da se sprehodimo po drevesu, od korena
drevesa pa vse do želenega znaka. Če se v ne-
kem vozlišču premaknemo na levega otroka, do-
damo kodi vrednost 0, sicer vrednost 1. Posto-
pek ponovimo za vsak znak.
Primer
Najlažje je postopek kodiranja predstaviti s pomo-
čjo primera. Recimo, da želimo zakodirati besedo
MATEMATIKA. Črke, ki se pojavijo v besedilu, raz-
poredimo v seznam dreves in jim pripišemo število
ponovitev v besedilu. Zaradi preglednosti jih bomo
uredili nenaraščajoče glede na to število, postopek
ostane enak ne glede na vrstni red dreves v seznamu.
Tako za naš primer dobimo seznam prikazan na sli-
ki 1.
Slika 1
Huffmanov algoritem se nadaljuje tako, da iz se-
znama izbira po dve drevesi z najmanjšima števi-
loma ponovitev v korenu. V našem primeru lahko
izbiramo med vozlišči s črkami E, I in K. Recimo,
da izberemo črki I in K ter ju povežemo v eno drevo
z novo narejenim vozliščem. V to vozlišče shranimo
vrednost 2, saj je to vsota števil ponovitev v vozliščih
s črkama I in K. Tako dobimo nov seznam s črkami
A, M , T , E in drevesom s številom 2 v korenu.
Slika 2
Ponovno iz seznama izberemo dve drevesi z naj-
manjšima številoma v korenu. Zato izberemo vozli-
šče s črko E ter še enega izmed vozlišč s črkama M ,
T ter drevesom s številom 2 v korenu. Recimo, da
3
drevesa, katerih ključa sta znak, ki ga vozlišče
predstavlja, ter njegovo število ponovitev v be-
sedilu. Ker bomo iz teh vozlišč tvorili dvoji-
ško drevo, si že sedaj vozlišča z znaki predsta-
vljamo kot drevesa z enim samim vozliščem.
Razporedimo jih v seznam takšnih dreves.
2. Dokler je število dreves v seznamu večje od 1,
ponavljaj:
(a) Izberi dve drevesi z najmanjšim številom
ponovitev v korenu.
(b) Izbrani drevesi združi v novo drevo, pri če-
mer v koren novega drevesa daj novo vo-
zlišče, katerega število ponovitev je vsota
števil ponovitev korenov izbranih dreves.
(c) Iz seznama izbrišemo izbrani drevesi in v
seznam dodamo novo nastalo drevo.
3. Drevo, ki nam ostane, predstavlja (dvojiško)
Huffmanovo kodirno drevo. Sedaj lahko dolo-
čimo kodo posameznim znakom. To naredimo
tako, da se sprehodimo po drevesu, od korena
drevesa pa vse do želenega znaka. Če se v ne-
kem vozlišču premaknemo na levega otroka, do-
da o kodi vrednost 0, sicer vrednost 1. Posto-
pek ponovimo za vsak znak.
Primer
Najlažje je postopek kodiranja predstaviti s pomo-
čjo primera. Recimo, da želimo zakodirati besedo
MATEMATIKA. Črke, ki se pojavijo v besedilu, raz-
poredimo v seznam dreves in jim pripišemo število
ponovitev v besedilu. Zaradi preglednosti jih bomo
uredili nenaraščajoče glede na to število, postopek
ostane enak ne glede na vrstni red dreves v seznamu.
Tako za naš primer dobimo seznam prikazan na sli-
ki 1.
Slika 1
Huffmanov algoritem se nadaljuje tako, da iz se-
znama izbira po dve drevesi z najmanjšima števi-
loma ponovitev v korenu. V našem primeru lahko
izbiramo med vozlišči s črkami E, I in K. Recimo,
da izbere o črki I in K ter ju povežemo v eno drevo
z novo narejenim vozliščem. V to vozlišče shranimo
vrednost 2, saj je to vsota števil ponovitev v vozliščih
s črkama I in K. Tako dobimo nov seznam s črkami
A, M , T , E in drevesom s številom 2 v korenu.
Slika 2
Ponovno iz seznama izberemo dve drevesi z naj-
manjšima številoma v korenu. Zato izberemo vozli-
šče s črko E ter še enega izmed vozlišč s črkama M ,
T ter drevesom s številom 2 v korenu. Recimo, da
3
drevesa, katerih ključa sta znak, ki ga vozlišče
predstavlja, ter njegovo število pono itev v be-
sedilu. Ker bomo iz teh vozlišč tvorili dvoji-
ško drevo, si že sedaj vozlišča z znaki predsta-
vljamo kot drevesa z enim samim vozliščem.
Razporedimo jih v seznam takšnih dreves.
2. Dokler je število dreves v seznamu večje od 1,
ponavljaj:
(a) I eri dve drevesi z najmanjšim številom
pono itev v korenu.
(b) Izbrani dre esi združi v novo drevo, pri če-
mer v koren novega drevesa daj novo vo-
zlišče, katerega št vilo ponovitev j vsota
števil pon vitev korenov izbranih dreves.
(c) Iz seznama izbrišemo izbrani drevesi in v
seznam dodamo novo nastalo drevo.
3. Drevo, ki nam ostane, re stavlja ( vojiško)
Huffm novo ko irno dr vo. Sed j lahko dolo
či o kodo posameznim znakom. To naredim
tako, da se spreh dimo po drevesu, od korena
drevesa pa vse do želenega znaka. Če se v ne-
kem vozlišču premaknemo na levega otroka, do-
damo kodi vrednost 0, sicer vrednost 1. Posto-
pek ponovimo za vsak znak.
Primer
Najlažje je postopek kodiranja predstaviti s pomo-
čjo pr era. Reci o, d želimo zakodirati besed
MATEMATIKA. Črke, ki s pojavijo v besedilu, raz-
poredimo v s znam dre e in jim pripišemo število
pon vitev v besedilu. Zaradi preglednosti jih bo o
uredili nenaraščajoče glede na to število, postopek
ostane enak ne glede na vrstni red dreves v seznamu.
Tako za naš primer dobimo seznam prikazan na sli-
ki 1.
lik 1
Huffmanov algor tem se nadaljuje tako, da iz se-
znama izbira po dve dr vesi z najmanjšima št i-
loma ponovitev v korenu. V našem primeru lahk
izbiramo med vozlišči s črkami E, I n K. Reci o,
da izberemo črki I in K ter ju povežemo v eno drevo
z novo narejenim vozliščem. V to vozlišče shrani o
vrednost 2, saj je to vsota števil ponovitev v vozliščih
s črkama I in K. Tako dobimo nov seznam s črkami
A, M , T , E in drevesom s številom 2 v korenu.
Slika 2
Ponovno iz seznama izberemo dve drevesi z naj-
manjšima številoma v korenu. Zato izberemo vozli-
šče s črko E ter še enega izmed vozlišč s črkama M ,
T ter drevesom s številom 2 v korenu. Recimo, da
3
drevesa, katerih ključa sta znak, ki ga vozlišče
predstavlja, ter nj govo število ponovitev v be-
sedilu. Ker bomo iz teh vozlišč tvorili dvoji-
ško drevo, si že sedaj vozlišča z znaki predsta-
vljamo kot drevesa z enim samim vozliščem.
Razporedimo jih v seznam takšnih dreves.
2. Dokler je število dre s v seznamu večje d 1,
ponav jaj:
(a) Izberi dve drevesi z najmanjšim številom
ponovitev v korenu.
(b) Izbrani drevesi združi v n vo drevo, pr če-
mer v ko n nov ga drev sa daj novo v -
zlišče, katerega števil ponovitev je vsota
števil ponovitev kore ov izbranih dreves.
(c) Iz seznama izbrišemo izbrani drevesi in v
seznam dodamo novo nastalo drevo.
3. Drev , ki nam ostane, predstavlja (dvojišk )
Huffmanovo kodirno drevo. Sedaj lahko dolo-
čimo kodo posameznim znakom. To naredimo
tako, da se sprehodimo po drevesu, od korena
drevesa pa vse do želenega znaka. Če se v ne-
kem vozlišču premaknemo na levega otroka, do-
damo kodi vrednost 0, sicer vrednost 1. Posto-
pek ponovimo za vsak znak.
Primer
Najlažj je postopek kodira ja predstaviti s po o-
čjo primera. Recimo, da želimo zakodirati besedo
MATEMATIKA. Črke, ki se pojavijo v besedilu, raz-
poredimo v seznam dreves in jim pripišemo število
ponovitev v besedilu. Zaradi preglednosti jih bomo
uredili ne araščajoče glede na to število, postopek
ostane enak ne gle e na vrst red dreves v seznamu.
Tako za aš primer dobimo seznam prikazan n sli-
ki 1.
Slika 1
Huffmanov algoritem se nadaljuje tako, da iz se-
znama izbira po dve revesi z najmanjšima števi-
lom ponovitev k renu. V našem primeru lahko
izbiramo med vozlišči s črkami E, I in K. Recimo,
da izberemo črki I in K ter ju povežemo v eno drevo
z novo narejenim vozliščem. V t vozlišč shranimo
vrednost 2, saj je to vsota števil ponovitev v v zliščih
s črkama I in K. Tako d bi o nov seznam s črkami
A, M , T , E in dr vesom s št vilom 2 v korenu.
Slika 2
Ponovno iz seznama izberemo dve drevesi z naj-
manjšima številoma v korenu. Zato izberemo vozli-
šče s črko E ter še enega izmed vozlišč s črkama M ,
T ter drevesom s številom 2 v korenu. Recimo, da
3
ff ovo ir je
Pr s k 39 (2011/2012) 3
3
A
2
M
2
T
1
E
1
I
1
K
3
A
2
M
2
T
1
E
2
1
I
1
K
seznam
28
r a č u n a l n i š t v o
10• izberemo drevo s številom 2 ter ga združimo v novodrevo z vozliščem s črko E. Tako ima novo drevo v
korenu število 3. Novo nastalo drevo dodamo v se-
znam (seveda nadomesti izbrani drevesi).
Slika 3
Ta postopek ponavljamo, dokler nam v seznamu
ne ostane eno samo drevo. Torej v našem primeru
izberemo vozlišči s črkama M in T ter ju povežemo
z novim vozliščem s številom 4.
Slika 4
Nato povežemo še drevesi s številom 3 v korenu,
tako nastane novo drevo s številom 6 v korenu. Na
koncu izberemo še preostali dve drevesi v seznamu
in ju povežemo v drevo s številom 10 v korenu. Ker
je v seznamu ostalo eno samo drevo, postopek za-
ključimo.
Slika 5
Nastali strukturi pravimo Huffmanovo kodirno dre-
vo (glej sliko 5). S pomočjo tega drevesa bomo za
vsako črko posebej določili Huffmanovo kodo. Naj-
prej bomo določili Huffmanovo kodo črki M . Zač-
nemo v korenu drevesa (vozlišče s številom 10). Ker
do vozlišča s črko M pridemo tako, da se prema-
knemo dvakrat levo, je Huffmanova koda črkeM ena-
ka 00. Isto naredimo za preostale črke. Iz korena
drevesa se premaknemo levo in nato desno do vozli-
šča s črko T , zato dobi črka T kodo 01. Za določitev
kode črke A se premaknemo najprej desno in nato
levo, zato je iskana koda 10. Za črko E se presta-
vimo dvakrat desno in nato levo, zato ima kodo 110.
Če se premaknemo iz vrha trikrat desno in enkrat
levo, pridemo do črke I, ki ima kodo 1110. Na koncu
se še iz korena drevesa sprehodimo štirikrat desno,
zato določimo črki K kodo 1111.
Tabela 1
Tako smo določili Huffmanove kode za vse znake,
ki nastopajo v besedi MATEMATIKA; le-to lahko
zato tudi zakodiramo. To naredimo preprosto tako,
da namesto vsake črke zapišemo pripadajočo Huff-
manovo kodo. V našem primeru dobimo:
0010011100010011110111110.
Dobljena Huffmanova koda ni enolična. Če imajo
npr. tri drevesa v seznamu enako število ponovitev
v korenu, je vseeno, kateri dve izberemo. Nikjer tudi
4
izberemo drevo s številom 2 ter ga združimo v novo
drevo z vozliščem s črko E. Tako ima novo drevo v
korenu število 3. No o nastal drevo dodamo v se-
znam (seveda nadomesti izbrani drevesi).
Slika 3
Ta postopek ponavljamo, dokler nam v seznamu
ne ostane eno samo drevo. Torej v našem primeru
izberemo vozlišči s črkama M in T ter ju povež mo
z n vim vozliščem s številom 4.
Slika 4
Nato povežemo še drevesi s številom 3 v korenu,
tako nastane novo drevo s številom 6 v korenu. Na
koncu izberemo še preostali dve drevesi v seznamu
in ju povežemo v drevo s številom 10 v korenu. Ker
je v seznamu ostalo eno samo drevo, p stopek za
ključimo.
Slika 5
N stali struktu i pravimo Huffm novo kodirn dre-
vo (glej liko 5). S pomočj tega drevesa b m za
vs ko črko posebej določili Huffmanovo kodo. Naj-
prej bomo določili Huffmanovo kodo črki M . Z č-
nemo v kor nu drevesa (vozlišče s številom 10). Ker
do vozlišča s črko M pridem tako, da se prema-
knemo dvakrat lev , je Huffmanova koda črkeM en -
ka 00. Isto naredimo za preostale črke. Iz korena
drevesa se premaknemo levo in nat desno do vozli-
šča s črko T , zato dobi črka T kodo 01. Za določitev
kode črke A se premaknemo najprej desno in nato
levo, zato je iskana koda 10. Za črko E se presta-
vimo dvakrat desno in nato levo, zato ima kodo 110.
Če se premaknemo iz vrha trikrat desno in enkrat
levo, pridemo do črke I, ki ima kodo 1110. Na koncu
se še iz korena drevesa spreh dim štirikrat desno
zato določimo črki K kodo 1111.
Tabela 1
Tako smo določili Huffmanove kode za vse znake,
ki nastopajo v besedi MATEMATIKA; le-to lahk
zato udi zakodiramo. To naredimo preprosto tako,
da namesto ake črke zapiš mo pripadajočo H ff-
manovo kodo. V našem primeru dobimo:
0010011100010011110111110.
Dobljena Huffmanova koda ni enolična. Če imajo
npr. tri drevesa v seznamu enako število ponovitev
v korenu, je vseeno, kateri dve izberemo. Nikjer tudi
4
izberemo drevo s številom 2 ter ga združi o v novo
drevo z v zliščem s črko E. Tako ima novo drevo v
korenu š evi o 3. Novo nastalo drevo dodamo v se-
znam (sev da nadomesti izbrani drevesi).
Slika 3
T postopek p navljamo, dokler nam v s znamu
ne ostane eno samo drevo. Torej v našem primer
zberemo vozlišči s črkama M in T ter ju povežemo
z novim vozliščem s število 4.
Slika 4
Nat povežemo še drevesi s števil m 3 v kor u,
tako na ane novo drevo s številom 6 v kore u. N
k ncu izberemo še pre stali dve drevesi v seznamu
in ju povežemo v revo s število 1 korenu. K r
je v seznamu stalo eno samo drevo, postopek za
ključimo.
Slika 5
Nastali strukturi pravimo Huffmanovo kodirno dre-
vo (glej sliko 5). S pomočjo teg d evesa bomo za
sako črko pos bej določili Huffm novo kodo. Naj-
prej bomo določili Huffmanovo kodo črki M . Zač-
nemo v korenu drevesa (vozlišče s številom 10). Ker
do vozlišča s črko M prid mo tako, d se pr ma-
nemo dv krat levo, je Huffmanova koda črkeM ena-
k 00. Isto naredi za preostale črk . Iz korena
revesa se premaknemo levo in nato desno d vozli
šč s črko T , zato dobi črka T ko 01. Za določitev
kode črke A se premaknemo najprej desno in nato
levo, zato je iskana koda 10. Za črko E se presta-
vimo dvakrat desno in nato levo, zato im kodo 110.
Če se premaknem iz vrha tr krat desno in enkrat
lev , pri emo do črke I, ki ima kod 1110. Na koncu
se še iz korena drevesa sprehodimo štirikrat desno,
zato določimo črki K kodo 1111.
Tabela 1
Tako smo določili Huffmanove kode za vse znake,
ki nastopajo v besedi MATEMATIKA; le-to lahko
zato tudi zakodiramo. To naredimo preprosto tako,
da namesto vsake črke zapišemo pripadajočo Huff-
manovo kodo. V našem primeru dobimo:
0010011100010011110111110.
Dobljena Huffmanova koda ni enolična. Če imajo
npr. tri drevesa v seznamu enako število ponovitev
v korenu, je vseeno, kateri dve izberemo. Nikjer tudi
4
izbere o drevo s številom 2 ter ga združimo v novo
drevo z vozliščem s črko E. Tako ima novo drevo v
korenu število 3. Novo nastalo drevo dodamo v se-
znam (seveda nadomesti izbrani drevesi).
Slika 3
Ta stopek ponavljamo, dokler nam v seznamu
ne o tane eno sam drevo. T rej v našem primeru
izbere o vozlišči s črkama M in T ter ju povežemo
z novim vozliščem s številom 4.
Slika 4
Nato povežemo še drevesi s številom 3 v korenu,
tako nastane novo drev s številom 6 v korenu. Na
koncu izberem še preost li dve drevesi v seznamu
in ju povež mo v dr vo s številom 10 korenu
je v seznamu ostalo eno sa o drevo, postopek z
ljučimo.
Slika 5
Nastali strukturi pravimo Huffmanovo kodirn dre
vo (glej sli o 5). S pomočjo tega drevesa bomo za
vsako črko posebej določ l Huffmanovo kodo. Naj-
p j bom določili Huffmanovo kodo čr i M . Zač
nemo v korenu drevesa (v zlišče s številom 10). K r
d vozlišča s črko M pridemo tako, a se prema
knemo dva rat levo, je Huffmanova koda črkeM en
k 00. Isto naredimo z pr ostale črke. Iz k rena
d v sa se premaknemo levo in n o desno do vozli
šča s č ko T , zato dobi črka T kodo 01. Za določit v
k d črke A se p maknemo najprej esno in nato
lev , zato e iskana koda 10. Za črko E se prest
vimo dvakr t desno in n to l vo, zato ima kodo 110.
Če s premaknemo iz vrha trikr desno in enkrat
levo, p idem do črk I, ki i a kodo 1 10. Na koncu
se š iz korena drevesa sprehodimo štirikrat desno,
zat določimo črki K kodo .
T bela 1
Tako smo določili Huffmanove kode za vse znake,
ki nastopajo v besedi MATEMATIKA; le-to lahko
z to tudi zakodiramo. To naredimo preprosto tako,
da namesto vsake črke zapišemo pr padajočo Huff-
manovo kodo. V našem primeru dobimo:
0010011100010011110111110.
Dobljena Huffmanova koda ni enolična. Če imajo
npr. tri drevesa v seznamu enako število ponovitev
v korenu, je vseeno, kateri dve izberemo. Nikjer tudi
4
izberemo drevo s številom 2 ter ga združimo v novo
drevo z vozliščem s črko E. Tako ima novo drevo v
korenu število 3. Novo nastalo drevo dodamo v se-
znam (seveda nadomesti izbrani drevesi).
Slika 3
Ta postopek ponavljamo, dokler nam v seznamu
ne ostane eno samo drevo. Torej v našem primeru
izberemo vozlišči s črkama M in T ter ju povežemo
z novim vozliščem s številom 4.
Slika 4
Nato povežemo še drevesi s številom 3 v korenu,
tako nastane novo drevo s številom 6 v korenu. Na
koncu izberemo še preostali dve drevesi v seznamu
in ju povežemo v drevo s številom 10 v korenu. Ker
je v seznamu ostalo eno samo drevo, postopek za-
ključimo.
Slika 5
Nastali strukturi pravimo Huffmanovo kodirno dre-
vo (glej sliko 5). S pomočjo tega drevesa bomo za
vsako črko posebej določili Huffmanovo kodo. Naj-
prej bomo določili Huffmanovo kodo črki M . Zač-
nemo v korenu drevesa (vozlišče s številom 10). Ker
do vozlišča s črko M pridemo tako, da se prema-
knemo dvakrat levo, je Huffmanova koda črkeM ena-
ka 00. Isto naredimo za preostale črke. Iz korena
drevesa se premaknemo levo in nato desno do vozli-
šča s črko T , zato dobi črka T kodo 01. Za določitev
kode črke A se premaknemo najprej desno in nato
levo, zato je iskana koda 10. Za črko E se presta-
vimo dvakrat desno in nato levo, zato ima kodo 110.
Če se premaknemo iz vrha trikrat desno in enkrat
levo, pridemo do črke I, ki ima kodo 1110. Na koncu
se še iz korena drevesa sprehodimo štirikrat desno,
zato določimo črki K kodo 1111.
Tabela 1
Tako smo določili Huffmanove kode za vse znake,
ki nastopajo v besedi MATEMATIKA; le-to lahko
zato tudi zakodiramo. To naredimo preprosto tako,
da namesto vsake črke zapišemo pripadajočo Huff-
manovo kodo. V našem primeru dobimo:
0010011100010011110111110.
Dobljena Huffmanova koda ni enolična. Če imajo
npr. tri drevesa v seznamu enako število ponovitev
v korenu, je vseeno, kateri dve izberemo. Nikjer tudi
4
izberemo drevo s šte ilo 2 ter ga združimo v novo
drevo z vozliščem s črko E. ako ima novo drevo v
kor nu število 3. Novo nastalo drevo dodamo v se-
nam (se eda nadomesti izbrani drevesi).
3
T postopek p navljamo, dokl r na v seznamu
ne st ne eno samo drevo. Torej v našem primeru
izberemo vozlišči s č kam M in T ter ju poveže o
z novim vozliščem s številom 4.
Slika 4
Nato povežemo še drevesi s številom 3 v korenu,
tako nastane novo drevo s številom 6 v korenu. Na
koncu izberemo še preostali dve dre esi v seznamu
in ju povežemo v drevo s številom 10 korenu. Ker
je v seznamu ostalo en samo drevo, postopek za
ključimo.
Slika 5
Nastali strukturi pravimo Huffmanovo kodirn dre-
v (glej sliko 5). S pomočjo tega drev a bomo za
vsako črko po ebej določili Huffmanovo kodo. Naj
prej bomo določili Huffmano kodo črki M . Zač-
n mo v korenu drevesa (vozlišče s števil m 10). Ker
do vozlišča s črko M pr demo tako, da se prema-
knemo dvakrat levo, je Huffmanova koda črkeM e a-
k 00. Isto nared mo za preostale črke. Iz korena
drevesa se premaknemo levo in nato desno do vozli-
šča s črko T , zato dobi črka T kodo 01. Za določitev
kod črke A se premaknemo najprej desno in nato
levo, zato je iskana koda 10. Za črko E se presta-
vimo dvakrat desno in nato levo, zato ima kodo 110.
Če se premaknemo iz vrha trikrat sno in e krat
levo, pridemo do črke I, ki ima kodo 1110. Na koncu
se še iz korena drevesa spreho štirikrat desn
z to določimo črki K kodo 1111.
Tabela 1
Tako smo določili Huffmanove kode za vse znake,
ki nastopajo v besedi MATEMATIKA; le-to lahko
zato tudi zakodiramo. To naredimo preprosto tako,
da namesto vsake črke zapišemo pripadajočo Huff-
manovo kodo. V našem primeru dobimo:
0010011100010011110111110.
Dobljena Huffmanova koda ni enolična. Če imajo
npr. tri drevesa v seznamu enako število ponovitev
v korenu, je vseeno, kateri dve izberemo. Nikjer tudi
4
slika 3.
s i  .
slika 5.
črka št. ponovitev Huffmanova koda
A 3 10
M 2 00
T 2 01
E 1 110
I 1 1110
K 1 1111
tabela 1.
Huffm novo kode črk
presek 39 (2011/2012) 3
3
A
2
M
2
T
3
1
E
1
I
2
1
K
seznam
seznam
4 3
A
4
0
0 0
0
0
1 1
1
1
1
6
2
M
3
A
1
E
2
T
3
2
1
I
1
K
3
2
M
2
T
1
E
2
1
I
1
K
29
r a č u n a l n i š t v o
ni določeno, katero izbrano vozlišče dodamo na levo
in katero na desno stran. Za dano besedilo torej ob-
staja več Huffmanovih kod. Seveda bi lahko namesto
črk kodirali poljubne znake in bi bil postopek popol-
noma enak. Iz primera je tudi razvidno, da imajo
tiste črke, ki se v besedilu pojavijo večkrat, krajšo
Huffmanovo kodo. To je prednost Huffmanovega ko-
diranja, saj s tem tekstovna datoteka zasede veliko
manj prostora na pomnilniku.
Naloga
Ustvari Huffmanovo kodirno drevo za besedo
ABRAKADABRA in določi Huffmanove kode posa-
meznim znakom.
Huffmanovo dekodiranje
Dekodiranje je obraten proces od kodiranja. Podano
imamo Huffmanovo kodo, ki jo želimo pretvoriti na-
zaj v besedilo. Da lahko kodo dekodiramo, moramo
poznati kode posameznih znakov oz. jih najprej do-
ločiti. Zato moramo vedno kodi, ki smo jo zakodi-
rali, dodati še znake z njihovim številom ponovitev
ali kar Huffmanovo kodirno drevo, ki smo ga pri ko-
diranju ustvarili.
Ko imamo Huffmanovo kodirno drevo, lahko zač-
nemo z dekodiranjem podane kode, ki poteka po na-
slednjem algoritmu:
1. Postavi se na koren Huffmanovega kodirnega
drevesa.
2. Dokler ne prispeš do lista (vozlišča z znakom),
ponavljaj:
(a) preberi naslednji bit,
(b) če je bit enak 0, se v drevesu premaknemo
na levega otroka,
(c) če je bit enak 1, se v drevesu premaknemo
na desnega otroka.
Po končanem algoritmu se nahajamo na vozlišču
z znakom, ki ga iščemo. Naslednji znak poiščemo
tako, da se ponovno postavimo na vrh drevesa in po-
novimo algoritem z začetkom v naslednjem, še ne-
prebranem bitu.
Primer
Poglejmo si primer kode 0111010 in uporabimo ko-
dirno drevo (glej sliko 5), ki smo ga ustvarili za be-
sedo MATEMATIKA. Postavimo se na koren dre-
vesa (vozlišče s številom 10), in ker je vrednost pr-
vega bita kode 0, se premaknemo levo in prispemo
na vozlišče s številom 4. Ker še nismo prispeli do
lista, preberemo naslednji bit. Naslednji bit je 1,
zato se premaknemo na desno. Prišli smo do lista
(črke T ), zato je prvi iskani znak črka T . Dekodi-
ranje nadaljujemo v korenu drevesa. Preberemo na-
slednji še neprebrani bit, ki ima vrednost 1, zato se
prestavimo na desnega otroka, ki vsebuje število 6.
Ker vozlišče ne vsebuje znaka, preberemo naslednji
5
i l , t r i r li l
i t r tr . il t r j -
t j i . i l t
r ir li lj i i il t l-
. I ri r j t i r i , i j
ti t r , i il j ij r t, r j
. j r t -
ir j , j t t t t t li
j r t r il i .
l
t ri ir r
i l i -
i .
i j
ir j j r t r ir j .
i , i j li r t riti -
j il . l ir , r
ti i . ji j r j -
l iti. t r i, i j i-
r li, ti ji i t il it
li r ir r , i ri -
ir j t rili.
i ir r , l -
ir j , i t -
l j l rit :
. t i r ir
r .
. l r ri li t ( li ),
lj j:
( ) r ri l ji it,
( ) j it , r r
l tr ,
( ) j it , r r
tr .
l rit j li
, i i . l ji i
t , t i r r i -
i l rit t l j , -
r r it .
ri r
l j i ri r i r i -
ir r ( l j li ), i t rili -
I . t i r r -
( li t il ), i r j r t r-
it , r l i ri
li t il . r i ri li
li t , r r l ji it. l ji it j ,
t r . ri li li t
( r ), t j r i i i r . i-
r j lj j r r . r r -
l ji r r i it, i i r t , t
r t i tr , i j t il .
r li j , r r l ji
ni določeno, katero izbrano vozlišče dodamo na levo
in katero na desno stran. Za dano besedilo torej ob-
staja več Huffmanovih kod. Seveda bi lahko namesto
črk kodirali poljubne znake in bi bil postopek popol-
noma enak. Iz primera je tudi razvidno, da imajo
tiste črke, ki se v besedilu pojavijo večkrat, krajšo
Huffmanovo kodo. To je prednost Huffmanovega ko-
diranja, saj s tem tekstovna datoteka zasede veliko
manj prostora na pomnilniku.
Naloga
Ustvari Huffmanovo kodirno drevo za besedo
ABRAKADABRA in določi Huffmanove kode posa-
meznim znakom.
Huffmanovo dekodiranje
Dekodiranje je obraten proces od kodiranja. Podano
imamo Huffmanovo kodo, ki jo želimo pretvoriti na-
zaj v besedilo. Da lahko kodo dekodiramo, moramo
poznati kode posameznih znakov oz. jih najprej do-
ločiti. Zato moramo vedno kodi, ki smo jo zakodi-
rali, dodati še znake z njihovim številom ponovitev
ali kar Huffmanovo kodirno drevo, ki smo ga pri ko-
diranju ustvarili.
Ko imamo Huffmanovo kodirno drevo, lahko zač-
nemo z dekodiranjem podane kode, ki poteka po na-
slednjem algoritmu:
1. Postavi se na koren Huffmanovega kodirnega
drevesa.
2. Dokler ne prispeš do lista (vozlišča z znakom),
ponavljaj:
(a) preberi naslednji bit,
(b) če je bit enak 0, se v drevesu premaknemo
na levega otroka,
(c) če je bit enak 1, se v drevesu premaknemo
na desnega otroka.
Po končanem algoritmu se nahajamo na vozlišču
z znakom, ki ga iščemo. Naslednji znak poiščemo
tako, da se ponovno postavimo na vrh drevesa in po-
novimo algoritem z začetkom v naslednjem, še ne-
prebranem bitu.
Primer
Poglejmo si primer kode 0111010 in uporabimo ko-
dirno drevo (glej sliko 5), ki smo ga ustvarili za be-
sedo MATEMATIKA. Postavimo se na koren dre-
vesa (vozlišče s številom 10), in ker je vrednost pr-
vega bita kode 0, se premaknemo levo in prispemo
na vozlišče s številom 4. Ker še nismo prispeli do
lista, preberemo naslednji bit. Naslednji bit je 1,
zato se premaknemo na desno. Prišli smo do lista
(črke T ), zato je prvi iskani znak črka T . Dekodi-
ranje nadaljujemo v korenu drevesa. Preberemo na-
slednji še neprebrani bit, ki ima vrednost 1, zato se
prestavimo na desnega otroka, ki vsebuje število 6.
Ker vozlišče ne vsebuje znaka, preberemo naslednji
5
ni določeno, katero izbrano vozlišče dodamo na levo
in katero na desno stran. Za dano besedilo torej ob-
staja več Huffmanovih kod. Seveda bi lahko namesto
črk kodirali poljubne znake in bi bil postopek popol-
noma enak. Iz primera je tudi razvidno, da imajo
tiste črke, ki se v besedilu pojavijo večkrat, krajšo
Huffmanovo kodo. To je prednost Huffmanovega ko-
diranja, saj s tem tekstovna datoteka zasede veliko
manj prostora na pomnilniku.
Naloga
Ustvari Huffmanovo kodirno drevo za besedo
ABRAKADABRA in določi Huffmanove kode posa-
meznim znakom.
Huffmanovo dekodiranje
Dekodiranje je obraten proces od kodiranja. Podano
imamo Huffmanovo kodo, ki jo želimo pretvoriti na-
zaj v besedilo. Da lahko kodo dekodiramo, moramo
poznati kode posameznih znakov oz. jih najprej do-
ločiti. Zato moramo vedno kodi, ki smo jo zakodi-
rali, dodati še znake z njihovim številom ponovitev
ali kar Huffmanovo kodirno drevo, ki smo ga pri ko-
diranju ustvarili.
Ko imamo Huffmanovo kodirno drevo, lahko zač-
nemo z dekodiranjem podane kode, ki poteka po na-
slednjem algoritmu:
1. Postavi se na koren Huffmanovega kodirnega
drevesa.
2. Dokler ne prispeš do lista (vozlišča z znakom),
ponavljaj:
(a) preberi naslednji bit,
(b) če je bit enak 0, se v drevesu premaknemo
na levega otroka,
(c) če je bit enak 1, se v drevesu premaknemo
na desnega otroka.
Po končanem algoritmu se nahajamo na vozlišču
z znakom, ki ga iščemo. Naslednji znak poiščemo
tako, da se ponovno postavimo na vrh drevesa in po-
novimo algoritem z začetkom v naslednjem, še ne-
prebranem bitu.
Primer
Poglejmo si primer kode 0111010 in uporabimo ko-
dirno drevo (glej sliko 5), ki smo ga ustvarili za be-
sedo MATEMATIKA. Postavimo se na koren dre-
vesa (vozlišče s številom 10), in ker je vrednost pr-
vega bita kode 0, se premaknemo levo in prispemo
na vozlišče s številom 4. Ker še nismo prispeli do
lista, preberemo naslednji bit. Naslednji bit je 1,
zato se premaknemo na desno. Prišli smo do lista
(črke T ), zato je prvi iskani znak črka T . Dekodi-
ranje nadaljujemo v korenu drevesa. Preberemo na-
slednji še neprebrani bit, ki ima vrednost 1, zato se
prestavimo na desnega otroka, ki vsebuje število 6.
Ker vozlišče ne vsebuje znaka, preberemo naslednji
5
ni določeno, katero izbrano vozlišče doda o na levo
in katero na desno stran. Za dano besedilo torej ob-
staja več u anovih kod. Seveda bi lahko na esto
črk kodirali poljubne znake in bi bil postopek popol-
no a enak. Iz pri era je tudi razvidno, da i ajo
tiste črke, ki se v besedilu pojavijo večkrat, krajšo
u anovo kodo. To je prednost u anovega ko-
diranja, saj s te tekstovna datoteka zasede veliko
anj prostora na po nilniku.
aloga
stvari u anovo kodirno drevo za besedo
B B in določi u anove kode posa-
ezni znako .
a v ek ira je
ekodiranje je obraten proces od kodiranja. Podano
i a o u anovo kodo, ki jo želi o pretvoriti na-
zaj v besedilo. a lahko kodo dekodira o, ora o
poznati kode posa eznih znakov oz. jih najprej do-
ločiti. Zato ora o vedno kodi, ki s o jo zakodi-
rali, dodati še znake z njihovi število ponovitev
ali kar u anovo kodirno drevo, ki s o ga pri ko-
diranju ustvarili.
Ko i a o u anovo kodirno drevo, lahko zač-
ne o z dekodiranje podane kode, ki poteka po na-
slednje algorit u:
1. Postavi se na koren u anovega kodirnega
drevesa.
2. okler ne prispeš do lista (vozlišča z znako ),
ponavljaj:
(a) preberi naslednji bit,
(b) če je bit enak 0, se v drevesu pre akne o
na levega otroka,
(c) če je bit enak 1, se v drevesu pre akne o
na desnega otroka.
Po končane algorit u se nahaja o na vozlišču
z znako , ki ga išče o. aslednji znak poišče o
tako, da se ponovno postavi o na vrh drevesa in po-
novi o algorite z začetko v naslednje , še ne-
prebrane bitu.
Pri er
Poglej o si pri er kode 0111010 in uporabi o ko-
dirno drevo (glej sliko 5), ki s o ga ustvarili za be-
sedo TE TI . Postavi o se na koren dre-
vesa (vozlišče s število 10), in ker je vrednost pr-
vega bita kode 0, se pre akne o levo in prispe o
na vozlišče s število 4. Ker še nis o prispeli do
lista, prebere o naslednji bit. aslednji bit je 1,
zato se pre akne o na desno. Prišli s o do lista
(črke T ), zato je prvi iskani znak črka T . ekodi-
ranje nadaljuje o v korenu drevesa. Prebere o na-
slednji še neprebrani bit, ki i a vrednost 1, zato se
prestavi o na desnega otroka, ki vsebuje število 6.
Ker vozlišče ne vsebuje znaka, prebere o naslednji
5
ni določeno, katero izbrano vozlišče dodamo na levo
in katero na desno stran. Za dano besedilo torej ob-
staja več Huffmanovih kod. Seveda bi lahko namesto
črk kodirali poljubne znake in bi bil postopek popol-
noma enak. Iz primera je tudi razvidno, da imajo
tiste črke, ki se v besedilu pojavijo večkrat, krajšo
Huffmanovo kodo. To je prednost Huffmanovega ko-
diranja, saj s tem tekstovna datoteka zasede veliko
manj prostora na pomnilniku.
Naloga
Ustvari Huffmanovo kodirno drevo za besedo
ABRAKADABRA in določi Huffmanove kode posa-
meznim znakom.
Huffmanovo dekodiranje
Dekodiranje je obraten proces od kodiranja. Podano
imamo Huffmanovo kodo, ki jo želimo pretvoriti na-
zaj v besedilo. Da lahko kodo dekodiramo, moramo
poznati kode posameznih znakov oz. jih najprej do-
ločiti. Zato moramo vedno kodi, ki smo jo zakodi-
rali, dodati še znake z njihovim številom ponovitev
ali kar Huffmanovo kodirno drevo, ki smo ga pri ko-
diranju ustvarili.
Ko imamo Huffmanovo kodirno drevo, lahko zač-
nemo z dekodiranjem podane kode, ki poteka po na-
slednjem algoritmu:
1. Postavi se na koren Huffmanovega kodirnega
drevesa.
2. Dokler ne prispeš do lista (vozlišča z znakom),
ponavljaj:
(a) preberi naslednji bit,
(b) če je bit enak 0, se v drevesu premaknemo
na levega otroka,
(c) če je bit enak 1, se v drevesu premaknemo
na desnega otroka.
Po končanem algoritmu se nahajamo na vozlišču
z znakom, ki ga iščemo. Naslednji znak poiščemo
tako, da se ponovno postavimo na vrh drevesa in po-
novimo algoritem z začetkom v naslednjem, še ne-
prebranem bitu.
Primer
Poglejmo si primer kode 0111010 in uporabimo ko-
dirno drevo (glej sliko 5), ki smo ga ustvarili za be-
sedo MATEMATIKA. Postavimo se na koren dre-
vesa (vozlišče s številom 10), in ker je vrednost pr-
vega bita kode 0, se premaknemo levo in prispemo
na vozlišče s številom 4. Ker še nismo prispeli do
lista, preberemo naslednji bit. Naslednji bit je 1,
zato se premaknemo na desno. Prišli smo do lista
(črke T ), zato je prvi iskani znak črka T . Dekodi-
ranje nadaljujemo v korenu drevesa. Preberemo na-
slednji še neprebrani bit, ki ima vrednost 1, zato se
prestavimo na desnega otroka, ki vsebuje število 6.
Ker vozlišče ne vsebuje znaka, preberemo naslednji
5
ni določeno, kater izbrano vozlišče do amo na levo
in k tero na des o stran. Za dano besedil torej ob-
staja več Huffmanovih kod. Seveda bi lahko namesto
črk kodir li poljubne znake in bi bil post pek popol-
noma enak. Iz primera je tudi razvidno, da imaj
tiste črke, ki se v besedilu pojavijo večkrat, krajšo
Huffm novo kodo. To je prednost Huffmanovega ko-
diranja, saj s tem tekstovna datoteka zasede veliko
manj prostora na pomnilniku.
Naloga
Ustvari Huffmanovo k dirno drevo za besedo
ABRAKADABRA in določi Huffmanove kode posa-
meznim znakom.
Huffmanovo dekodiranje
Dekodiranje je obraten proces od kodiranja. Podano
imamo Huffmanovo kodo, ki jo želimo pretvoriti na-
zaj v besedilo. Da lahko kodo dek diramo, moramo
poznati kode posameznih znakov oz. jih najprej do
ločiti. Z o moramo vedno kodi, ki smo jo zakodi-
rali, dodati še znake z njihovim številom ponovitev
ali kar Huffmanovo kodirno drevo, ki smo ga pri ko-
diranju ustvarili.
Ko imam Huffmanovo kodirno drevo, lahko zač
nemo z dekodiranjem podane kode, ki poteka po na-
slednjem algoritmu:
1. Postavi se na koren Huffmanovega kodirnega
drevesa.
2. D kler ne prispeš do lista (vozlišča z znakom),
ponavljaj:
(a) preberi naslednji bit,
(b) če j bit enak 0, se v drevesu premaknemo
na levega otroka,
(c) če je bit enak 1, se v drevesu premaknemo
na desnega otroka.
Po nčanem algoritmu se nahajamo na vozlišču
z znakom, ki ga iščemo. Naslednji znak poiščemo
tako, da se ponovno postavimo na vrh revesa in po
novimo algoritem z začetkom v naslednjem, še ne-
p ebranem bitu.
Primer
Poglejmo si primer de 0111010 in porab mo ko
dirno drevo (glej sliko 5), ki smo ga ustvarili za b
s do MATEMATIKA. Postav mo se na koren dre
s (vozlišče s številom 10), in ker je vrednost pr-
vega bita kode 0, se premaknemo levo in prispem
na vozlišč s številom 4. Ker še ni mo prispeli do
lis a, preb remo naslednji bit. Naslednji bit je 1,
zato se premaknemo na desno. Prišli smo do lista
(črk T ), zato je prvi iskani znak črka T . Dekodi
ranje nadaljujemo v korenu drevesa. Preberemo na-
slednji še neprebrani bit, ki ima vrednost 1, zat se
prestavimo na desnega otro , ki vsebuje število 6.
Ker vozlišče ne vsebuje znaka, preberemo naslednji
5
bit z vrednostjo 1 in se ponovno premaknemo de-
sno. Prispeli smo na vozlišče s številom 3. Ker še
vedno nismo prispeli do znaka, nadaljujemo z bra-
njem bitov. Naslednji bit je 0, kar pomeni, da se po
drevesu premaknemo levo. Prispeli smo do črke E,
ki predstavlja naslednji iskani znak. Ponovno se pre-
stavimo v koren drevesa in preberemo naslednji bit,
ki ima vrednost 1, ter se premaknemo desno. Ker
še nismo prispeli do znaka, preberemo zadnji bit
v kodi. Vrednost bita je 0 in zato se premaknemo
na levega otroka in pridemo do zadnjega iskanega
znaka črke A. Torej, naša koda 0111010 predstavlja
besedo TEA.
Navadno Huffmanovo dekodiranje je zelo poča-
sno, saj moramo kodo brati bit za bitom ter se za
vsak znak sprehoditi navzdol po celem Huffmano-
vem kodirnem drevesu. Zato je leta 1985 Choueka
[1] iznašel hitro Huffmanovo dekodiranje, ki s pomo-
čjo delnih dekodirnih tabel hitreje najde rešitev. Ena
izmed metod, ki pospeši dekodiranje, je tudi pre-
blikovanje navadne Huffmanove kode v kanonično
Huffmanovo kodo, ki jo lahko zaradi njenih lastnosti
hitro in enostavno uporabimo oz. dekodiramo. A več
o tem kdaj drugič.
6
bit z vrednostjo 1 in se ponovno premak emo de-
sno. P ispeli smo na vozlišče s številom 3. Ker še
vedno nismo prispeli d znaka, nada jujemo z bra-
njem bitov. Naslednji bit je 0, kar pomeni, da se po
dr vesu prem knemo levo. Prispeli s o do črke E,
ki pr dstavlja naslednji iskani znak. Pon vno se pre-
stavimo v koren drevesa in preberem aslednji bit,
ki ima vrednost 1, ter se premaknemo desno. Ker
še nismo prispeli do znaka, preberemo zadnji bit
v kodi. Vrednost bita je 0 in zato s premaknemo
na levega otroka in pridemo do zadnjega is anega
znaka črke A. Torej, naša koda 0111010 predstavlj
besedo TEA.
Navadno Huffmanovo dekodiranje je zelo poča-
sno, s j moramo kodo brati bit za bitom ter se za
vsak znak sprehoditi navzdol po celem Huffmano-
em kodirnem drevesu. Zat je leta 1985 Choueka
[1] iznašel hitro Huffmanovo dekodiranje, ki s pomo-
čjo delnih dek dirnih tabel hitreje najde rešitev. Ena
izmed metod, k pospeši dekodiran e, je tudi pre-
blikovanj navadne Huffmanove kod v kanonično
Huffm ovo kodo, ki jo lahko zaradi njenih lastnosti
hitro in enostavn uporabim oz. dekodiramo. A več
o em kdaj drugič.
6
izberemo drevo s številom 2 ter ga združimo v novo
drevo z vozliščem s črko E. Tako ima novo drevo v
korenu število 3. Novo nastalo drevo dodamo v se-
znam (seveda nadomesti izbrani drevesi).
Slika 3
Ta postopek ponavljamo, dokler nam v seznamu
ne ostane eno samo drevo. Torej v našem primeru
izberemo vozlišči s črkama M in T ter ju povežemo
z novim vozliščem s številom 4.
Slika 4
Nato povežemo še drevesi s številom 3 v korenu,
tako nastane novo drevo s številom 6 v korenu. Na
koncu izberemo še preostali dve drevesi v seznamu
in ju povežemo v drevo s številom 10 v korenu. Ker
je v seznamu ostalo eno samo drevo, postopek za-
ključimo.
Slika 5
Nastali strukturi pravimo Huffmanovo kodirno dre-
vo (glej sliko 5). S pomočjo tega drevesa bomo za
vsako črko posebej določili Huffmanovo kodo. Naj-
prej bomo določili Huffmanovo kodo črki M . Zač-
nemo v korenu drevesa (vozlišče s številom 10). Ker
do vozlišča s črko M pridemo tako, da se prema-
knemo dvakrat levo, je Huffmanova koda črkeM ena-
ka 00. Isto naredimo za preostale črke. Iz korena
drevesa se premaknemo levo in nato desno do vozli-
šča s črko T , zato dobi črka T kodo 01. Za določitev
kode črke A se premaknemo najprej desno in nato
levo, zato je iskana koda 10. Za črko E se presta-
vimo dvakrat desno in nato levo, zato ima kodo 110.
Če se premaknemo iz vrha trikrat desno in enkrat
levo, pridemo do črke I, ki ima kodo 1110. Na koncu
se še iz korena drevesa sprehodimo štirikrat desno,
zato določimo črki K kodo 1111.
Tabela 1
Tako smo določili Huffmanove kode za vse znake,
ki nastopajo v besedi MATEMATIKA; le-to lahko
zato tudi zakodiramo. To naredimo preprosto tako,
da namesto vsake črke zapišemo pripadajočo Huff-
manovo kodo. V našem primeru dobimo:
0010011100010011110111110.
Dobljena Huffmanova koda ni enolična. Če imajo
npr. tri drevesa v seznamu enako število ponovitev
v korenu, je vseeno, kateri dve izberemo. Nikjer tudi
4
ff o ir je
Literaturaratura
[1] D. Salomon, A Concise Introduction to Data Com-
pression, Springer, 2008.
[2] http:sl.wikipedia.orgwikiDvojiški_številski_sistem
(Citirano: 4. 11. 2011)
7
L ter tura
[1] D. Salomon, A Concise Introduction to Data Com-
p ession, Springer, 2008.
[2] http:sl.wikipedia.orgwikiDvojiški_številski_sistem
(Citirano: 4. 11. 2011)
7
Presek 39 (2011/2012) 3
r a z v e d r i l o
30
r e š i t e v 
n a g r a d n e 
k r i ž a n k e 
p r e s e k  3 9 / 2
• Pravilna rešitev nagra-
dne križanke iz druge šte-
vilke 39. letnika Preseka 
je Plavanje in vzgon. Iz-
med pravilnih rešitev smo 
izžrebali, Anko Đudarić 
iz Celja, Jožeta Jarca  iz 
Domžal in Vesno Iršič  iz 
Ljubljane, ki so razpisane 
nagrade prejeli po pošti.
presek 39 (2011/2012) 3
Megleni slap
r a z v e d r i l o
31
n
a
r
a
v
o
s
l
o
v
n
a
 f
o
t
o
g
r
a
f
ij
a
foto: Franc Erce
• 
aleš mohorič
Presek 39 (2011/2012) 3
V prejšnji številki Preseka smo se v poizkuševal-
nici naučili, da pline lahko pretakamo podobno kot
kapljevine. Zato tudi spadajo med tekočine. Pretaka-
nje plinov težko opazujemo, saj je plin običajno pro-
zoren. Lepo pa vidimo tok drobnih vodnih kapljic,
ki nastanejo v oblakih ali megli in jih zračne mase –
plin v katrih lebdijo – nosijo s seboj. Na sliki lepo vi-
dimo, kako se jutranja megla razliva čez rob Jelovice
pri Jamniku. Občutek imamo, da bo cerkev Sv. Pri-
moža in Felicijana kar odplavilo. Jelovica je dokaj iz-
postavljena in se ponoči zaradi sevanja lahko precej
ohladi. Ko se zrak shladi, vodna para v zraku kon-
denzira v drobne kapljice. Ta hladen megleni zrak
se nato preko roba planote kot slap preliva v dolino.
fotografija: Franc Erce
2
V prejšnji številki Preseka smo se v poizkuševal-
nici naučili, da pline lahko pretakamo podobno kot
kapljevine. Zato tudi spadajo med tekočine. Pretaka-
nje plinov težko opazujemo, saj je plin običajno pro-
zoren. Lepo pa vidimo tok drobnih vodnih kapljic,
ki nastanejo v oblakih ali megli in jih zračne mase –
plin v katrih lebdijo – nosijo s seboj. Na sliki lepo vi-
dimo, kako se jutranja megla razliva čez rob Jelovice
pri Jamniku. Občutek imamo, da bo cerkev Sv. Pri-
moža in Felicijana kar odplavilo. Jelovica je dokaj iz-
postavljena in se ponoči zaradi sevanja lahko precej
ohladi. Ko se zrak shladi, vodna para v zraku kon-
denzira v drobne kapljice. Ta hladen megleni zrak
se nato preko roba planote kot slap preliva v dolino.
fotografija: Franc Erce
2
  
 
   
 
3
ISSN 0351-6652M
A
TE
M
A
TI
K
A
+F
IZ
IK
A
+A
ST
R
O
N
O
M
IJ
A
+R
A
ČU
N
A
LN
IŠ
TV
O
#
presek  letnik 39  ( 2 0 1 1 / 2 0 1 2 )  š t e v il k a  3
SIG-88
SIG-87
SIG-89
Janez Strnad:
SVET NIHANJ IN
VALOVANJ
200 strani
format 14 x 20 cm
mehka vezava
19,99 EUR