2
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 4 0  ( 2 0 1 2 / 2 0 1 3 )  š t e v il k a  2
• zmenek in verjetnost
• letnice pri pouku fizike
• vaje eso/esa, masa črne
luknje v središču galaksije
• predstavitev celih števil
v računalniku
Iskanje prijateljev
Facebook ima več kot 700 milijonov uporabnikov
z več kot 70 milijardami povezav. Medtem ko upo-
rabniki te strani z lahkoto najdejo nove spletne prija-
telje, imajo računalniki, ki skrbijo za delovanje strani,
zelo težko delo pri shranjevanju in pri dostopanju
do ustreznih podatkov, ki vključujejo tudi informa-
cije o prijateljih prijateljev. Slednje je pomembno pri
priporočilih uporabnikom (People You May Know).
Veliko algoritmov temelji na dognanjih računalniške
znanosti, a brez matematike ne gre. Linearno pro-
gramiranje in teorija grafov razpolovita čas, ki je po-
treben za določitev prijateljev uporabnikovih prija-
teljev, in pomagata zmanjšati mrežni promet za pri-
bližno dve tretjini.
Verjetnost prijateljstva običajno pada z narašča-
njem razdalje med osebama. To je smiselno tako v
realnem kot v virtualnem svetu. Ogromna mreža Fa-
cebookovih uporabnikov je primer mreže majhnega
sveta. Če za razdaljo med Facebookovima uporabni-
koma vzamemo najkrajšo verigo prijateljev, ki ju po-
vezuje, je povprečna razdalja manj kot pet. Čeprav
se zdi na prvi pogled zbirka uporabnikov in njihovih
povezav kaotična, je ustrezna mreža povezav precej
strukturirana. Tudi osebo, ki je pet prijateljskih po-
vezav stran od nas, je možno najti npr. le s sprotnim
poznavanjem neposrednih prijateljev oseb, ki so v
verigi (in tako poznavanje prijateljev posamezniko-
vih prijateljev ni potrebno).
Več o tem lahko najdete v knjigi Networks, Cro-
wds, and Markets: Reasoning about a Highly Connec-
ted World iz leta 2010, ki sta jo napisala David Easley
in Jon Kleinberg.
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
Iskanje  
pr i jatel jev
Presek 
list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje 
letnik 40, šolsko leto 2012/2013, številka 2
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), Peter Legiša (glavni urednik), Andrej Likar 
(fizika), Matija Lokar, Aleš Mohorič (odgovorni 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 2012/2013 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
Tisk Tiskarna Pleško, Ljubljana
Naklada 1600 izvodov
© 2012 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije 
– 1880
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
•
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 40 (2012/2013) 2
•
matematika
Zmenek in verjetnost 
(Marko Jakovac)
Pitagorov izrek v nekaterih jezikih 
(Marko Razpet)
Rešitev ugank iz prejšnje številke 
(Peter Legiša)
Še nekaj ugank iz ameriške  
radijske oddaje Cartalk 
(Peter Legiša)
48. tekmovanje za zlato Vegovo priznanje 
(Klavdija Mlinšek)
fizika
Letnice pri pouku fizike
(Tine Golež)
Poizkuševalnica v kuhinji – 
V mrazu izginjajoči sneženi mož
(Mojca Čepič)
Razmisli in poskusi
(Mitja Rosina)
razvedrilo
Naravoslovna fotografija –
Mešanje barv
(Aleš Mohorič)
Nagradna križanka 
(Marko Bokalič)
Rešitev nagradne križanke Presek 40/1 
(Marko Bokalič)
Barvni sudoku
Futošiki
Križne vsote
računalništvo
Predstavitev celih števil v računalniku
(Aleksander Vesel)
 
matematični trenutki
Iskanje prijateljev
astronomija
Vaje ESO/ESA, Masa črne luknje  
v središču Galaksije 
(Andrej Guštin)
Evropski mladinski natečaj za  
raziskovanje vesolja Odysseus
(Andrej Guštin)
tekmovanja
 
2
4–8
9–11
11
11–12
12–13
14–15
18
18–19
20–25
26
27–30
31
16–17
30
12,13
19
25,26
priloga
priloga
priloga
priloga
k a z a l o
Kazalo
3presek 40 (2012/2013) 2
Slika na naslovnici: Tako je pod mikroskopom videti temnoo-
ranžna ploskev, ki jo ustvari stroj za tiskanje. Če množico pik po-
gledamo z večje razdalje, jih ne razločimo več in lise se zlijejo v 
ploskev z enotnim barvnim vtisom. Podrobnejšo razlago si oglejte 
v prispevku „Mešanje barv“. (Foto: Aleš Mohorič)
4
m a t e m a t i k a
Velika večina se je že ali pa se še bo srečala s
tistim trenutkom, ko je treba iti na prvi zmenek.
Pogosto se takrat obremenjujemo s tem, ali smo
dovolj šarmantni, lepo oblečeni, ali bomo pustili
dober vtis, itd. Sprašujemo se tudi o tem, ali bo
zmenek uspešen. V tej situaciji se pojavi povsem
matematično vprašanje verjetnosti dogodka. V pri-
čujočem članku se sicer ne bomo ukvarjali z ver-
jetnostjo, da zmenek uspe, na preprostem primeru
pa bomo izračunali verjetnost, da do zmenka sploh
pride.
Verjetnost
Če želimo rešiti zgoraj podani problem, moramo naj-
prej vedeti, kaj verjetnost sploh je. Pogosto je ver-
jetnost zavita v tančico skrivnosti in nezaupanja, saj
nam v večini primerov le podaja teoretično vrednost,
povezano s tem, ali se določen dogodek zgodi ali
ne. Zgodovinsko gledano so bile z matematičnim ra-
zumevanjem verjetnosti pogosto težave. V sodobni
matematični obliki jo je v vsej splošnosti formuliral
šele Kolmogorov leta 1933. Z aksiomi Kolmogorova
je bila verjetnost matematično postavljena na trdne
temelje. Več o tem lahko preberemo v knjigi [3]. To
pa ni rešilo njene povezave z realnostjo – tu je mo-
žnih več interpretacij. Oglejmo si naslednja dva pri-
mera.
Primer 1
Kaj pomeni, če rečemo, da je verjetnost, da pri na-
slednji kontrolni nalogi iz matematike učenec Janez
dobi odlično oceno, 10 %? S to izjavo navadno mi-
slimo, da ocenjujemo, da bo 10 % takih učencev, kot
je Janez, pri takih kontrolnih nalogah dobilo odlično
oceno (pri čemer imamo v mislih veliko učencev).
Verjetnost je torej ocena za delež. 
Primer 2
Denimo, da vržemo pošteni kovanec, kar pomeni, da
grb in cifra padeta teoretično enako verjetno. Ver-
jetnost ne pomeni točnega deleža v naslednjih nekaj
poskusih, pač pa se da delež dokaj natančno napove-
dati za veliko število poskusov. Če npr. pošteni ko-
vanec vržemo 10-krat, navadno ne bomo dobili 5 ci-
fer in 5 grbov. Pač pa bomo, če bomo tak kovanec vr-
gli 1000-krat, bržkone ugotovili, da je razmerje med
številom padlih cifer in grbov skoraj 1 : 1. 
Zavedati se je treba, da v splošnem vsi izidi (npr.
pri prvem primeru ocene od 1 do 5) niso enako ver-
jetni. Pri primerih 1 in 2 je povezava med verje-
tnostjo in realnostjo različna. Pri prvem primeru si
lahko predstavljamo, da z dolgoletnim opazovanjem
2
Velika večina se je že ali pa se še bo srečala s
tistim trenu kom, ko je treba iti na prvi zmenek.
P g sto se takrat obremenjujemo s te , ali smo
volj šarmantni, lepo oblečeni, ali bomo pustili
dober vtis, itd. Sprašujemo se tudi o tem, ali bo
zmenek uspešen. V tej situaciji se pojavi povsem
matemati no vprašanj verjetnosti dogodka. V pri
čujočem čl nku se sicer ne bomo ukvarjali z ver-
jetn stj , da zmenek uspe, na preprostem primeru
a bomo izračunali verjetnost, da do zmenka sploh
pride.
Verjetnost
Če želimo rešiti zgoraj podani problem, moramo naj-
prej vedeti, kaj verjetnost sploh je. Pogosto je ver-
jetnost zavita v tančico skrivnosti in nezaupanja, saj
nam v večini primerov le podaja teoretično vrednost,
povezano s tem, ali se določen dogodek zgodi ali
ne. Zgodovinsko gledano so bile z matematičnim ra-
zumevanjem verjetnosti pogosto težave. V sodobni
matematični obliki jo je v vsej splošnosti formuliral
šele Kolmogorov leta 1933. Z aksiomi Kolmogorova
je bila verjetnost matematično postavljena na trdne
temelje. Več o tem lahko preberemo v knjigi [3]. To
pa ni rešilo njene povezave z realnostjo – tu je mo-
žnih več interpretacij. Oglejmo si naslednja dva pri-
mera.
Primer 1
Kaj pomeni, če rečemo, da je verjetnost, da pri na-
slednji kontrolni nalogi iz matematike učenec Janez
dobi odlično oceno, 10 %? S to izjavo navadno mi-
slimo, da ocenjujemo, da bo 10 % takih učencev, kot
je Janez, pri takih kontrolnih nalogah dobilo odlično
oceno (pri čemer imamo v mislih veliko učencev).
Verjetnost je torej ocena za delež. 
Primer 2
Denimo, da vržemo pošteni kovanec, kar pomeni, da
grb in cifra padeta teoretično enako verjetno. Ver-
jetnost ne pomeni točnega deleža v naslednjih nekaj
poskusih, pač pa se da delež dokaj natančno napove-
dati za veliko število poskusov. Če npr. pošteni ko-
vanec vržemo 10-krat, navadno ne bomo dobili 5 ci-
fer in 5 grbov. Pač pa bomo, če bomo tak kovanec vr-
gli 1000-krat, bržkone ugotovili, da je razmerje med
številom padlih cifer in grbov skoraj 1 : 1. 
Zavedati se je treba, da v splošnem vsi izidi (npr.
pri prvem primeru ocene od 1 do 5) niso enako ver-
jetni. Pri primerih 1 in 2 je povezava med verje-
tnostjo in realnostjo različna. Pri prvem primeru si
lahko predstavljamo, da z dolgoletnim opazovanjem
2
li i j li l
ti ti t t , j t iti i .
t t t j j t , li
lj t i, l l i, li tili
ti , it . j t i t , li
. t j it iji j i
t ti j j t ti . i-
j l i j li -
j t tj , , t i
i li j t t, l
i .
j t t
li r iti r j i r l , r j-
r j ti, j rj t t l j . t j r-
j t t it t i ri ti i j , j
i i ri r l j t r ti r t,
t , li l i li
. i l il t ti i r -
j rj t ti t t . i
t ti i li i j j j l ti f r lir l
l l r l t . i i l r
j il rj t t t ti t lj tr
t lj . t l r r ji i [ ].
i r il j r l tj t j -
i i t r r t ij. l j i l j ri-
r .
ri r
j i, r , j rj t t, ri -
l ji tr l i l i i t ti J
i li , t i j i-
li , j j , t i , t
j J , ri t i tr l i l il li
( ri r i i li li ).
rj t t j t r j l .
ri r
i , r t i , r i,
r i ifr t t r ti rj t . r-
j t t i t l l ji j
i , l j t -
ti li t il . r. t i -
r - r t, ili i-
f r i r . , t r-
li - r t, r t ili, j r rj
t il li if r i r r j : .
ti j tr , l i i i i ( r.
ri r ri r ) i r-
j t i. ri ri ri i j rj -
t tj i r l tj r li . ri r ri r i
l r t lj , l l t i j
s s š sr s
s r r r
s s r r s s
š r s
r s r š s
s š s s s
r š r s r
s s r r r
s s r r s r r
r r s s
r
r
e e eš e
e e e e e s s e s e e
e s c c s s e s
ec e e e e c e s
e s e se ce e
e s e s e e c
e e e e s s e e s
e c e se s š s
še e e s
e e e s e c s e e
e e e ec e e e e
eš e e e e e s – e
ec e e c e s s e
e
e ce ece e e e s
s e e e ce ec e
c ce ?
s ce e ce ce
e e c
ce ce e s e ce ce
e e s e e ce e e
e e š e ec e
c e e e c e e e e
e s e e c e e e s e e
s s c se e e c e
e š e s s e š e
ec e e c
e c ce ec
e e e e e
š e c e s
e se e e s š e s
e e ce e s e e
e e e e e e e
s e s c e e s
e s e e
Velika večina e je že ali pa e e bo ečala
i i enu ko , ko je eba i i na p vi z enek.
Pogo o e ak a ob e enjuje o e , ali o
dovolj a an ni, lepo oblečeni, ali bo o pu ili
dobe v i , i d. Sp a uje o e udi o e , ali bo
z enek u pe en. V ej i uaciji e pojavi pov e
a e a ično vp a anje ve je no i dogodka. V p i-
čujoče članku e ice ne bo o ukva jali z ve -
je no jo, da z enek u pe, na p ep o e p i e u
pa bo o iz ačunali ve je no , da do z enka ploh
p ide.
Ve je nos
Č ž li o i i zgo aj podani p obl , o a o naj-
p j v d i, kaj v j no ploh j . Pogo o j v -
j no zavi a v an ǐ o k ivno i in n zaupanja, aj
na v v ǐni p i ov l podaja o iˇno v dno ,
pov zano , ali doloˇ n dogod k zgodi ali
n . Zgodovin ko gl dano o bil z a a iˇni a-
zu vanj v j no i pogo o žav . V odobni
a a iˇni obliki jo j v v j plo no i o uli al
l Kol ogo ov l a 1933. Z ak io i Kol ogo ova
j bila v j no a a iˇno po avlj na na dn
lj . V ˇ o lahko p b o v knjigi [3]. To
pa ni ilo nj n pov zav z alno jo u j o-
žnih v ˇ in p a ij. Ogl j o i na l dnja dva p i-
a.
P i e 1
Kaj po ni, ˇ ˇ o, da j v j no , da p i na-
l dnji kon olni nalogi iz a a ik uˇ n an z
dobi odliˇno o no, 10 % S o izjavo navadno i-
li o, da o njuj o, da bo 10 % akih uˇ n v, ko
j an z, p i akih kon olnih nalogah dobilo odliˇno
o no (p i ˇ i a o v i lih v liko uˇ n v).
V j no j o j o na za d l ž. 
P i e 2
D ni o, da v ž o po ni kovan , ka po ni, da
g b in i a pad a o iˇno nako v j no. V -
j no n po ni oˇn ga d l ža v na l dnjih n kaj
po ku ih, paˇ pa da d l ž dokaj na anˇno napov -
da i za v liko vilo po ku ov. Č np . po ni ko-
van v ž o 10-k a , navadno n bo o dobili 5 i-
in 5 g bov. Paˇ pa bo o, ˇ bo o ak kovan v -
gli 1000-k a , b žkon ugo ovili, da j az j d
vilo padlih i in g bov ko aj 1 : 1. 
Zav da i j ba, da v plo n v i izidi (np .
p i p v p i u o n od 1 do 5) ni o nako v -
j ni. P i p i ih 1 in 2 j pov zava d v j -
no jo in alno jo azliˇna. P i p v p i u i
lahko p d avlja o, da z dolgol ni opazovanj
2
t t m t t m t t m
t t t m m t m
m t m t
t t m t t m
m t t m
m t m t t t
m m
t t m t m m
m t t m
t t
m r t r r m m r m
r t r t t t r
t t t t r t
m r m r t r t r t
t m
m t m t m r
m m r t t t t
m t m t t f rm r
m r t m m r
r t t m t m t t tr
t m t m r r m
r r t t m
t r r t m r
m r
r m r
m r m r t t r
tr m t m t J
t m
m m t t
J r t tr
r m r m m m
r t t t r
r m r
m r m t r m
r fr t t r t r t r
t t m t
t
t t r t
r m r t m
f r r m m t r
r t r t r m r m
t m f r r r
t tr m r
r r m r r r
t r r m r m r
t t r t r r r m r m r
r t m t m m
li i s j li s š sr l s
is i r , j r i i r i .
s s r r j j s m, li s
lj š r i, l l i, li s ili
r is, i . r š j s i , li
s š . j si iji s j i s
i r š j rj s i . ri-
j l s si r rj li r-
j s j , s , r r s ri r
i r li rj s , s l
ri .
rj
e eli eši i j i le , j-
ej e e i, j e je s s l je. s je e -
je s i cic s i s i i e j , s j
eci i i e le j e e ic e s ,
e s e , li se l ce e i li
e. i s le s ile e ic i -
e je e je s i s e e. s i
e ic i li i j je sej s l š s i li l
šele l le . si i l
je il e je s e ic s lje e
e elje. ec e l e e e ji i [ ].
i ešil je e e e e l s j – je -
i ec i e e cij. lej si sle j i-
e .
i
j e i, ce ece , je e je s , i -
sle ji l i l i i e i e ce ec e
i lic ce , ? i j i-
sli , ce j je , i ce ce ,
je e , i i l i l il lic
ce ( i ce e i isli eli ce ce ).
e je s je ej ce ele .
i
e i , e š e i ec, e i,
i ci e e e ic e e je . e -
je s e e i c e ele sle ji e j
s si , c se ele j c e-
i eli š e il s s . e . š e i -
ec e - , e ili ci-
e i . c , ce ec -
li - , e ili, je e je e
š e il li ci e i s j : .
e i se je e , s l š e si i i i ( .
i e i e ce e ) is e e -
je i. i i e i i je e e e je-
s j i e l s j lic . i e i e si
l e s lj , l le i je
e a eč a e e že a a e e o eča a
t t t e t o , o e t e a t a z e e .
Pogo to e ta at o e e e o te , a o
o o a a t , e o o eče , a o o t
o e t , t . S a e o e t o te , a o
z e e e e . te t ac e o a o e
ate at č o a a e e et o t ogo a.
č oče č a e ce e o o a a z e
et o t o, a z e e e, a e o te e
a o o z ač a e et o t, a o z e a o
e.
t st
ˇ ž o r t zgora o a rob , ora o a
r v t , ka v r t o t . Pogo to v r
t o t zav ta v ta ˇ o kr v o za a a, a
a v v ˇ r rov a a t or t ˇ o vr o t,
ov za t , a o oˇ ogo k zgo a
. go ov ko g a o b z at at ˇ ra
z v v r t o t ogo to t žav . o ob
at at ˇ ob k o v v o t for ra
o ogorov ta 1933. ak o o ogo ova
b a v r t o t at at ˇ o o ta a a tr
t . ˇ o t a ko r b r v k g 3 . o
a r o ov zav z r a o t o t o
ž v ˇ t r r ta . g o a a va r
ra.
Pr er
a o , ˇ r ˇ o, a v r t o t, a r a
ko tro a og z a at k ˇ Ja z
ob o ˇ o o o, 10 S to z avo ava o
o, a o o, a bo 10 t k ˇ v, kot
Ja z, r tak ko tro a oga ob o o ˇ o
o o r ˇ r a o v v ko ˇ v .
r t o t tor o a za ž.
Pr er
o, vrž o o t kova , kar o , a
grb fra a ta t or t ˇ o ako v r t o. r
t o t o toˇ ga ž v a ka
o k , aˇ a a ž oka ata ˇ a ov
t za v k t v o o k ov. ˇ r. o t ko
va vrž o 10 kr t, ava o bo o ob 5
f r 5 grbov. Paˇ a bo o, ˇ bo o tak kova vr
g 1000 krat, bržko got , raz r
t v o a f r grbov kora 1 : 1.
av at tr ba, a v o v z .
r rv o o 1 5 o ako v r
t . Pr r r 1 2 ov zava v r
t o t o r o t raz ˇ a. Pr rv r r
a ko r tav a o, a z o go t o azova
2
lik v in j li p b l
i i nu k k j b i i n p vi n k
k b njuj li
d v lj n ni l p bl ni li b pu ili
d b v i i d p uj udi li b
n k u p n j i u iji p j vi p v
i n vp nj v j n i d dk p i-
uj l nku i n b ukv j li v -
j n j d n k u p n p p p i u
p b i un li v j n d d nk pl h
p id
e je
C li i i j p d ni p l n j
p j d i j j n pl h j j -
j n i n i i n i in n up nj j
n ini p i l p d j i n dn
p n li d l n d d di li
n Z d in l d n il i ni -
u nj j n i p V d ni
i ni li i j j j pl n i uli l
l K l l Z i i K l
j il j n i n p lj n dn
lj V l h p nji i [ ] T
p ni l nj n p l j u j
nih in p ij l j i n l dnj d p i-
i 1
K j p i d j j n d p i n -
l dnji lni n l i i i u n n
d i li n n % i j n dn i-
li d njuj d % ih u n
j n p i ih n lnih n l h d il dli n
n (p i i i lih li u n )
V j n j j n d l
i 2
n d p ni n p ni d
in i p d i n n j n V -
j n n p ni n d l n l dnjih n j
p u ih p p d d l d j n n n n p
d i li il p u C np p ni
n - n dn n d ili i
in p n -
li - n u ili d j j d
il p dlih i in j
Z d i j d pl n i i idi (np
p i p u n d d ) ni n
j ni i p i ih in j p d j -
n j in ln j li n i p p i u i
l h p d lj d d l l ni p nj
V s s š sr s
s r , r r .
s s r r s , s
š r , , s
r s, . r š s ,
s š . V s s s
r š r s . V r
s s r r r
s , s , r r s r r
r r s , s
r .
V r no
e e eš e ,
e e e , e e s s e. s e e
e s c c s s e , s
ec e e e e c e s ,
e s e , se ce e
e. s e s e e c
e e e e s s e e. s
e c e se s š s
še e e . s
e e s e c s e e
e e e. ec e e e e .
eš e e e e e – e
ec e e c . O e s s e
e .
e , ce ece , e e e s ,
s e e e ce ec e
c ce , ?
s , ce e , ce ce ,
e e , c
ce ce e s e ce ce .
e e s e e ce e e . 
De , e š e ec, e ,
c e e e c e e e . e
e s e e c e e e s e e
s s , c se e e c e
e š e s s . e . š e
ec e , e c
e . c , ce ec
, e , e e e e
š e c e s : . 
e se e , s š e s .
e ce e s e e
e . e e e e e e
s e s c . e e s
e s , e e
li i j li l
ti tim t t m j t iti i m
t t t m j j m t li m
lj m t i l l i li m tili
ti it j m t i t m li
m t j it iji j i m
m t m ti j j t ti i-
j m l i m j li -
j t tj m t m im
m i li j t t m l
i
j t t
lim r iti r j i r l m m r m j
r j ti j rj t t l j t j r-
j t t it t i ri i i j j
m i i rim r l j t r ti r t
t m li l i li
i l il m t m ti im r -
m j m rj t ti t t i
m t m ti i li i j j j l ti f rm lir l
l lm r l t i mi lm
j il rj t t m t m ti t lj tr
t m lj t m l r r m ji i [ ]
i r l j r l tj t j m
i i t r r t ij l jm i l j ri-
m r
rim r
j m i r m j rj t t ri -
l ji tr l i l i i m m ti J
i li t i j mi-
lim j j m t i t
j J ri t i tr l i l il li
( ri m r im m mi li li )
rj t t j t r j l
rim r
m r m t i r m i
r i ifr t t r ti rj t r-
j t t m i t l l ji j
i l j t
ti li t il r t i
r m - r t m ili i
f r i r m m t r-
li - r t r t ili j r m rj m
t il m li if r i r r j
ti j tr l m i i i i (
ri r m ) i r
j t i ri rim ri i j m rj -
t tj i r l tj r li ri r m rim r i
l r t lj m l l t im j m
Zmenek in 
verjetnost
•
presek 40 (2012/2013) 2
marko jakovac
rimer 1
5
m a t e m a t i k a
testov učencev pridemo do tega, da dolgoročno gle-
dano 10 % takih učencev kot je Janez, pri tovrstnih
kontrolnih nalogah dobi odlično oceno in zato do-
mnevamo, da bo tako tudi v prihodnje. Pri drugem
primeru pa domnevo o poštenosti kovanca dobimo
iz simetrije, pri tem pa zanemarimo vpliv različnih
označb kovanca na obeh straneh na njegovo obnaša-
nje.
V uvodnem poglavju smo postavili vprašanje, ko-
likšna je verjetnost, da do zmenka z določeno osebo
sploh pride. Formulirajmo zdaj to vprašanje natanč-
neje, tako da bo matematično dobro postavljeno.
Predstavljajmo si, da se dve osebi dogovarjata za
zmenek. Da bomo zadevo še bolj zapletli, denimo,
da sta osebi pozabili doreči, kdaj točno se dobita. Ve-
sta le, da bi se naj dobili med 20. in 22. uro. Ker osebi
ne vesta točnega časa prihoda, ga določita na slepo.
Privzemimo tudi, da na dogovorjeno mesto prispeta
neodvisno drug od drugega. Pogosta lastnost ljudi
je, da nihče rad ne čaka, zato predpostavimo, da vsak
počaka pol ure in če drugega ni, odide. Kolikšna je
torej verjetnost dogodka, da se bosta osebi srečali?
Preden se posvetimo našemu izhodiščnemu pro-
blemu, si oglejmo še, kako verjetnost matematično
zastavimo na sodoben način. Ker vemo, da je mate-
matika abstraktna veda, ni presenetljivo, da matema-
tična formulacija verjetnosti sama po sebi ne vklju-
čuje nobene povezave z realnostjo. V sodobni mate-
matiki verjetnost predstavimo z množicami in funk-
cijami na njih. Množicam pravimo dogodki, ki so vsi
podmnožice neke univerzalne množice Ω. To mno-
žico imenujemo verjetnostni prostor ali, če jo gle-
damo kot dogodek, gotovi dogodek. Pri tem ni nujno,
da so vse podmnožice verjetnostnega prostora tudi
dogodki, a se z razlogi, zakaj je to tako, tukaj ne
bomo ukvarjali. Podrobnosti si lahko npr. prebe-
remo v knjigah [1] ali [2].
Elementom verjetnostnega prostora pravimo izidi.
Če vržemo navadno kocko, bo verjetnostni prostor
sestavljalo 6 izidov: Ω = {1,2,3,4,5,6}. Dogodek,
da pade vsaj pet pik, bo množica {5,6}, dogodek, da
pade več kot šest pik, pa bo prazna množica. Ver-
jetnost je funkcija P, ki vsakemu dogodku A ⊆ Ω
priredi njegovo verjetnost P(A), ki mora biti število
z intervala [0,1].
Klasǐcna definicija verjetnosti
Pri klasični definiciji verjetnosti [4] privzamemo, da
so vsi izidi enako verjetni. To tudi pomeni, da ver-
jetnostni prostor Ω vsebuje končno mnogo (denimo
n) izidov. Verjetnost dogodka A, ki vsebuje k izidov,
je definirana kot ulomek:
P(A) = k
n
.
Primer klasične definicije verjetnosti sta npr. pošteni
kovanec in poštena kocka. Pošteni kovanec smo že
spoznali pri primeru 2. Kocka je po definiciji po-
štena, če vse strani padejo z enakimi verjetnostmi.
Pri pošteni kocki je tako verjetnost dogodka, da pade
3
vsaj pet pik, enaka 26 =
1
3 .
Klasična definicija verjetnosti ustreza pojmu slepe
izbire. Izbira neke stvari je slepa, če so vse možnosti
enako verjetne. Met poštene igralne kocke je ekviva-
lenten slepi izbiri števila iz množice {1,2,3,4,5,6}.
Včasih pa izbiramo več kot eno stvar, npr. vržemo
dve kocki. Če izbiramo dve stvari, pravimo, da jih
izberemo na slepo in neodvisno, če so vsi možni ure-
jeni pari enako verjetni. Z drugimi besedami, slepa in
neodvisna izbira pomeni slepo izbiro iz kartezijskega
produkta. Če torej rečemo, da neodvisno vržemo dve
pošteni kocki, bo verjetnostni prostor sestavljalo 36
urejenih parov (i, j), kjer sta i in j elementa množice
{1,2,3,4,5,6}. Dogodek, da skupaj pade vsaj 11 pik,
bo množica urejenih parov{(5,6), (6,5), (6,6)}, nje-
gova verjetnost pa bo 336 =
1
12 .
Poglejmo si še primer igranja Lota. Pri igri Loto na
osnovnem kombinacijskem listku prekrižamo 7 šte-
vilk izmed 39, nakar loterija izžreba svojih 7 številk.
Sedmico zadenemo, če je vseh naših 7 številk izžre-
banih (dodatna številka pri sedmici ne igra vloge).
Ker se kroglice pri žrebanju ne vračajo, za izide po-
stavimo vse možne sedmerice različnih števil od 1
do 39, ki ustrezajo vsem možnim žrebanjem. Takih
izidov je 39·38·37·36·35·34·33 = 77 519 922 480.
Dogodek, da zadenemo sedmico, vsebuje 7! = 5 040
izidov in njegova verjetnost je
5 040
77 519 922 480
= 1
15 380 937
.
Možnost, da bomo obogateli, je torej precej majhna.
Privzeli smo seveda, da je žrebanje pošteno, to-
rej da so vsi izidi enako verjetni. Če je tako, je šte-
vilka na posamezni kroglici, ki je izžrebana (preden
jih uredimo po velikosti), izbrana na slepo: zaradi si-
metrije so vse številke npr. na peti kroglici, ki pride
iz bobna, enako verjetne. Niso pa neodvisne, saj
kroglic ne vračamo: verjetnostni prostor ne vsebuje
vseh 397 = 137 231 006 679 možnih urejenih sedme-
ric.
Kako postavimo verjetnostni prostor, je deloma
naša izbira. Dostikrat se to da storiti na več smisel-
nih načinov. Lahko bi zanemarili vrstni red kroglic
in bi za izide postavili kar vse 7-elementne podmno-
žice naravnih števil do 39, ki jih je
(
39
7
)
= 15 380 937.
V tem primeru pri le enem izidu zadenemo sedmico,
kar nam da že prej izračunano verjetnost.
Geometrijska definicija verjetnosti
Klasična definicija verjetnosti ima eno veliko pomanj-
kljivost. Za njeno uporabo mora množicaΩ biti konč-
na, saj lahko le tako preštejemo, koliko dogodkov
tega sistema je ugodnih in tako izračunamo ustre-
zno verjetnost. Težava nastopi, ko imamo opravka s
prostorom, v katerem množice vsebujejo neskončno
število elementov. Zato je s klasično definicijo ver-
jetnosti nemogoče izračunati, kolikšna je verjetnost,
da bomo na intervalu [0,1] izbrali število večje od
npr. π4 . Tega se zagotovo ne da rešiti z razdelitvijo
intervala na končno mnogo enako dolgih delov. Prav
4
testov učencev pridemo do tega, da dolgoročno gle-
dano 10 % takih učencev kot je Janez, pri tovrstnih
kontrolnih nalogah dobi odlično oceno in zato do-
mnevamo, da bo tako tudi v prihodnje. Pri drugem
primeru pa domnevo o poštenosti kovanca dobimo
iz simetrije, pri tem pa zanemarimo vpliv različnih
označb kovanca na obeh straneh na njegovo obnaša-
nje.
V uvodnem poglavju smo postavili vprašanje, ko-
likšna je verjetnost, da do zmenka z določeno osebo
sploh pride. Formulirajmo zdaj to vprašanje natanč-
neje, tako da bo matematično dobro postavljeno.
Predstavljajmo si, da se dve osebi dogovarjata za
zmenek. Da bomo zadevo še bolj zapletli, denimo,
da sta osebi pozabili doreči, kdaj točno se dobita. Ve-
sta le, da bi se naj dobili med 20. in 22. uro. Ker osebi
ne vesta točnega časa prihoda, ga določita na slepo.
Privzemimo tudi, da na dogovorjeno mesto prispeta
neodvisno drug od drugega. Pogosta lastnost ljudi
je, da nihče rad ne čaka, zato predpostavimo, da vsak
počaka pol ure in če drugega ni, odide. Kolikšna je
torej verjetnost dogodka, da se bosta osebi srečali?
Preden se posvetimo našemu izhodiščnemu pro-
blemu, si oglejmo še, kako verjetnost matematično
zastavimo na sodoben način. Ker vemo, da je mate-
matika abstraktna veda, ni presenetljivo, da matema-
tična formulacija verjetnosti sama po sebi ne vklju-
čuje nobene povezave z realnostjo. V sodobni mate-
matiki verjetnost predstavimo z množicami in funk-
cijami na njih. Množicam pravimo dogodki, ki so vsi
podmnožice neke univerzalne množice Ω. To mno-
žico imenujemo verjetnostni prostor ali, če jo gle-
damo kot dogodek, gotovi dogodek. Pri tem ni nujno,
da so vse podmnožice verjetnostnega prostora tudi
dogodki, a se z razlogi, zakaj je to tako, tukaj ne
bomo ukvarjali. Podrobnosti si lahko npr. prebe-
remo v knjigah [1] ali [2].
Elementom verjetnostnega prostora pravimo izidi.
Če vržemo navadno kocko, bo verjetnostni prostor
sestavljalo 6 izidov: Ω = {1,2,3,4,5,6}. Dogodek,
da pade vsaj pet pik, bo množica {5,6}, dogodek, da
pade več kot šest pik, pa bo prazna množica. Ver-
jetnost je funkcija P, ki vsakemu dogodku A ⊆ Ω
priredi njegovo verjetnost P(A), ki mora biti število
z intervala [0,1].
Klasǐcna definicija verjetnosti
Pri klasični definiciji verjetnosti [4] privzamemo, da
so vsi izidi enako verjetni. To tudi pomeni, da ver-
jetnostni prostor Ω vsebuje končno mnogo (denimo
n) izidov. Verjetnost dogodka A, ki vsebuje k izidov,
je definirana kot ulomek:
P(A) = k
n
.
Primer klasične definicije verjetnosti sta npr. pošteni
kovanec in poštena kocka. Pošteni kovanec smo že
spoznali pri primeru 2. Kocka je po definiciji po-
štena, če vse strani padejo z enakimi verjetnostmi.
Pri pošteni kocki je tako verjetnost dogodka, da pade
3
testov učencev pridemo do tega, da dolgoročno gle-
dano 10 % takih učencev kot je Janez, pri tovrstnih
kontrolnih nalogah dobi odlično oceno in zato do-
mnevamo, da bo tako tudi v prihodnje. Pri drugem
primeru pa domnevo o poštenosti kovanca dobimo
iz simetrije, pri tem pa zanemarimo vpliv različnih
označb kovanca na obeh straneh na njegovo obnaša-
nje.
V uvodnem poglavju smo postavili vprašanje, ko-
likšna je verjetnost, da do zmenka z določeno osebo
sploh pride. Formulirajmo zdaj to vprašanje natanč-
neje, tako da bo matematično dobro postavljeno.
Predstavljajmo si, da se dve osebi dogovarjata za
zmenek. Da bomo zadevo še bolj zapletli, denimo,
da sta osebi pozabili doreči, kdaj točno se dobita. Ve-
sta le, da bi se naj dobili med 20. in 22. uro. Ker osebi
ne vesta točnega časa prihoda, ga določita na slepo.
Privzemimo tudi, da na dogovorjeno mesto prispeta
neodvisno drug od drugega. Pogosta lastnost ljudi
je, da nihče rad ne čaka, zato predpostavimo, da vsak
počaka pol ure in če drugega ni, odide. Kolikšna je
torej verjetnost dogodka, da se bosta osebi srečali?
Preden se posvetimo našemu izhodiščnemu pro-
blemu, si oglejmo še, kako verjetnost matematično
zastavimo na sodoben način. Ker vemo, da je mate-
matika abstraktna veda, ni presenetljivo, da matema-
tična formulacija verjetnosti sama po sebi ne vklju-
čuje nobene povezave z realnostjo. V sodobni mate-
matiki verjetnost predstavimo z množicami in funk-
cijami na njih. Množicam pravimo dogodki, ki so vsi
podmnožice neke univerzalne množice Ω. To mno-
žico imenujemo verjetnostni prostor ali, če jo gle-
damo kot dogodek, gotovi dogodek. Pri tem ni nujno,
da so vse podmnožice verjetnostnega prostora tudi
dogodki, a se z razlogi, zakaj je to tako, tukaj ne
bomo ukvarjali. Podrobnosti si lahko npr. prebe-
remo v knjigah [1] ali [2].
Elementom verjetnostnega prostora pravimo izidi.
Če vržemo navadno kocko, bo verjetnostni prostor
sestavljalo 6 izidov: Ω = {1,2,3,4,5,6}. Dogodek,
da pade vsaj pet pik, bo množica {5,6}, dogodek, da
pade več kot šest pik, pa bo prazna množica. Ver-
jetnost je funkcija P, ki vsakemu dogodku A ⊆ Ω
priredi njegovo verjetnost P(A), ki mora biti število
z intervala [0,1].
Klasǐcna definicija verjetnosti
Pri klasični definiciji verjetnosti [4] privzamemo, da
so vsi izidi enako verjetni. To tudi pomeni, da ver-
jetnostni prostor Ω vsebuje končno mnogo (denimo
n) izidov. Verjetnost dogodka A, ki vsebuje k izidov,
je definirana kot ulomek:
P(A) = k
n
.
Primer klasične definicije verjetnosti sta npr. pošteni
kovanec in poštena kocka. Pošteni kovanec smo že
spoznali pri primeru 2. Kocka je po definiciji po-
štena, če vse strani padejo z enakimi verjetnostmi.
Pri pošteni kocki je tako verjetnost dogodka, da pade
3
testov učencev pridemo do tega, da dolgoročno gle-
dano 10 % takih učencev kot je Janez, pri tovrstnih
kontrolnih nalogah dobi odlično oceno in zato do-
mnevamo, da bo tako tudi v prihodnje. Pri drugem
primeru pa domnevo o poštenosti kovanca dobimo
iz simetrije, pri tem pa zanemarimo vpliv različnih
označb kovanca na obeh straneh na njegovo obnaša-
nje.
V uvodnem poglavju smo postavili vprašanje, ko-
likšna je verjetnost, da do zmenka z določeno osebo
sploh pride. Formulirajmo zdaj to vprašanje natanč-
neje, tako da bo mate atično dobro postavljeno.
Predstavljajmo si, da se dve osebi dogovarjata za
zmenek. Da bomo zadevo še bolj zapletli, denimo,
da sta osebi pozabili doreči, kdaj točno se dobita. Ve-
sta le, da bi se naj dobili med 20. in 22. uro. Ker osebi
ne vesta točnega časa prihoda, ga določita na slepo.
Privzemimo tudi, da na dogovorjeno mesto prispeta
neodvisno drug od drugega. Pogosta lastnost ljudi
je, da nihče rad ne čaka, zato predpostavimo, da vsak
počaka pol ure in če drugega ni, odide. Kolikšna je
torej verjetnost dogodka, da se bosta osebi srečali?
Preden se posvetimo našemu izhodiščnemu pro-
blemu, si oglejmo še, kako verjetnost mate atično
zastavimo na sodoben način. Ker vemo, da je mate-
matika abstraktna veda, ni presenetljivo, da matema-
tična formulacija verjetnosti sama po sebi ne vklju-
čuje nobene povezave z realnostjo. V sodobni mate-
matiki verjetnost predstavimo z množicami in funk-
cijami na njih. Množicam pravimo dogodki, ki so vsi
pod nožice neke univerzalne nožice Ω. To mno-
žico imenujemo verjetnostni prostor ali, če jo gle-
damo kot dogodek, gotovi dogodek. Pri tem ni nujno,
da so vse podmnožice verjetnostnega prostora tudi
dogodki, a se z razlogi, zakaj je to tako, tukaj ne
bomo ukvarjali. Podrobnosti si lahko npr. prebe-
re o v knjigah [1] ali [2].
Elementom verjetnostnega prostora pravimo izidi.
Če vržemo navadno kocko, bo verjetnostni prostor
sestavljalo 6 izidov: Ω = {1,2,3,4,5,6}. Dogodek,
da pade vsaj pet pik, bo množica {5,6}, dogodek, da
pade več kot šest pik, pa bo prazna množica. Ver-
jetnost je funkcija P, ki vsakemu dogodku A ⊆ Ω
priredi njegovo verjetnost P(A), ki mora biti število
z intervala [0,1].
Klasǐcna definicija verjetnosti
Pri klasični definiciji verjetnosti [4] privzamemo, da
so vsi izidi enako verjetni. To tudi pomeni, da ver-
jetnostni prostor Ω vsebuje končno mnogo (denimo
n) izidov. Verjetnost dogodka A, ki vsebuje k izidov,
je definirana kot ulomek:
P(A) = k
n
.
Primer klasične definicije verjetnosti sta npr. pošteni
kovanec in poštena kocka. Pošteni kovanec smo že
spoznali pri primeru 2. Kocka je po definiciji po-
štena, če vse strani padejo z enakimi verjetnostmi.
Pri pošteni kocki je tako verjetnost dogodka, da pade
3
Velika večina se je že ali pa se še bo srečala s
tistim trenutkom, ko je treba iti na prvi zmenek.
Pogosto se takrat obremenjujemo s tem, ali smo
dovolj šarmantni, lepo oblečeni, ali bomo pustili
dober vtis, itd. Sprašujemo se tudi o tem, ali bo
zmenek uspešen. V tej situaciji se pojavi povsem
matematično vprašanje verjetnosti dogodka. V pri-
čujočem članku se sicer ne bomo ukvarjali z ver-
jetnostjo, da zmenek uspe, na preprostem primeru
pa bomo izračunali verjetnost, da do zmenka sploh
pride.
Verjetnost
Če želimo rešiti zgoraj podani problem, moramo naj-
prej vedeti, kaj verjetnost sploh je. Pogosto je ver-
jetnost zavita v tančico skrivnosti in nezaupanja, saj
nam v večini primerov le podaja teoretično vrednost,
povezano s tem, ali se določen dogodek zgodi ali
ne. Zgodovinsko gledano so bile z matematičnim ra-
zumevanjem verjetnosti pogosto težave. V sodobni
matematični obliki jo je v vsej splošnosti formuliral
šele Kolmogorov leta 1933. Z aksiomi Kolmogorova
je bila verjetnost matematično postavljena na trdne
temelje. Več o tem lahko preberemo v knjigi [3]. To
pa ni rešilo njene povezave z realnostjo – tu je mo-
žnih več interpretacij. Oglejmo si naslednja dva pri-
mera.
Primer 1
Kaj pomeni, če rečemo, da je verjetnost, da pri na-
slednji kontrolni nalogi iz matematike učenec Janez
dobi odlično oceno, 10 %? S to izjavo navadno mi-
slimo, da ocenjujemo, da bo 10 % takih učencev, kot
je Janez, pri takih kontrolnih nalogah dobilo odlično
oceno (pri čemer imamo v mislih veliko učencev).
Verjetnost je torej ocena za delež. 
Primer 2
Denimo, da vržemo pošteni kovanec, kar pomeni, da
grb in cifra padeta teoretično enako verjetno. Ver-
jetnost ne pomeni točnega deleža v naslednjih nekaj
poskusih, pač pa se da delež dokaj natančno napove-
dati za veliko število poskusov. Če npr. pošteni ko-
vanec vržemo 10-krat, navadno ne bomo dobili 5 ci-
fer in 5 grbov. Pač pa bomo, če bomo tak kovanec vr-
gli 1000-krat, bržkone ugotovili, da je razmerje med
številom padlih cifer in grbov skoraj 1 : 1. 
Zavedati se je treba, da v splošnem vsi izidi (npr.
pri prvem primeru ocene od 1 do 5) niso enako ver-
jetni. Pri primerih 1 in 2 je povezava med verje-
tnostjo in realnostjo različna. Pri prvem primeru si
lahko predstavljamo, da z dolgoletnim opazovanjem
2
Velika večina se je že ali pa se še bo srečala s
tistim trenutkom, ko je treba iti na prvi zmenek.
Pogosto se takrat obremenjujemo s tem, ali smo
dovolj šarmantni, lepo oblečeni, ali bomo pustili
dober vtis, itd. Sprašujemo se tudi o tem, ali bo
zmenek uspešen. V tej situaciji se pojavi povsem
matematično vprašanje verjetnosti dogodka. V pri-
čujočem članku se sicer ne bomo ukvarjali z ver-
jetnostjo, da zmenek uspe, na preprostem primeru
pa bomo izračunali verjetnost, da do zmenka sploh
pride.
Verjetnost
Če želimo rešiti zgoraj podani problem, moramo naj-
prej vedeti, kaj verjetnost sploh je. Pogosto je ver-
jetnost zavita v tančico skrivnosti in nezaupanja, saj
nam v večini primerov le podaja teoretično vrednost,
povezano s tem, ali se določen dogodek zgodi ali
ne. Zgodovinsko gledano so bile z matematičnim ra-
zumevanjem verjetnosti pogosto težave. V sodobni
matematični obliki jo je v vsej splošnosti formuliral
šele Kolmogorov leta 1933. Z aksiomi Kolmogorova
je bila verjetnost matematično postavljena na trdne
temelje. Več o tem lahko preberemo v knjigi [3]. To
pa ni rešilo njene povezave z realnostjo – tu je mo-
žnih več interpretacij. Oglejmo si naslednja dva pri-
mera.
Primer 1
Kaj pomeni, če rečemo, da je verjetnost, da pri na-
slednji kontrolni nalogi iz matematike učenec Janez
dobi odlično oceno, 10 %? S to izjavo navadno mi-
slimo, da ocenjujemo, da bo 10 % takih učencev, kot
je Janez, pri takih kontrolnih nalogah dobilo odlično
oceno (pri čemer imamo v mislih veliko učencev).
Verjetnost je torej ocena za delež. 
Primer 2
Denimo, da vržemo pošteni kovanec, kar pomeni, da
grb in cifra padeta teoretično enako verjetno. Ver-
jetnost ne pomeni točnega deleža v naslednjih nekaj
poskusih, pač pa se da delež dokaj natančno napove-
dati za veliko število poskusov. Če npr. pošteni ko-
vanec vržemo 10-krat, navadno ne bomo dobili 5 ci-
fer in 5 grbov. Pač pa bomo, če bomo tak kovanec vr-
gli 1000-krat, bržkone ugotovili, da je razmerje med
številom padlih cifer in grbov skoraj 1 : 1. 
Zavedati se je treba, da v splošnem vsi izidi (npr.
pri prvem primeru ocene od 1 do 5) niso enako ver-
jetni. Pri primerih 1 in 2 je povezava med verje-
tnostjo in realnostjo različna. Pri prvem primeru si
lahko predstavljamo, da z dolgoletnim opazovanjem
2
presek 40 (2012/2013) 2
•
rimer 2
č  fi icija erjetnosti
6
m a t e m a t i k a
•
vsaj pet pik, enaka 26 =
1
3 .
Klasična definicija verjetnosti ustreza pojmu slepe
izbire. Izbira neke stvari je slepa, če so vse možnosti
enako verjetne. Met poštene igralne kocke je ekviva-
lenten slepi izbiri števila iz množice {1,2,3,4,5,6}.
Včasih pa izbiramo več kot eno stvar, npr. vržemo
dve kocki. Če izbiramo dve stvari, pravimo, da jih
izberemo na slepo in neodvisno, če so vsi možni ure-
jeni pari enako verjetni. Z drugimi besedami, slepa in
neodvisna izbira pomeni slepo izbiro iz kartezijskega
produkta. Če torej rečemo, da neodvisno vržemo dve
pošteni kocki, bo verjetnostni prostor sestavljalo 36
urejenih parov (i, j), kjer sta i in j elementa množice
{1,2,3,4,5,6}. Dogodek, da skupaj pade vsaj 11 pik,
bo množica urejenih parov{(5,6), (6,5), (6,6)}, nje-
gova verjetnost pa bo 336 =
1
12 .
Poglejmo si še primer igranja Lota. Pri igri Loto na
osnovnem kombinacijskem listku prekrižamo 7 šte-
vilk izmed 39, nakar loterija izžreba svojih 7 številk.
Sedmico zadenemo, če je vseh naših 7 številk izžre-
banih (dodatna številka pri sedmici ne igra vloge).
Ker se kroglice pri žrebanju ne vračajo, za izide po-
stavimo vse možne sedmerice različnih števil od 1
do 39, ki ustrezajo vsem možnim žrebanjem. Takih
izidov je 39·38·37·36·35·34·33 = 77 519 922 480.
Dogodek, da zadenemo sedmico, vsebuje 7! = 5 040
izidov in njegova verjetnost je
5 040
77 519 922 480
= 1
15 380 937
.
Možnost, da bomo obogateli, je torej precej majhna.
Privzeli smo seveda, da je žrebanje pošteno, to-
rej da so vsi izidi enako verjetni. Če je tako, je šte-
vilka na posamezni kroglici, ki je izžrebana (preden
jih uredimo po velikosti), izbrana na slepo: zaradi si-
metrije so vse številke npr. na peti kroglici, ki pride
iz bobna, enako verjetne. Niso pa neodvisne, saj
kroglic ne vračamo: verjetnostni prostor ne vsebuje
vseh 397 = 137 231 006 679 možnih urejenih sedme-
ric.
Kako postavimo verjetnostni prostor, je deloma
naša izbira. Dostikrat se to da storiti na več smisel-
nih načinov. Lahko bi zanemarili vrstni red kroglic
in bi za izide postavili kar vse 7-elementne podmno-
žice naravnih števil do 39, ki jih je
(
39
7
)
= 15 380 937.
V tem primeru pri le enem izidu zadenemo sedmico,
kar nam da že prej izračunano verjetnost.
Geometrijska definicija verjetnosti
Klasična definicija verjetnosti ima eno veliko pomanj-
kljivost. Za njeno uporabo mora množicaΩ biti konč-
na, saj lahko le tako preštejemo, koliko dogodkov
tega sistema je ugodnih in tako izračunamo ustre-
zno verjetnost. Težava nastopi, ko imamo opravka s
prostorom, v katerem množice vsebujejo neskončno
število elementov. Zato je s klasično definicijo ver-
jetnosti nemogoče izračunati, kolikšna je verjetnost,
da bomo na intervalu [0,1] izbrali število večje od
npr. π4 . Tega se zagotovo ne da rešiti z razdelitvijo
intervala na končno mnogo enako dolgih delov. Prav
4
vsaj pet pik, enaka 26 =
1
3 .
Klasična definicija verjetnosti ustreza pojmu slepe
izbire. Izbira neke stvari je slepa, če so vse možnosti
enako verjetne. Met poštene igralne kocke je ekviva-
lenten slepi izbiri števila iz množice {1,2,3,4,5,6}.
Včasih pa izbiramo več kot eno stvar, npr. vržemo
dve kocki. Če izbiramo dve stvari, pravimo, da jih
izberemo na slepo in neodvisno, če so vsi možni ure-
jeni pari enako verjetni. Z drugimi besedami, slepa in
neodvisna izbira pomeni slepo izbiro iz kartezijskega
produkta. Če torej rečemo, da neodvisno vržemo dve
pošteni kocki, bo verjetnostni prostor sestavljalo 36
urejenih parov (i, j), kjer sta i in j elementa množice
{1,2,3,4,5,6}. Dogodek, da skupaj pade vsaj 11 pik,
bo množica urejenih parov{(5,6), (6,5), (6,6)}, nje-
gova verjetnost pa bo 336 =
1
12 .
Poglejmo si še primer igranja Lota. Pri igri Loto na
osnovnem kombinacijskem listku prekrižamo 7 šte-
vilk izmed 39, nakar loterija izžreba svojih 7 številk.
Sedmico zadenemo, če je vseh naših 7 številk izžre-
banih (dodatna številka pri sedmici ne igra vloge).
Ker se kroglice pri žrebanju ne vračajo, za izide po-
stavimo vse možne sedmerice različnih števil od 1
do 39, ki ustrezajo vsem možnim žrebanjem. Takih
izidov je 39·38·37·36·35·34·33 = 77 519 922 480.
Dogodek, da zadenemo sedmico, vsebuje 7! = 5 040
izidov in njegova verjetnost je
5 040
77 519 922 480
= 1
15 380 937
.
Možnost, da bomo obogateli, je torej precej majhna.
Privzeli smo seveda, da je žrebanje pošteno, to-
rej da so vsi izidi enako verjetni. Če je tako, je šte-
vilka na posamezni kroglici, ki je izžrebana (preden
jih uredimo po velikosti), izbrana na slepo: zaradi si-
metrije so vse številke npr. na peti kroglici, ki pride
iz bobna, enako verjetne. Niso pa neodvisne, saj
kroglic ne vračamo: verjetnostni prostor ne vsebuje
vseh 397 = 137 231 006 679 možnih urejenih sedme-
ric.
Kako postavimo verjetnostni prostor, je deloma
naša izbira. Dostikrat se to da storiti na več smisel-
nih načinov. Lahko bi zanemarili vrstni red kroglic
in bi za izide postavili kar vse 7-elementne podmno-
žice naravnih števil do 39, ki jih je
(
39
7
)
= 15 380 937.
V tem primeru pri le enem izidu zadenemo sedmico,
kar nam da že prej izračunano verjetnost.
Geometrijska definicija verjetnosti
Klasična definicija verjetnosti ima eno veliko pomanj-
kljivost. Za njeno uporabo mora množicaΩ biti konč-
na, saj lahko le tako preštejemo, koliko dogodkov
tega sistema je ugodnih in tako izračunamo ustre-
zno verjetnost. Težava nastopi, ko imamo opravka s
prostorom, v katerem množice vsebujejo neskončno
število elementov. Zato je s klasično definicijo ver-
jetnosti nemogoče izračunati, kolikšna je verjetnost,
da bomo na intervalu [0,1] izbrali število večje od
npr. π4 . Tega se zagotovo ne da rešiti z razdelitvijo
intervala na končno mnogo enako dolgih delov. Prav
4
vsaj pet pik, enaka 26 =
1
3 .
Klasična definicija verjetnosti ustreza pojmu slepe
izbire. Izbira neke stvari je slepa, če so vse možnosti
enako verjetne. Met poštene igralne kocke je ekviva-
lenten slepi izbiri števila iz množice {1,2,3,4,5,6}.
Včasih pa izbiramo več kot eno stvar, npr. vržemo
dve kocki. Če izbiramo dve stvari, pravimo, da jih
izberemo na slepo in neodvisno, če so vsi možni ure-
jeni pari enako verjetni. Z drugimi besedami, slepa in
neodvisna izbira pomeni slepo izbiro iz kartezijskega
produkta. Če torej rečemo, da neodvisno vržemo dve
pošteni kocki, bo verjetnostni prostor sestavljalo 36
urejenih parov (i, j), kjer sta i in j elementa množice
{1,2,3,4,5,6}. Dogodek, da skupaj pade vsaj 11 pik,
bo množica urejenih parov{(5,6), (6,5), (6,6)}, nje-
gova verjetnost pa bo 336 =
1
12 .
Poglejmo si še primer igranja Lota. Pri igri Loto na
osnovnem kombinacijskem listku prekrižamo 7 šte-
vilk izmed 39, nakar loterija izžreba svojih 7 številk.
Sedmico zadenemo, če je vseh naših 7 številk izžre-
banih (dodatna številka pri sedmici ne igra vloge).
Ker se kroglice pri žrebanju ne vračajo, za izide po-
stavimo vse možne sedmerice različnih števil od 1
do 39, ki ustrezajo vsem možnim žrebanjem. Takih
izidov je 39·38·37·36·35·34·33 = 77 519 922 480.
Dogodek, da zadenemo sedmico, vsebuje 7! = 5 040
izidov in njegova verjetnost je
5 040
77 519 922 480
= 1
15 380 937
.
Možnost, da bomo obogateli, je torej precej majhna.
Privzeli smo seveda, da je žrebanje pošteno, to-
rej da so vsi izidi enako verjetni. Če je tako, je šte-
vilka na posamezni kroglici, ki je izžrebana (preden
jih uredimo po velikosti), izbrana na slepo: zaradi si-
metrije so vse številke npr. na peti kroglici, ki pride
iz bobna, enako verjetne. Niso pa neodvisne, saj
kroglic ne vračamo: verjetnostni prostor ne vsebuje
vseh 397 = 137 231 006 679 možnih urejenih sedme-
ric.
Kako postavimo verjetnostni prostor, je deloma
naša izbira. Dostikrat se to da storiti na več smisel-
nih načinov. Lahko bi zanemarili vrstni red kroglic
in bi za izide postavili kar vse 7-elementne podmno-
žice naravnih števil do 39, ki jih je
(
39
7
)
= 15 380 937.
V tem primeru pri le enem izidu zadenemo sedmico,
kar nam da že prej izračunano verjetnost.
Geo etrijska definicija verjetnosti
Klasična definicija verjetnosti ima eno veliko pomanj-
kljivost. Za njeno uporabo mora množicaΩ biti konč-
na, saj lahko le tako preštejemo, koliko dogodkov
tega sistema je ugodnih in tako izračunamo ustre-
zno verjetnost. Težava nastopi, ko imamo opravka s
prostorom, v katerem množice vsebujejo neskončno
število elementov. Zato je s klasično definicijo ver-
jetnosti nemogoče izračunati, kolikšna je verjetnost,
da bomo na intervalu [0,1] izbrali število večje od
npr. π4 . Tega se zagotovo ne da rešiti z razdelitvijo
intervala na končno mnogo enako dolgih delov. Prav
4
vsaj et ik, e aka 26
1
3 .
lasič a icija verjet osti streza oj slepe
izbire. Izbira eke stvari je sle a, če so vse ož osti
e ako verjet e. et ošte e igral kock je ekviva-
le te sle i izbiri števila iz ožic {1,2,3,4,5,6}.
časi a i ira o več kot e o stvar, r. vrže o
ve kocki. ˇe izbira o ve stvari, ravi o, a ji
izbere o a slepo i eo vis o, če so vsi ž i re-
je i ari e ko verjet i. r gi i bese a i, sle a i
eo vis a izbira o e i slepo izbiro iz k rtezijskega
pr kta. ˇe torej reč o, a eo vis o vrže o ve
ošte i kocki, bo verj t st i r stor sestavljalo 36
reje i arov (i, j), kjer sta i i j ele e t ožice
{1,2,3,4,5,6}. ogo ek, sk aj a e vsaj 11 ik,
bo ožica reje i arov{(5,6), (6,5), (6,6)}, je-
g va verjet ost a bo 336
1
12 .
Pogl j o si še ri er igra ja Lota. Pri igri Loto a
os v e ko bi acijske listk rekriža o 7 šte-
vilk iz e 39, ak r loterija izžreba svoji 7 številk.
Se ico za e e o, če je vse aši 7 številk izžre-
ba i ( o at a številka ri se ici e igra vloge).
er se kroglice ri žreba j vraˇajo, za izi e o-
stavi o vse ož e s erice različ i števil o 1
o 39, ki strezajo v ož i žreba je . aki
izi ov je 39·38·37·36·35·34·33 77 519 922 480.
og ek, a za e e o se ico, vseb je 7! 5 040
izi v i jegova verjet ost je
5 040
77 519 922 480
1
15 380 937
.
ož ost, a bo o obogateli, je torej recej aj a.
Privzeli s seve a, a je žreba je ošte o, to-
rej a so v i izi i e ako verjet i. ˇe je tako, je šte-
vilka a o a ez i kroglici, ki je izžreba a ( re e
ji re i o o velikosti), izbra a a sl o: zara i si-
etrije so vse št vilke r. eti kroglici, ki ri e
iz bob a, e ako erj t e. iso a eo vis e, saj
kroglic e vrača o: v rj t ost i rostor e vs b je
vse 397 137 231 006 679 ož i reje i se e-
ric.
ako ostavi o verjet ost i rostor, je elo a
aša izbira. ostikrat s to a storiti a več s isel-
i ači ov. La ko bi za e rili vrst i r kroglic
i bi za izi e ostavili kar vse 7-ele e t e o o-
žice arav i števil o 39, ki ji je
(
39
7
)
15 380 937.
te ri er ri le e e izi za e e o se ico,
kar a a že rej izrač a o verjet ost.
m trijs icij v rj t sti
lasič a e icija verjet osti i a e o veliko o a j-
kljivost. a je o orabo ora ožica biti ko č-
a, saj la ko le tak rešteje o, koliko ogo kov
tega siste a je go i i tako izrač a o stre-
z o verjet ost. ežava asto i, ko i a o o ravka s
r storo , v katere ožice vseb jejo esko č o
števil ele e tov. ato je s kla ič o e icij ver-
jet osti e og če izrač ati, kolikš a j verjet ost,
a bo o a i terval [0,1] izbrali število večje o
r. π4 . ega se zagotovo e a rešiti z raz elitvijo
i tervala a ko č o ogo ako olgi elov. Prav
4
j p pi , n = .
Kl i n d fini ij j n i u p jmu l
i i . I i n i j l p , m n i
n j n . M p n i ln j i -
l n n l pi i i i il i mn i , , , , , .
V ih i i m n , np . m
d i. C i i m d i, p im , d jih
i m n l in n d i n , i ni u -
j ni p i j ni. Z d u imi d i, l p in
n d i n i i p m ni l i i t ij
u t . C j m , d n d i n m d
ni i, j n ni p lj l
u j nih p , , j in l m n a mn i
, , , , , . D d , da up j p d j pi ,
mn i u j nih p , , , , , , nj -
j n p = .
l jm i p im i nj . i i i n
n n m in ij m li u p m -
il i m d , n l ij jih il .
dmi d n m , j h n ih il i -
nih (d d n il p i dmi i n i l ).
K li p i nju n j , i id p -
im m n dm i li nih l d
d , i u j m m nim nj m. T ih
i id j = .
D d , d d n m dmi , uj ! =
i id in nj j n j
= .
M n , d m li, j j p j m jhn .
i li m d , d j nj p n , -
j d i i idi n j ni. C j , j
il n p m ni li i, i j i n (p d n
jih u dim p li i), n n l p : di i-
m ij il np . n p i li i, i p id
i n , n j . Ni p n d i n , j
li n m : je n ni p n uj
h = m nih u j ih dm -
i .
K p im j n ni p , j d l m
n i i . D i d i i n mi l-
ih n in . h i n m ili i d li
in i i id p ili - l m n n p dmn -
i n nih il d , i jih j = .
V m p im u p i l n m i idu d n m dmi ,
n m d j i un n j .
Geo e ij ka defini ija e je no i
Kl i n d fini ij j n i im n li p m nj-
lji . Z nj n up m mn i Ω i i n
n , j l h l p j m , li d d
i m j u dnih in i un m u -
n j n . T n pi, im m p
p m, m mn i uj j n n n
il l m n . Z j l i n d fini ij -
j n i n o i un i, l n j j n ,
d m n in lu , i li il j d
np . . T n d i i d li ij
in l n n n mn n d l ih d l .
t 26
1
3
r t t tr s
r t r t
r t t t r
t r
r t t r r r
r t r
r s s r
r r t r
r s s
t r r
t r t t r t r t
r r i r t i t
r r
r t t 336
1
12
r r r t r r t
t r t
r t r r t
t r
t t r r
r r r r r
t r r t
tr r
· · · · · ·
r t t
t t t r r
r r t t
r r t t
r r r
r t r r
tr t r t r r
r t
r r r t t r t r
7 r
r
t r t t r t r
r t r t t t t
r r t r r
t r t
r t 397
t r r r
r r r r t t
t t t
r t t
t r r t
t r t
t t t r tr
r t t t r
r t t r
t t t r
t t r t r t t
t r r t
r 4 t r t r t
t r r
tako tega ne bomo mogli storiti (vsaj ne zlahka) pri
izračunu verjetnosti, da bo naš zmenek uspešen: op-
ravka imamo namreč s časovnim intervalom, ki vse-
buje neskončno mnogo vrednosti. Pač pa si bomo
lahko pomagali z geometrijsko definicijo verjetnosti
[5].
Cilj je definirati verjetnost tako, da jo bomo lahko
s pridom uporabljali na množicah z neskončno ele-
menti. Denimo, da lahko celoten verjetnostni pro-
stor Ω predstavimo z neko množico na premici, na
ravnini, ali v prostoru. Ideja geometrijske definicije
verjetnosti je, da so vse točke enakovredne oz. da je
verjetnost enakomerno razpršena po množici Ω. To
dosežemo tako, da verjetnost dogodka A ⊆ Ω defini-
ramo kot:
P(A) = µ(A)
µ(Ω) ,
kjer je µ mera množice. Za nas bo pomembno le, da
je mera µ na premici dolžina, na ravnini ploščina, v
prostoru pa volumen. Ker je množica A podmnožica
množice Ω, očitno velja P(A) ∈ [0,1].
Geometrijsko definicijo verjetnosti uporabljamo
takrat, ko imamo opravka s slepo izbiro točke z in-
tervala, ravninskega lika, telesa ipd. Poglejmo si ta
način razmišljanja na naslednjih dveh primerih.
Primer 3
Na intervalu [0,1] na slepo izberemo eno število. Ko-
likšna je verjetnost dogodka A, da bo to število večje
od π4 ?
Število izbiramo z intervala [0,1], zato je naš ver-
jetnostni prostor Ω = [0,1]. Za mero µ izberemo
dolžino, saj točke z intervala [0,1] ležijo na premici
(realni osi). Mera množice celotnega verjetnostnega
prostora je dolžina intervala [0,1], µ(Ω) = 1. Mera
množice dogodka A pa je razdalja med točkama π4
in 1, µ(A) = 1− π4 . Verjetnost dogodka A je po geo-
metrijski definiciji verjetnosti enaka
P(A) = 1−
π
4
1 =
4−π
4 . 
Primer 4
Na trikotniku z osnovnico c, ki leži na abscisni osi,
in višino vc = 1 na slepo izberemo točko. Kolikšna
je verjetnost dogodka A, da bo točka imela ordinato
manjšo od 12?
Slika 1
Za mero µ tokrat izberemo ploščino, saj točko iz-
biramo na ravnini. Mera množice celotnega verjetno-
stnega prostora je ploščina našega trikotnika, µ(Ω) =
1
2 · c · vc =
c
2 . Ugodno območje, ki predstavlja dogo-
dek A, je osenčeni trapez na sliki 1. Osnovnica manj-
šega trikotnika (neosenčeni del) je polovica osnov-
nice večjega trikotnika, zato je mera množice do-
5
tako tega ne bomo mogli storiti (vsaj ne zlahka) pri
izračunu verjetnosti, da bo naš zmenek uspešen: op-
ravka imamo namreč s časovnim intervalom, ki vse-
buje neskončno mnogo vrednosti. Pač pa si bomo
lahko pomagali z geometrijsko definicijo verjetnosti
[5].
Cilj je definirati verjetnost tako, da jo bomo lahko
s pridom uporabljali na množicah z neskončno ele-
menti. Denimo, da lahko celoten verjetnostni pro-
stor Ω predstavimo z neko množico na premici, na
ravnini, ali v prostoru. Ideja geometrijske definicije
verjetnosti je, da so vse točke enakovredne oz. da je
verjetnost enakomerno razpršena po množici Ω. To
dosežemo tako, da verjetnost dogodka A ⊆ Ω defini-
ramo kot:
P(A) = µ(A)
µ(Ω) ,
kjer je µ mera množice. Za nas bo pomembno le, da
je mera µ na premici dolžina, na ravnini ploščina, v
prostoru pa volumen. Ker je množica A podmnožica
množice Ω, očitno velja P(A) ∈ [0,1].
Geometrijsko definicijo verjetnosti uporabljamo
takrat, ko imamo opravka s slepo izbiro točke z in-
tervala, ravninskega lika, telesa ipd. Poglejmo si ta
način razmišljanja na naslednjih dveh primerih.
Primer 3
Na intervalu [0,1] na slepo izberemo eno število. Ko-
likšna je verjetnost dogodka A, da bo to število večje
od π4 ?
Število izbiramo z intervala [0,1], zato je naš ver-
jetnostni prostor Ω = [0,1]. Za mero µ izberemo
dolžino, saj točke z intervala [0,1] ležijo na premici
(realni osi). Mera množice celotnega verjetnostnega
prostora je dolžina intervala [0,1], µ(Ω) = 1. Mera
množice dogodka A pa je razdalja med točkama π4
in 1, µ(A) = 1− π4 . Verjetnost dogodka A je po geo-
metrijski definiciji verjetnosti enaka
P(A) = 1−
π
4
1 =
4−π
4 . 
Primer 4
Na trikotniku z osnovnico c, ki leži na abscisni osi,
in višino vc = 1 na slepo izberemo točko. Kolikšna
je verjetnost dogodka A, da bo točka imela ordinato
manjšo od 12?
Slika 1
Za mero µ tokrat izberemo ploščino, saj točko iz-
biramo na ravnini. Mera množice celotnega verjetno-
stnega prostora je ploščina našega trikotnika, µ(Ω) =
1
2 · c · vc =
c
2 . Ugodno območje, ki predstavlja dogo-
dek A, je osenčeni trapez na sliki 1. Osnovnica manj-
šega trikotnika (neosenčeni del) je polovica osnov-
nice večjega trikotnika, zato je mera množice do-
5
tako tega ne bomo mogli storiti (vsaj ne zlahka) pri
izračunu verjetnosti, da bo naš zmenek uspešen: op-
ravka imamo namreč s časovnim intervalom, ki vse-
buje neskončno mnogo vrednosti. Pač pa si bomo
lahko pomagali z geometrijsko definicijo verjetnosti
[5].
Cilj je definirati verjetnost tako, da jo bomo lahko
s pridom uporabljali na množicah z neskončno ele-
menti. Denimo, da lahko celoten verjetnostni pro-
stor Ω predstavimo z neko množico na premici, na
ravnini, ali v prostoru. Ideja geometrijske definicije
verjetnosti je, da so vse točke enakovredne oz. da je
verjetnost enakomerno razpršena po množici Ω. To
dosežemo tako, da verjetnost dogodka A ⊆ Ω defini-
ramo kot:
P(A) = µ(A)
µ(Ω) ,
kjer je µ mera množice. Za nas bo pomembno le, da
je mera µ na premici dolžina, na ravnini ploščina, v
prostoru pa volumen. Ker je množica A podmnožica
množice Ω, očitno velja P(A) ∈ [0,1].
Geometrijsko definicijo verjetnosti uporabljamo
takrat, ko imamo opravka s slepo izbiro točke z in-
tervala, ravninskega lika, telesa ipd. Poglejmo si ta
način razmišljanja na naslednjih dveh primerih.
Primer 3
Na intervalu [0,1] na slepo izberemo eno število. Ko-
likšna je verjetnost dogodka A, da bo to število večje
od π4 ?
Število izbiramo z intervala [0,1], zato je naš ver-
jetnostni prostor Ω = [0,1]. Za mero µ izberemo
dolžino, saj točke z intervala [0,1] ležijo na premici
(realni osi). Mera množice celotnega verjetnostnega
prostora je dolžina intervala [0,1], µ(Ω) = 1. Mera
množice dogodka A pa je razdalja med točkama π4
in 1, µ(A) = 1− π4 . Verjetnost dogodka A je po geo-
metrijski definiciji verjetnosti enaka
P(A) = 1−
π
4
1 =
4−π
4 . 
Primer 4
Na trikotniku z osnovnico c, ki leži na abscisni osi,
in višino vc = 1 na slepo izberemo točko. Kolikšna
je verjetnost dogodka A, da bo točka imela ordinato
manjšo od 12?
Slika 1
Za mero µ tokrat izberemo ploščino, saj točko iz-
biramo na ravnini. Mera množice celotnega verjetno-
stnega prostora je ploščina našega trikotnika, µ(Ω) =
1
2 · c · vc =
c
2 . Ugodno območje, ki predstavlja dogo-
dek A, je osenčeni trapez na sliki 1. Osnovnica manj-
šega trikotnika (neosenčeni del) je polovica osnov-
nice večjega trikotnika, zato je mera množice do-
5
t t li t riti ( j l ) ri
i r rj t ti, : -
r i r i i t r l , i -
j r ti. i
l li trijs i ij rj t sti
[ ].
ilj j ir ti rj t t t , j l
ri r lj li i l -
ti. i , l l t rj t t i r -
t r r t i i r i i,
r i i, li r t r . I j trij i ij
rj t ti j , t r . j
rj t t r r r i i .
t , rj t t i-
r t:
( )
( )
( )
,
j r j r i . l ,
j r r i i l i , r i i l i ,
r t r l . r j i i
i , it lj ( ) [ , ].
trij i ij rj t ti r lj
t r t, i r l i ir t i -
t r l , r i li , t l i . l j i t
i r i lj j l ji ri ri .
ri r
i t r l [ , ] l i r t il . -
li j rj t t , t t il j
4 ?
t il i ir i t r l [ , ], t j r-
j t t i r t r [ , ]. r i r
l i , j t i t r l [ , ] l ij r i i
(r l i i). r i l t rj t t
r t r j l i i t r l [ , ], ( ) . r
i j r lj t 4
i , ( ) 4 . rj t t j -
trij i i iji rj t ti
( ) 1
π
4
1
4
4 .
ri r
tri t i i , i l i i i i,
i i i c l i r t . li
j rj t t , t i l r i t
j 12?
li
r t r t i r l i , j t i -
ir r i i. r i l t rj t -
t r t r j l i tri t i , ( )
1
2 · · c
c
2 . j , i r t lj -
, j i tr li i . i j-
tri t i ( i l) j l i -
i j tri t i , t j r i -
ako ega ne bo o ogli s o i i (vsaj ne zlahka) p i
iz ačunu ve je nos i, da bo naš z enek uspešen: op-
avka i a o na eč s časovni in valo , ki vse
buje neskonč o nogo v ed os i. Pač pa si bo o
lahko po agali z geo et ij ko definicijo ve jetno ti
[5].
Cilj je defini a i ve je nos ako, da jo bo o lahko
s p do upo abljali na nožicah z nesk nčno ele-
en i. Deni o, d lahko celo en ve je n s i p o
s o Ω p ds avi o z neko nožico na p e ici, na
avnini, ali v p os u. Ideja ge e ijske definicije
ve je nos je, da s vse očke enakov edne oz. da
enako e no azp š po nožici Ω. To
dos že o ako, da ve je nos dogodka A ⊆ Ω defini-
a o ko :
P A = µ A
µ Ω ,
kje je µ e a nožice. Za nas bo po e bno le, da
je e a µ na p e ic dolžina, na avnini ploščina, v
p os o u pa volu en. Ke je ožica A pod nožica
nožice Ω, oči no velja P A ∈ 0,1 .
Geo e ijsko definicijo ve je nos i upo ablja o
ak a , ko i a o op avka s slepo izbi o čke z in-
e v la, avninskega lika, elesa ipd. Poglej o si a
način az išljanja na n slednjih dveh p i e ih.
P i e 3
Na in e valu 0,1 na slepo izbe e o eno š evilo. Ko-
likš a je ve je nos dogodka A, da bo o š evilo večje
od π
Š evilo izbi a o z in e vala 0,1 , za o je naš ve -
je nos ni p os o Ω = 0,1 . Za e o µ izbe e o
dolžino, saj očke z in e vala 0,1 l žijo na p e ici
( ealni osi). e a nožice celo nega ve je nos nega
p os o a je dolžina in e vala 0,1 , µ Ω = 1.
nožice dog dka A pa je zdalja ed očka a π
in 1, µ A = 1− π . Ve je nos dogodka A je po geo-
e ijski definiciji ve je nos i enaka
P A = − 4 = −π . 
P i e 4
Na iko niku z osnovnico c, ki leži na abscisni osi,
in višin v = 1 na slepo izbe e o očko. Kolikšna
je e je nos dogodka A, da o očka i ela o d na o
anjšo od
Slika 1
Za e o µ ok a izbe e o ploščino, saj očko iz-
bi a o na avnini. e a nožice celo nega ve je no
s nega p os o a je ploščina našega iko nika, µ Ω =
c v = . Ugodno ob očje, ki p eds avlja dogo-
dek A, je osenčeni apez na sliki 1. Osnovnic anj
š ga ik nika (neosenčeni del) je pol ica osnov
nice večjega iko nika, za o je e a nožice do
5
tako tega ne bomo mogli storiti (vsaj ne zlahka) pri
izračunu verjetnosti, da bo naš zmenek uspešen: op-
ravka imamo namreč s časovnim int rvalom, ki vse
buje neskonč o mnogo vred osti. Pač pa si bomo
lahko pomagali z geomet ijsko definicijo verjetnosti
[5].
Cilj je definirati verjetnost tako, da jo bomo lahko
s pr dom uporabljali na množicah z nesk nčno ele-
menti. Denimo, d lahko celoten verjetn st i pro
stor Ω pr dstavimo z neko množico na premici, na
ravnini, ali v prost ru. Ideja ge metrijske definicije
verjetnost je, da s vse točke enakovredne oz. da
enakomerno razprš po množici Ω. To
dos žemo tako, da verjetnost dogodka A ⊆ Ω defini-
ramo kot:
P(A) = µ(A)Ω ,
kjer je µ mera množice. Za nas bo pomembno le, da
je mera µ na premic dolžina, na ravnini ploščina, v
prostoru pa volu en. Ker je m ožica A podmnožica
množice Ω, očitno velja P(A) ∈ [0,1].
Geometrijsko definicijo verjetnosti uporabljamo
takrat, ko imamo opravka s slepo izbiro t čke z in-
erv la, ravninskega lika, telesa ipd. Poglejmo si ta
način razmišljanja na n slednjih dveh primerih.
Primer 3
Na intervalu [0,1] na slepo izberemo eno število. Ko-
likš a je verjetnost dogodka A, da bo to število večje
od π4 ?
Število izbiramo z intervala [0,1], zato je naš ver-
jetnostni prostor Ω = [0,1]. Za mero µ izberemo
dolžino, saj točke z intervala [0,1] l žijo na premici
(realni osi). Mera množice celotnega verjetnostnega
prostora je dolžina intervala [0,1], µ(Ω) = 1. M r
množice dog dka A pa je r zdalja med točkama π4
in 1, µ(A) = 1− π4 . Verjetnost dogodka A je po geo-
metrijski definiciji verjetnosti enaka
P(A) = 1−
π
4
1 =
4−π
4 . 
Primer 4
Na trikotniku z osnovnico c, ki leži na abscisni osi,
in višin vc = 1 na slepo izberemo točko. Kolikšna
je erjetnost dogodka A, da o točka imela ord nato
manjšo od 12?
Slika 1
Za mero µ tokrat izberemo ploščino, saj točko iz-
biramo na ravnini. Mera množice celotnega verjetno
stnega prostora je ploščina našega trikotnika, µ(Ω) =
1
2 · c · vc =
c
2 . Ugodno območje, ki predstavlja dogo-
dek A, je osenčeni trapez na sliki 1. Osnovnic manj
š ga trik tnika (neosenčeni del) je pol ica osnov
nice večjega trikotnika, zato je mera množice do
5
( )
tako tega ne bomo mogli storiti (vsaj ne zlahka) pri
izračunu verjetnosti, da bo naš zmenek uspešen: op-
ravka imamo namreč s časovnim intervalom, ki vse-
buje neskončno mnogo vrednosti. Pač pa si bomo
lahko pomagali z geometrijsko definicijo verjetnosti
[5].
Cilj je d finirati verjetn st tako, da jo bomo lahko
s prido uporabljali n množ cah z neskončno el
menti. Denim , da lahko celoten v jetnostni pro
stor Ω predstavi o z n ko množico na r mici, na
r vnini, ali v prostoru. Ideja geometrijske definicije
verjetnosti je, d so vs točke enakovredne oz. da je
verjetnost enakomerno razpršena po množi i Ω. T
doseže o tako, da verjetnost dogodka A ⊆ Ω defini
ramo kot:
P(A) = µ(A)
µ(Ω) ,
kjer je µ mera množice. Za nas bo pomembno le, da
je era µ na premici dolžina, na ravnini ploščina, v
prostoru pa volumen. Ker je množica A podmnožica
množice Ω, očitno velja P(A) ∈ [0,1].
Geometrijsko definicijo verjetnosti uporabljamo
tak at, ko im mo pravka s slep izbiro točke z in-
t rvala, ravninskega lika, telesa ipd. Poglejmo si t
način razmišljanja na naslednjih dveh primerih.
Primer 3
Na in erv lu [0,1] na slepo izb remo en število. Ko
likšna je verjetnost dogodka A, da bo to št vilo večje
od π4 ?
Št vilo izbiramo z intervala [0,1], zato je naš ver-
jetnostni prostor Ω = [0,1]. Za mero µ izberemo
dolžino, saj točke z int rvala [0,1] ležijo na premici
(realni osi). Mera množice celotnega verjetnostnega
prostora j dolžina intervala [0,1], µ(Ω) = 1. Mera
množice dogodka A pa je razdalja med točk ma π4
in 1, µ(A) = 1− π4 . Verj tnost dogodk A je po geo-
metrijski definiciji verj tnosti en ka
P(A) = 1−
π
4
1 =
4−π
4 . 
Primer 4
Na trikotniku z osnovnico c, ki leži na abscisni osi,
in višino vc = 1 na slepo izberemo točko. Kolikšna
je verjetnost dogodka A, da bo točka imela ordinato
manjšo od 12?
Slika 1
Za mero µ tokrat izberemo ploščino, saj točko iz-
biramo na ravnini. Mera množice celotnega verjetno-
stnega prostora je ploščina našega trikotnika, µ(Ω) =
1
2 · c · vc =
c
2 . Ugodno območje, ki predstavlja dogo-
dek A, je osenčeni trapez na sliki 1. Osnovnica manj-
šega trikotnika (neosenčeni del) je p lovica osnov
n ce večjeg r otn k , zat je mera množi d
5
tako tega ne bomo mogli storiti (vsaj ne zlahka) pri
izračunu verjetnosti, da bo naš zmenek uspešen: op-
ravka imamo namreč s časovnim intervalom, ki vse-
buje neskončno mnogo vrednosti. Pač pa si bomo
lahko pomagali z geometrijsko definicijo verjetnosti
[5].
Cilj je definirati verjetnost tako, da jo bomo lahko
s pridom uporabljali na množicah z neskončno ele-
menti. Denimo, da lahko celoten verjetnostni pro-
stor Ω predstavimo z neko množico na premici, na
ravnini, ali v prostoru. Ideja geometrijske definicije
verjetnosti je, da so vse točke enakovredne oz. da je
verjetnost enakomerno razpršena po množici Ω. To
dosežemo tako, da verjetnost dogodka A ⊆ Ω defini-
ramo kot:
P(A) = µ(A)
µ(Ω) ,
kjer je µ mera množice. Za nas bo pomembno le, da
je mera µ na premici dolžina, na ravnini ploščina, v
prostoru pa volumen. Ker je množica A podmnožica
množice Ω, očitno velja P(A) ∈ [0,1].
Geometrijsko definicijo verjetnosti uporabljamo
takrat, ko imamo opravka s slepo izbiro točke z in-
tervala, ravninskega lika, telesa ipd. Poglejmo si ta
način razmišljanja na naslednjih dveh primerih.
Primer 3
Na intervalu [0,1] na slepo izberemo eno število. Ko-
likšna je verjetnost dogodka A, da bo to število večje
od π4 ?
Število izbiramo z intervala [0,1], zato je naš ver-
jetnostni prostor Ω = [0,1]. Za mero µ izberemo
dolžino, saj točke z intervala [0,1] ležijo na premici
(realni osi). Mera množice celotnega verjetnostnega
prostora je dolžina intervala [0,1], µ(Ω) = 1. Mera
množice dogodka A pa je razdalja med točkama π4
in 1, µ(A) = 1− π4 . Verjetnost dogodka A je po geo-
metrijski definiciji verjetnosti enaka
P(A) = 1−
π
4
1 =
4−π
4 . 
Primer 4
Na trikotniku z osnovnico c, ki leži na abscisni osi,
in višino vc = 1 na slepo izberemo točko. Kolikšna
je verjetnost dogodka A, da bo točka imela ordinato
manjšo od 12?
Slika 1
Za mero µ tokrat izberemo ploščino, saj točko iz-
biramo na ravnini. Mera množice celotnega verjetno-
stnega prostora je ploščina našega trikotnika, µ(Ω) =
1
2 · c · vc =
c
2 . Ugodno območje, ki predstavlja dogo-
dek A, je osenčeni trapez na sliki 1. Osnovnica manj-
šega trikotnika (neosenčeni del) je polovica osnov-
nice večjega trikotnika, zato je mera množice do-
5
 fi j  rj tnosti
rimer 3
rimer 4
presek 40 (2012/2013) 2
7
m a t e m a t i k a
slika 1.
Ugodno območje dogodka A
slika 2.
Ugodno območje dogodka A
•
godka A enaka µ(A) = 12 ·c·vc−
1
2 ·
c
2 ·
vc
2 =
c
2−
c
8 =
3c
8 .
Verjetnost dogodka A je po geometrijski definiciji
verjetnosti enaka
P(A) =
3c
8
c
2
= 34 . 
Podobno kot pri klasični definiciji verjetnosti lahko
tudi pri geometrijski definiciji verjetnosti definiramo
slepo in neodvisno izbiro. To ponovno pomeni slepo
izbiro iz kartezijskega produkta.
Primer 5
Na intervalu [0,3] na slepo in neodvisno izberemo
dve števili x in y . Kolikšna je verjetnost dogodka A,
da bo vsaj eno izmed števil oddaljeno od roba za več
kot eno enoto?
Ker izbiramo dve števili neodvisno, si lahko reši-
tev tega problema predstavljamo v ravnini, kjer iz-
biramo točko (x,y) na kartezijskem produktu Ω =
[0,3] × [0,3]. Če je torej x ∈ [1,2], potem je lahko
y poljubno izbran na celotnem intervalu [0,3]. Po-
dobno velja, če vlogi x in y zamenjamo. Tako do-
bimo ugodno območje, ki ga prikazuje slika 2.
Slika 2
Osenčeni del predstavlja ugodno območje, čigar
ploščina je enaka µ(A) = 5. Ploščina celotnega ob-
močja je ploščina kvadrata [0,3] × [0,3], ki znaša
µ(Ω) = 9. Torej je verjetnost dogodka, da bo vsaj
eno število oddaljeno od roba za več kot eno enoto,
enaka P(A) = 59 . 
Sedaj imamo dovolj znanja, da rešimo primer
zmenka.
Na zmenek z verjetnostjo
Naj čas prihoda osebe X predstavlja realna spremen-
ljivka x, čas prihoda osebe Y pa realna spremen-
ljivka y . Obe spremenljivki izbiramo z intervala
[20,22] na slepo in neodvisno. Kot smo se naučili,
predpostavka, da sta x in y izbrani na slepo in neod-
visno z intervala [20,22], pomeni, da je točka (x,y)
izbrana na slepo s kvadrata [20,22]× [20,22]. Hiter
matematičen razmislek pove, da je iskanje ugodnega
območja na kvadratu [20,22]×[20,22] enakovredno
iskanju ugodnega območja na kvadratu [0,2]×[0,2],
zato bomo zaradi lažje predstavitve območja v koor-
dinatnem sistemu izbrali drugo možnost. Verjetno-
stni prostor Ω torej že imamo, t.j. produkt [0,2] ×
[0,2]. Cilj je poiskati še množico, ki izpolnjuje po-
goje dogodka A. Da se bosta osebi X in Y zagotovo
srečali, sme med njunima prihodoma na dogovor-
jeno mesto miniti največ pol ure. Do zmenka torej
pride, če je |x−y| ≤ 12 . Sedaj moramo le še razrešiti
tole neenakost.
Ločimo dve možnosti. Če oseba X prispe pred
6
godka A enaka µ(A) = 12 ·c·vc−
1
2 ·
c
2 ·
vc
2 =
c
2−
c
8 =
3c
8 .
Verjetnost dogodka A je po geometrijski definiciji
verjetnosti enaka
P(A) =
3c
8
c
2
= 34 . 
Podobno kot pri klasični definiciji verjetnosti lahko
tudi pri geometrijski definiciji verjetnosti definiramo
slepo in neodvisno izbiro. To ponovno pomeni slepo
izbiro iz kartezijskega produkta.
Primer 5
Na intervalu [0,3] na slepo in neodvisno izberemo
dve števili x in y . Kolikšna je verjetnost dogodka A,
da bo vsaj eno izmed števil oddaljeno od roba za več
kot eno enoto?
Ker izbiramo dve števili neodvisno, si lahko reši-
tev tega problema predstavljamo v ravnini, kjer iz-
biramo točko (x,y) na kartezijskem produktu Ω =
[0,3] × [0,3]. Če je torej x ∈ [1,2], potem je lahko
y poljubno izbran na celotnem intervalu [0,3]. Po-
dobno velja, če vlogi x in y zamenjamo. Tako do-
bimo ugodno območje, ki ga prikazuje slika 2.
Slika 2
Osenčeni del predstavlja ugodno območje, čigar
ploščina je enaka µ(A) = 5. Ploščina celotnega ob-
močja je ploščina kvadrata [0,3] × [0,3], ki znaša
µ(Ω) = 9. Torej je verjetnost dogodka, da bo vsaj
eno število oddaljeno od roba za več kot eno enoto,
enaka P(A) = 59 . 
Sedaj imamo dovolj znanja, da rešimo primer
zmenka.
Na zmenek z verjetnostjo
Naj čas prihoda osebe X predstavlja realna spremen-
ljivka x, čas prihoda osebe Y pa realna spremen-
ljivka y . Obe spremenljivki izbiramo z intervala
[20,22] na slepo in neodvisno. Kot smo se naučili,
predpostavka, da sta x in y izbrani na slepo in neod-
visno z intervala [20,22], pomeni, da je točka (x,y)
izbrana na slepo s kvadrata [20,22]× [20,22]. Hiter
matematičen razmislek pove, da je iskanje ugodnega
območja na kvadratu [20,22]×[20,22] enakovredno
iskanju ugodnega območja na kvadratu [0,2]×[0,2],
zato bomo zaradi lažje predstavitve območja v koor-
dinatnem sistemu izbrali drugo možnost. Verjetno-
stni prostor Ω torej že imamo, t.j. produkt [0,2] ×
[0,2]. Cilj je poiskati še množico, ki izpolnjuje po-
goje dogodka A. Da se bosta osebi X in Y zagotovo
srečali, sme med njunima prihodoma na dogovor-
jeno mesto miniti največ pol ure. Do zmenka torej
pride, če je |x−y| ≤ 12 . Sedaj moramo le še razrešiti
tole neenakost.
Ločimo dve možnosti. Če oseba X prispe pred
6
godka A enaka µ(A) = 12 ·c·vc−
1
2 ·
c
2 ·
vc
2 =
c
2−
c
8 =
3c
8 .
Verjetnost dogodka A je po geometrijski definiciji
verjetnosti enaka
P(A) =
3c
8
c
2
= 34 . 
Podobno kot pri klasični definiciji verjetnosti lahko
tudi pri geometrijski definiciji verjetnosti definiramo
slepo in neodvisno izbiro. To ponovno pomeni slepo
izbiro iz kartezijskega produkta.
Primer 5
Na intervalu [0,3] na slepo in neodvisno izberemo
dve števili x in y . Kolikšna je verjetnost dogodka A,
da bo vsaj eno izmed števil oddaljeno od roba za več
kot eno enoto?
Ker izbiramo dve števili neodvisno, si lahko reši-
tev tega problema predstavljamo v ravnini, kjer iz-
biramo točko (x,y) na kartezijskem produktu Ω =
[0,3] × [0,3]. Če je torej x ∈ [1,2], potem je lahko
y poljubno izbran na celotnem intervalu [0,3]. Po-
dobno velja, če vlogi x in y zamenjamo. Tako do-
bimo ugodno območje, ki ga prikazuje slika 2.
Slika 2
Osenčeni del predstavlja ugodno območje, čigar
ploščina je enaka µ(A) = 5. Ploščina celotnega ob-
močja je ploščina kvadrata [0,3] × [0,3], ki znaša
µ(Ω) = 9. Torej je verjetnost dogodka, da bo vsaj
eno število oddaljeno od roba za več kot eno enoto,
enaka P(A) = 59 . 
Sedaj imamo dovolj znanja, da rešimo primer
zmenka.
Na z enek z verjetnostjo
Naj čas prihoda osebe X predstavlja realna spremen-
ljivka x, čas prihoda osebe Y pa realna spremen-
ljivka y . Obe spremenljivki izbiramo z intervala
[20,22] na slepo in neodvisno. Kot smo se naučili,
predpostavka, da sta x in y izbrani na slepo in neod-
visno z intervala [20,22], pomeni, da je točka (x,y)
izbrana na slepo s kvadrata [20,22]× [20,22]. Hiter
matematičen razmislek pove, da je iskanje ugodnega
območja na kvadratu [20,22]×[20,22] enakovredno
iskanju ugodnega območja na kvadratu [0,2]×[0,2],
zato bomo zaradi lažje predstavitve območja v koor-
dinatnem sistemu izbrali drugo možnost. Verjetno-
stni prostor Ω torej že imamo, t.j. produkt [0,2] ×
[0,2]. Cilj je poiskati še množico, ki izpolnjuje po-
goje dogodka A. Da se bosta osebi X in Y zagotovo
srečali, sme med njunima prihodoma na dogovor-
jeno mesto miniti največ pol ure. Do zmenka torej
pride, če je |x−y| ≤ 12 . Sedaj moramo le še razrešiti
tole neenakost.
Ločimo dve možnosti. Če oseba X prispe pred
6
godka A enaka µ(A) = 12 ·c·vc−
1
2 ·
c
2 ·
vc
2 =
c
2−
c
8 =
3c
8 .
Verjetnost dogodka A je po geometrijski definiciji
verjetnosti enaka
P(A) =
3c
8
c
2
= 34 . 
Podobno kot pri klasični definiciji verjetnosti lahko
tudi pri geometrijski definiciji verjetnosti definiramo
slepo in neodvisno izbiro. To ponovno pomeni slepo
izbiro iz kartezijskega produkta.
Primer 5
Na intervalu [0,3] na slepo in neodvisno izberemo
dve števili x in y . Kolikšna je verjetnost dogodka A,
da bo vsaj eno izmed števil oddaljeno od roba za več
kot eno enoto?
Ker izbiramo dve števili neodvisno, si lahko reši-
tev tega problema predstavljamo v ravnini, kjer iz-
biramo točko (x,y) na kartezijskem produktu Ω =
[0,3] × [0,3]. Če je torej x ∈ [1,2], potem je lahko
y poljubno izbran na celotnem intervalu [0,3]. Po-
dobno velja, če vlogi x in y zamenjamo. Tako do-
bimo ugodno območje, ki ga prikazuje slika 2.
Slika 2
Osenčeni del predstavlja ugodno območje, čigar
ploščina je enaka µ(A) = 5. Ploščina celotnega ob-
močja je ploščina kvadrata [0,3] × [0,3], ki znaša
µ(Ω) = 9. Torej je verjetnost dogodka, da bo vsaj
eno število oddaljeno od roba za več kot eno enoto,
enaka P(A) = 59 . 
Sedaj imamo dovolj znanja, da rešimo primer
zmenka.
Na zmenek z verjetnostjo
Naj čas prihoda osebe X predstavlja realna spremen-
ljivka x, čas prihoda osebe Y pa realna spremen-
ljivka y . Obe spremenljivki izbiramo z intervala
[20,22] na slepo in neodvisno. Kot smo se naučili,
predpostavka, da sta x in y izbrani na slepo in neod-
visno z intervala [20,22], pomeni, da je točka (x,y)
izbrana na slepo s kvadrata [20,22]× [20,22]. Hiter
matematičen razmislek pove, da je iskanje ugodnega
območja na kvadratu [20,22]×[20,22] enakovredno
iskanju ugodnega območja na kvadratu [0,2]×[0,2],
zato bomo zaradi lažje predstavitve območja v koor-
dinatnem sistemu izbrali drugo možnost. Verjetno-
stni prostor Ω torej že imamo, t.j. produkt [0,2] ×
[0,2]. Cilj je poiskati še množico, ki izpolnjuje po-
goje dogodka A. Da se bosta osebi X in Y zagotovo
srečali, sme med njunima prihodoma na dogovor-
jeno mesto miniti največ pol ure. Do zmenka torej
pride, če je |x−y| ≤ 12 . Sedaj moramo le še razrešiti
tole neenakost.
Ločimo dve možnosti. Če oseba X prispe pred
6
godka A enaka µ(A) = 12 ·c·vc−
1
2 ·
c
2 ·
vc
2 =
c
2−
c
8 =
3c
8 .
Verjetnost dogodka A je po geometrijski definiciji
verjetnosti enaka
P(A) =
3c
8
c
2
= 34 . 
Podobno kot pri klasični definiciji verjetnosti lahko
tudi pri geometrijski definiciji verjetnosti definiramo
slepo in neodvisno izbiro. To ponovno pomeni slepo
izbiro iz kartezijskega produkta.
Primer 5
Na intervalu [0,3] na slepo in neodvisno izberemo
dve števili x in y . Kolikšna je verjetnost dogodka A,
da bo vsaj eno izmed števil oddaljeno od roba za več
kot eno enoto?
Ker izbiramo dve števili neodvisno, si lahko reši-
tev tega problema predstavljamo v ravnini, kjer iz-
biramo točko (x,y) na kartezijskem produktu Ω =
[0,3] × [0,3]. Če je torej x ∈ [1,2], potem je lahko
y poljubno izbran na celotnem intervalu [0,3]. Po-
dobno velja, če vlogi x in y zamenjamo. Tako do-
bimo ugodno območje, ki ga prikazuje slika 2.
Slika 2
Osenčeni del predstavlja ugodno območje, čigar
ploščina je enaka µ(A) = 5. Ploščina celotnega ob-
močja je ploščina kvadrata [0,3] × [0,3], ki znaša
µ(Ω) = 9. Torej je verjetnost dogodka, da bo vsaj
eno število oddaljeno od roba za več kot eno enoto,
enaka P(A) = 59 . 
Sedaj imamo dovolj znanja, da rešimo primer
zmenka.
Na z enek z verjetnostjo
Naj čas prihoda osebe X predstavlja realna spremen-
ljivka x, čas prihoda osebe Y pa realna spremen-
ljivka y . Obe spremenljivki izbiramo z intervala
[20,22] na slepo in neodvisno. Kot smo se naučili,
predpostavka, da sta x in y izbrani na slepo in neod-
visno z intervala [20,22], pomeni, da je točka (x,y)
izbrana na slepo s kvadrata [20,22]× [20,22]. Hiter
matematičen razmislek pove, da je iskanje ugodnega
območja na kvadratu [20,22]×[20,22] enakovredno
iskanju ugodnega območja na kvadratu [0,2]×[0,2],
zato bomo zaradi lažje predstavitve območja v koor-
dinatnem sistemu izbrali drugo možnost. Verjetno-
stni prostor Ω torej že imamo, t.j. produkt [0,2] ×
[0,2]. Cilj je poiskati še množico, ki izpolnjuje po-
goje dogodka A. Da se bosta osebi X in Y zagotovo
srečali, sme med njunima prihodoma na dogovor-
jeno mesto miniti največ pol ure. Do zmenka torej
pride, če je |x−y| ≤ 12 . Sedaj moramo le še razrešiti
tole neenakost.
Ločimo dve možnosti. Če oseba X prispe pred
6
m
tako tega ne bomo mogli storiti (vsaj ne zlahka) pri
izračunu verjetnosti, da bo naš zmenek uspešen: op-
ravka imamo namreč s časovnim intervalom, ki vse-
buje neskončno mnogo vrednosti. Pač pa si bomo
lahko pomagali z geometrijsko definicijo verjetnosti
[5].
Cilj je definirati verjetnost tako, da jo bomo lahko
s pridom uporabljali na množicah z neskončno ele-
menti. Denimo, da lahko celoten verjetnostni pro-
stor Ω predstavimo z neko množico na premici, na
ravnini, ali v prostoru. Ideja geometrijske definicije
verjetnosti je, da so vse točke enakovredne oz. da je
verjetnost enakomerno razpršena po množici Ω. To
dosežemo tako, da verjetnost dogodka A ⊆ Ω defini-
ramo kot:
P(A) = µ(A)
µ(Ω) ,
kjer je µ mera množice. Za nas bo pomembno le, da
je mera µ na premici dolžina, na ravnini ploščina, v
prostoru pa volumen. Ker je množica A podmnožica
množice Ω, očitno velja P(A) ∈ [0,1].
Geometrijsko definicijo verjetnosti uporabljamo
takrat, ko imamo opravka s slepo izbiro točke z in-
tervala, ravninskega lika, telesa ipd. Poglejmo si ta
način razmišljanja na naslednjih dveh primerih.
Primer 3
Na intervalu [0,1] na slepo izberemo eno število. Ko-
likšna je verjetnost dogodka A, da bo to število večje
od π4 ?
Število izbiramo z intervala [0,1], zato je naš ver-
jetnostni prostor Ω = [0,1]. Za mero µ izberemo
dolžino, saj točke z intervala [0,1] ležijo na premici
(realni osi). Mera množice celotnega verjetnostnega
prostora je dolžina intervala [0,1], µ(Ω) = 1. Mera
množice dogodka A pa je razdalja med točkama π4
in 1, µ(A) = 1− π4 . Verjetnost dogodka A je po geo-
metrijski definiciji verjetnosti enaka
P(A) = 1−
π
4
1 =
4−π
4 . 
Primer 4
Na trikotniku z osnovnico c, ki leži na abscisni osi,
in višino vc = 1 na slepo izberemo točko. Kolikšna
je verjetnost dogodka A, da bo točka imela ordinato
manjšo od 12?
Slika 1
Za mero µ tokrat izberemo ploščino, saj točko iz-
biramo na ravnini. Mera množice celotnega verjetno-
stnega prostora je ploščina našega trikotnika, µ(Ω) =
1
2 · c · vc =
c
2 . Ugodno območje, ki predstavlja dogo-
dek A, je osenčeni trapez na sliki 1. Osnovnica manj-
šega trikotnika (neosenčeni del) je polovica osnov-
nice večjega trikotnika, zato je mera množice do-
5
rimer 5
   rj
presek 40 (2012/2013) 2
1
2
3
1
1 2 3
y y
c
v
c
x
x
8
m a t e m a t i k a
Literatura
[1] M. Hladnik, Verjetnostni račun in statistika: zapi-
ski s predavanj, FRI, Ljubljana, 2002.
[2] R. Jamnik, Verjetnostni račun in statistika, DMFA,
Ljubljana, 1995.
[3] A. N. Kolmogorov, Foundations of the Theory of
Probability, Chelsea Pub. Co. 2. edition, Chelsea,
1960.
[4] http://sl.wikipedia.org/wiki/Verjetnost
[5] http://www.e-studij.si/Geometrijska_definicija_verjetnosti
8
Literatura
[1] M. Hladnik, Verjetnostni račun in statistika: zapi-
ski s predavanj, FRI, Ljubljana, 2002.
[2] R. Jamnik, Verjetnostni račun in statistika, DMFA,
Ljubljana, 1995.
[3] A. N. Kolmogorov, Foundations of the Theory of
Probability, Chelsea Pub. Co. 2. edition, Chelsea,
1960.
[4] http://sl.wikipedia.org/wiki/Verjetnost
[5] http://www.e-studij.si/Geometrijska_definicija_verjetnosti
8
osebo Y , je x ≤ y in zato dobimo |x−y| = y−x ≤ 12
oz. y ≤ x + 12 . Če pa oseba Y prispe pred osebo X,
velja y ≤ x in zato je |x − y| = x − y ≤ 12 oz.
y ≥ x − 12 . Ugotoviti moramo, katero območje ome-
jujeta dobljeni neenakosti znotraj celotnega obmo-
čja Ω. Rešitev nam prikazuje slika 3.
Slika 3
Osenčeni del predstavlja ugodno območje, čigar
ploščina je enaka
µ(A) = 4−
(
3
2
)2
= 74 .
Ploščina celotnega območja Ω je ploščina kvadrata
[0,2] × [0,2], ki je µ(Ω) = 4. Torej je verjetnost
dogodka, da bosta osebi X in Y imeli zmenek, enaka
P(A) = 7/44 =
7
16 , kar je nekoliko manj kot polovica.
Seveda smo v realnem življenju ljudje precej raz-
lični, zato si oglejmo še primer, ko čas, ko je po-
samezna oseba pripravljena čakati, ni za obe osebi
enak. Razmislimo, kako bi se problema lotili, če bi
pogoj o polurnem čakanju nadomestili s pogojem,
da oseba X čaka pol ure, oseba Y pa le četrt ure. Se-
daj problema ne moremo obravnavati enakovredno z
izrazom |x − y|, saj je pomembno, kdo prvi prispe.
Lahko pa razmislimo takole: če prej prispe oseba X,
potem mora veljati y−x ≤ 12 , če pa prej prispe oseba
Y , mora veljati x −y ≤ 14 . V tem primeru bi ugodno
območje bilo podobno ugodnemu območju na sliki
3, le da bi spodnja premica bila bližje simetrali lihih
kvadrantov in bi posledično tudi dobili manjšo ver-
jetnost, da se osebi X in Y srečata. Le-ta je v tem
primeru enaka
P(A) = 4−(1/2)(3/2)
2−(1/2)(7/4)2
4 =
43
128 .
Verjetnost v realnem življenju
Dejstvo je, da smo verjetnost dogodka, da pride do
zmenka, rešili le za zelo enostavno situacijo. Real-
nost je dosti bolj zapletena (kaj šele, če bi želeli iz-
računati verjetnost dogodka, da je zmenek uspešen,
kar koli naj že to pomeni). Vseeno pa smo spoznali,
da nam znanje verjetnosti lahko pomaga, da vsaj pri-
bližno izračunamo, kakšne so naše možnosti oz. ali
obstaja dovolj velika verjetnost, da se nam trud, ki
ga vložimo v neko situacijo, tudi splača.
7
osebo Y , je x in zato dobi o |x | x 12
oz. x 12 . Če pa oseba Y prispe pred osebo ,
velja x in zato je |x | x 12 oz.
x 12 . gotoviti ora o, katero ob očje o e-
jujeta dobljeni neenakosti znotraj celotnega ob o-
čja . Rešitev na prikazuje slika 3.
Slika 3
senčeni del predstavlja ugodno ob očje, čigar
ploščina je enaka
µ( ) 4
(
3
2
)2 7
4 .
Ploščina celotnega ob očja je ploščina kvadrata
[0,2] [0,2], ki je µ( ) 4. Torej je verjetnost
dogodka, da bosta osebi in Y i eli z enek, enaka
P( ) 7/44
7
16 , kar je nekoliko anj kot polovica.
Seveda s o v realne življenju ljudje precej raz-
lični, zato si oglej o še pri er, ko čas, ko je po-
sa ezna oseba pripravljena čakati, ni za obe osebi
enak. Raz isli o, kako bi se proble a lotili, če bi
pogoj o polurne čakanju nado estili s pogoje ,
da oseba čaka pol ure, oseba Y pa le četrt ure. Se-
daj proble a ne ore o obravnavati enakovredno z
izrazo |x |, saj je po e bno, kdo prvi prispe.
Lahko pa raz isli o takole: če prej prispe oseba ,
pote ora veljati x 12 , če pa prej prispe oseba
Y , ora veljati x 14 . V te pri eru bi ugodno
ob očje bilo podobno ugodn u ob čju na sliki
3, le da bi spodnja pre ica bila bližje si etrali lihih
kvadrantov in bi posledično tudi dobili anjšo ver-
jetnost, da se osebi in Y srečata. Le-ta je v te
pri eru enaka
P( ) 4−(1/2)(3/2)
2−(1/2)(7/4)2
4
43
128 .
erjet st v real e življe j
ejstvo je, da s o verjetnost dogodka, da pride do
z enka, rešili le za zelo enostavno situacijo. Real-
nost je dosti bolj zapletena (kaj šele, če bi želeli iz-
računati verjetnost dogodka, da je z enek uspešen,
kar koli naj že to po eni). Vseeno pa s o spoznali,
da na znanje verjetnosti lahko po aga, da vsaj pri-
bližno izračuna o, kakšne so naše ožnosti oz. ali
obstaja dovolj velika verjetnost, da se na trud, ki
ga vloži o v neko situacijo, tudi splača.
7
osebo Y , je x ≤ y in zato dobi o |x−y| = y−x ≤ 12
oz. y ≤ x + 12 . Če pa oseba Y prispe pred osebo X,
velja y ≤ x in zato je |x − y| = x − y ≤ 12 oz.
y ≥ x − 12 . Ugotoviti ora o, katero ob očje o e-
jujeta dobljeni neenakosti znotraj celotnega ob o-
čja . Rešitev na prikazuje slika 3.
Slika 3
Osenčeni del predstavlja ugodno ob očje, čigar
ploščina je enaka
µ(A) = 4−
(
3
2
)2
= 74 .
Ploščina celotnega ob očja je ploščina kvadrata
[0,2] × [0,2], ki je µ( ) = 4. Torej je verjetnost
dogodka, da bosta osebi X in Y i eli z enek, enaka
P(A) = 7/44 =
7
16 , kar je nekoliko anj kot polovica.
Seveda s o v realne življenju ljudje precej raz-
lični, zato si oglej o še pri er, ko čas, ko je po-
sa ezna oseba pripravljena čakati, ni za obe osebi
enak. Raz isli o, kako bi se proble a lotili, če bi
pogoj o polurne čakanju nado estili s pogoje ,
da oseba X čaka pol ure, oseba Y pa le četrt ure. Se-
daj proble a ne ore o obravnavati enakovredno z
izrazo |x − y|, saj je po e bno, kdo prvi prispe.
Lahko pa raz isli o takole: če prej prispe oseba X,
pote ora veljati y−x ≤ 12 , če pa prej prispe oseba
Y , ora veljati x −y ≤ 14 . V te pri eru bi ugodno
ob očje bilo podobno ugodne u ob očju na sliki
3, le da bi spodnja pre ica bila bližje si etrali lihih
kvadrantov in bi posledično tudi dobili anjšo ver-
jetnost, da se osebi X in Y srečata. Le-ta je v te
pri eru enaka
P(A) = 4−(1/2)(3/2)
2−(1/2)(7/4)2
4 =
43
128 .
Verjetnost v realne življenju
Dejstvo je, da s o verjetnost dogodka, da pride do
z enka, rešili le za zelo enostavno situacijo. Real-
nost je dosti bolj zapletena (kaj šele, če bi želeli iz-
računati verjetnost dogodka, da je z enek uspešen,
kar koli naj že to po eni). Vseeno pa s o spoznali,
da na znanje verjetnosti lahko po aga, da vsaj pri-
bližno izračuna o, kakšne so naše ožnosti oz. ali
obstaja dovolj velika verjetnost, da se na trud, ki
ga vloži o v neko situacijo, tudi splača.
7
Literatura
[1] M. Hladnik, Verjetnostni račun in statistika: zapi-
ski s predavanj, FRI, Ljubljana, 2002.
[2] R. Jamnik, Verjetnostni račun in statistika, DMFA,
Ljubljana, 1995.
[3] A. N. Kolmogorov, Foundations of the Theory of
Probability, Chelsea Pub. Co. 2. edition, Chelsea,
1960.
[4] http://sl.wikipedia.org/wiki/Verjetnost
[5] http://www.e-studij.si/Geometrijska_definicija_verjetnosti
8
Literatura
[1] M. Hladnik, Verjetnostni račun in statistika: zapi-
ski s predavanj, FRI, Ljubljana, 2002.
[2] R. Jamnik, Verjetnostni račun in statistika, DMFA,
Ljublja a, 1995.
[3] A. N. Kolmogorov, Foundations of the Theory of
Probability, Chelsea P b. Co. 2. edi ion, Chelsea,
1960.
[4] http://sl.wikipedia.org/wiki/Verjetnost
[5] http://www.e-studij.si/Geometrijska_definicija_verjetnosti
8
Literatura
[1] M. Hladnik, Verjetnostni račun in statistika: zapi-
ski s predavanj, FRI, Ljubljana, 2002.
[2] R. Jamnik, Verjetnostni račun in statistika, DMFA,
Ljubljana, 1995.
[3] A. N. Kolmogorov, Foundations of the Theory of
Probability, Chelsea Pub. Co. 2. edition, Chelsea,
1960.
[4] http://sl.wikipedia.org/wiki/Verjetnost
[5] http://www.e-studij.si/Geometrijska_definicija_verjetnosti
8
Literatura
[1] M. Hladnik, Verjetnostni račun in statistika: zapi-
ski s predavanj, FRI, Ljubljana, 2002.
[2] R. Jam ik, Verjetnostni račun in statistika, DMFA,
Ljubljana, 1995.
[3] A. N. Kolmogorov, Fo ndations of he Theory of
Probability, Chelsea Pub. Co. 2. edition, Chelsea,
1960.
[4] http://sl.wikipedia.org/wiki/Verjetnost
[5] http://www.e-studij.si/Geometrijska_definicija_verjetnosti
8
•
osebo , je i zato obimo | | 12
oz. 12 .
ˇe a oseba ris e re osebo ,
velja i zato je | | 12 oz.
1
2 . gotoviti moramo, katero območje ome-
j jeta oblje i ee akosti z otraj celot ega obmo-
čja Ω. ešitev am rikaz je slika 3.
Slika 3
se če i el re stavlja go o območje, čigar
lošči a je e aka
( ) 4
(
3
2
)2 7
4 .
Plošči a celot ega območja Ω je lošči a kva rata
[0,2] [0,2], ki je (Ω) 4. orej je verjet ost
ogo ka, a bosta osebi i imeli zme ek, e aka
( ) 7/44
7
16 , kar je ekoliko ma j kot olovica.
Seve a smo v real em življe j lj je recej raz-
lič i, zato si oglejmo še rimer, ko čas, ko je o-
samez a oseba ri ravlje a čakati, i za obe osebi
e ak. azmislimo, kako bi se roblema lotili, če bi
ogoj o ol r em čaka j a omestili s ogojem,
a oseba čaka ol re, oseba a le četrt re. Se-
aj roblema e moremo obrav avati e akovre o z
izrazom | |, saj je omemb o, k o rvi ris e.
La ko a razmislimo takole: če rej ris e oseba ,
otem mora veljati 12 , če a rej ris e oseba
, mora veljati 14 . tem rimer bi go o
območje bilo o ob o go em območj a sliki
3, le a bi s o ja remica bila bližje simetrali li i
kva ra tov i bi osle ič o t i ob li ma šo ver-
jet ost, a se osebi i srečata. Le-ta je v tem
rimer e aka
( ) 4−(1/2)(3/2)
2−(1/2)(7/4)2
4
43
128 .
rj t st v r l m ivlj j
ejstvo je, a smo verjet ost ogo ka, a ri e o
zme ka, rešili le za zelo e ostav o sit acijo. eal-
ost je osti bolj za lete a (kaj šele, če bi želeli iz-
rač ati verjet ost ogo ka, a je zme ek s eše ,
kar koli aj že to ome i). see o a smo s oz ali,
a am z a je verjet osti la ko omaga, a vsaj ri-
bliž o izrač amo, kakš e so aše mož osti oz. ali
obstaja ovolj velika verjet ost, a se am tr , ki
ga vložimo v eko sit acijo, t i s lača.
7
godka A enaka µ(A) = 12 ·c·vc−
1
2 ·
c
2 ·
vc
2 =
c
2−
c
8 =
3c
8 .
Verjetnost dogodka A je po geometrijski definiciji
verjetnosti enaka
P(A) =
3c
8
c
2
= 34 . 
Podobno kot pri klasični definiciji verjetnosti lahko
tudi pri geometrijski definiciji verjetnosti definiramo
slepo in neodvisno izbiro. To ponovno pomeni slepo
izbiro iz kartezijskega produkta.
Primer 5
Na intervalu [0,3] na slepo in neodvisno izberemo
dve števili x in y . Kolikšna je verjetnost dogodka A,
da bo vsaj eno izmed števil oddaljeno od roba za več
kot eno enoto?
Ker izbiramo dve števili neodvisno, si lahko reši-
tev tega problema predstavljamo v ravnini, kjer iz-
biramo točko (x,y) na kartezijskem produktu Ω =
[0,3] × [0,3]. Če je torej x ∈ [1,2], potem je lahko
y poljubno izbran na celotnem intervalu [0,3]. Po-
dobno velja, če vlogi x in y zamenjamo. Tako do-
bimo ugodno območje, ki ga prikazuje slika 2.
Slika 2
Osenčeni del predstavlja ugodno območje, čigar
ploščina je enaka µ(A) = 5. Ploščina celotnega ob-
močja je ploščina kvadrata [0,3] × [0,3], ki znaša
µ(Ω) = 9. Torej je verjetnost dogodka, da bo vsaj
eno število oddaljeno od roba za več kot eno enoto,
enaka P(A) = 59 . 
Sedaj imamo dovolj znanja, da rešimo primer
zmenka.
Na zmenek z verjetnostjo
Naj čas prihoda osebe X predstavlja realna spremen-
ljivka x, čas prihoda osebe Y pa realna spremen-
ljivka y . Obe spremenljivki izbiramo z intervala
[20,22] na slepo in neodvisno. Kot smo se naučili,
predpostavka, da sta x in y izbrani na slepo in neod-
visno z intervala [20,22], pomeni, da je točka (x,y)
izbrana na slepo s kvadrata [20,22]× [20,22]. Hiter
matematičen razmislek pove, da je iskanje ugodnega
območja na kvadratu [20,22]×[20,22] enakovredno
iskanju ugodnega območja na kvadratu [0,2]×[0,2],
zato bomo zaradi lažje predstavitve območja v koor-
dinatnem sistemu izbrali drugo možnost. Verjetno-
stni prostor Ω torej že imamo, t.j. produkt [0,2] ×
[0,2]. Cilj je poiskati še množico, ki izpolnjuje po-
goje dogodka A. Da se bosta osebi X in Y zagotovo
srečali, sme med njunima prihodoma na dogovor-
jeno mesto miniti največ pol ure. Do zmenka torej
pride, če je |x−y| ≤ 12 . Sedaj moramo le še razrešiti
tole neenakost.
Ločimo dve možnosti. Če oseba X prispe pred
6
slika 3.
Ugodn  območje dog dka A
osebo Y , je x ≤ y in zato dobimo |x−y| = y−x ≤ 12
oz. y ≤ x + 12 . Če pa os ba Y prispe pred sebo X,
velja y ≤ x in zato je |x − y| = x − y ≤ 12 o .
y ≥ x − 12 . Ug toviti moramo, katero območje ome
jujeta doblj ni neenakosti znotr j celotnega obmo-
čja Ω. ešitev nam pri azuje slika 3.
Slika 3
Osenčeni d predstavlja ugodno območj , čigar
ploščin j enaka
µ(A) = 4−
(
3
2
)2
= 74 .
Ploščina celotnega območja Ω je ploščina kvadrata
[0,2] × [0,2], ki je µ(Ω) = 4. Torej je verjetnost
dogodka, da bosta osebi X in Y imeli zmenek, enaka
P(A) = 7/44 =
7
16 , kar je nekoliko manj kot polovica.
Seveda smo v realnem življenju ljudje precej raz-
lični, zato si oglejmo še primer, ko čas, ko je po-
samezna oseba pripravljena čakati, ni za obe osebi
enak. Razmisli o, kako bi e problema lotili, če bi
pogoj o polurn m čakanju nadomest li s p goj m,
da oseba X čaka pol ure, oseba Y pa le četrt ur . Se
d j problema ne morem obravnavati enakovredno z
izraz m |x − y|, saj je pomemb , kdo prvi prispe.
L hko pa r zmislimo takole: če rej prispe oseba X,
potem mora veljati y−x ≤ 12 , če pa prej pri pe oseba
Y , mora veljati x −y ≤ 14 . V tem primeru bi ugodno
obm čje bilo podobno ug dnemu območju na sliki
3, le da bi spodnja premica bila bližje simetrali lihih
kvadrantov in bi posledično tudi dobili manjšo ver-
jetnost, da se osebi X in Y srečata. Le-ta je v tem
primeru enaka
P(A) = 4−(1/2)(3/2)
2−(1/2)(7/4)2
4 =
43
128 .
Verjetnost v realnem življenju
Dejstvo je, da smo verjetnost dogodka, da pride do
zmenka, rešili le za zelo enostavno situacijo. Real-
nost je dosti bolj zapletena (kaj šele, če bi želeli iz-
računati verjetnost dogodka, da je zmenek uspešen,
kar koli naj že to pomeni). Vseeno pa smo spoznali,
da nam znanje verjetnosti lahko pomaga, da vsaj pri-
bližno izračunamo, kakšne so naše možnosti oz. ali
obstaja dovolj velika verjetnost, da se nam trud, ki
ga vložimo v neko situacijo, tudi splača.
7
osebo Y , je x ≤ y in zato dobimo |x−y| = y−x ≤ 12
oz. y ≤ x + 12 . Če pa oseba Y prispe pred osebo X,
velja y ≤ x in zato je |x − y| = x − y ≤ 12 o .
y ≥ x − 12 . Ug toviti moramo, katero območje ome
jujeta doblj ni neenakosti znotr j celotnega obmo-
čja Ω. ešitev nam pri azuje slika 3.
Slika 3
Osenčeni d predstavlja ugodno območj , čigar
ploščin j enaka
µ(A) = 4−
(
3
2
)2
= 74 .
Ploščina celotnega območja Ω je ploščin kvadrata
[0,2] × [0,2], ki je µ(Ω) = 4. Torej je verjetnost
dogodka, da bosta osebi X in Y imeli zmenek, enaka
P(A) = 7/44 =
7
16 , kar je nekoliko manj kot polovica.
Seveda smo v realnem življenju ljudje precej raz-
lični, zato si oglejmo še primer, ko čas, ko je po-
samezna oseba pripravljena čakati, ni za obe osebi
enak. Razmisli o, kako bi e problema lotili, če bi
pogoj o polurn m čakanju nadomest li s p goj m,
da oseba X čaka pol ure, oseba Y pa le četrt ur . Se
d j problema ne morem obravnavati enakovredno z
izraz m |x − y|, saj je pomemb , kdo prvi prispe.
L hko pa r zmislimo takole: če rej prispe oseba X,
potem mora veljati y−x ≤ 12 , če pa prej pri pe oseba
Y , mora veljati x −y ≤ 14 . V tem primeru bi ugodno
obm čje bilo podobno ug dnemu območju na sliki
3, le da bi spodnja premica bila bližje simetrali lihih
kvadrantov in bi posledično tudi dobili manjšo ver-
jetnost, da se osebi X in Y srečata. Le-ta je v tem
primeru enaka
P(A) = 4−(1/2)(3/2)
2−(1/2)(7/4)2
4 =
43
128 .
Verjetnost v realnem življenju
Dejstvo je, da smo verjetnost dogodka, da pride do
zmenka, rešili le za zelo enostavno situacijo. Real-
nost je dosti bolj zapletena (kaj šele, če bi želeli iz-
računati verjetnost dogodka, da je zmenek uspešen,
kar koli naj že to pomeni). Vseeno pa smo spoznali,
da nam znanje verjetnosti lahko pomaga, da vsaj pri-
bližno izračunamo, kakšne so naše možnosti oz. ali
obstaja dovolj velika verjetnost, da se nam trud, ki
ga vložimo v neko situacijo, tudi splača.
7
, j i t i | | 12
. 12 . ri r ,
lj i t j | | 12 z.
1
2 . t iti r , t r j
j j t lj i ti tr j l t -
j . it ri j li .
li
i r t lj j , i r
l i a je
3
2
2 7
4 .
l i l t j j l i r t
, , , i j . r j j rj t t
, t i i i li ,
7/4
4
7
16 , r j li j t l i .
r l i lj j lj j r j r -
li i, t i l j ri r, , j -
ri r lj ti, i i
. i li , i r l l tili, i
j l r j t li j ,
l r , l trt r .
j r l r r ti r
i r | |, j j , r i ri .
r i li t l : r j ri ,
t r lj ti 12 , r j ri
, r lj ti 14 . t ri r i
j il j li i
, l i j r i il li j i tr li li i
r t i i l i t i ili j r-
j t t, i i r t . -t j t
ri r
4 (1/2)(3/2)2 (1/2)(7/4)2
4
43
128 .
j t t l i lj j
j t j , rj t t , ri
, r ili l l t it ij . l-
t j ti lj l t ( j l , i l li i -
r ti rj t t , j ,
r li j t i). li,
j rj t ti l , j ri-
li i r , ti . li
t j lj li rj t t, tr , i
l i it ij , t i l .
osebo Y , je x ≤ y in zato dobimo |x−y| = y−x ≤ 12
oz. y ≤ x + 12 . Če pa oseba Y prispe pred osebo X,
velja y ≤ x in zato je |x − y| = x − y ≤ 12 oz.
y ≥ x − 12 . Ugotoviti moramo, katero območje ome-
jujeta dobljeni neenakosti znotraj celotnega obmo-
čja Ω. Rešitev nam prikazuje slika 3.
Slika 3
Osenčeni del predstavlja ugodno območje, čigar
ploščina je enaka
µ(A) = 4−
(
3
2
)2
= 74 .
Ploščina celotnega območja Ω je ploščina kvadrata
[0,2] × [0,2], ki je µ(Ω) = 4. Torej je verjetnost
dogodka, da bosta osebi X in Y imeli zmenek, enaka
P(A) = 7/44 =
7
16 , kar je nekoliko manj kot polovica.
Seveda smo v realnem življenju ljudje precej raz-
lični, zato si oglejmo še primer, ko čas, ko je po-
samezna oseba pripravljena čakati, ni za obe osebi
enak. Razmislimo, kako bi se problema lotili, če bi
pogoj o polurnem čakanju nadomestili s pogojem,
da oseba X čaka pol ure, oseba Y pa le četrt ure. Se-
daj problema ne moremo obravnavati enakovredno z
izrazom |x − y|, saj je pomembno, kdo prvi prispe.
Lahko pa razmislimo takole: če prej prispe oseba X,
potem mora veljati y−x ≤ 12 , če pa prej prispe oseba
Y , mora veljati x −y ≤ 14 . V tem primeru bi ugodno
območje bilo podobno ugodnemu območju na sliki
3, le da bi spodnja premica bila bližje simetrali lihih
kvadrantov in bi posledično tudi dobili manjšo ver-
jetnost, da se osebi X in Y srečata. Le-ta je v tem
primeru enaka
P(A) = 4−(1/2)(3/2)
2−(1/2)(7/4)2
4 =
43
128 .
Verjetnost v realnem življenju
Dejstvo je, da smo verjetnost dogodka, da pride do
zmenka, rešili le za zelo enostavno situacijo. Real-
nost je dosti bolj zapletena (kaj šele, če bi želeli iz-
računati verjetnost dogodka, da je zmenek uspešen,
kar koli naj že to pomeni). Vseeno pa smo spoznali,
da nam znanje verjetnosti lahko pomaga, da vsaj pri-
bližno izračunamo, kakšne so naše možnosti oz. ali
obstaja dovolj velika verjetnost, da se nam trud, ki
ga vložimo v neko situacijo, tudi splača.
7
   j j
teratura
presek 40 (2012/2013) 2
2
1
1 2
y
x
osebo Y , je x ≤ y in zato dobimo |x−y| = y−x ≤ 12
oz. y ≤ x + 12 . Če pa oseba Y prispe pred osebo X,
velja y ≤ x in zato je |x − y| = x − y ≤ 12 oz.
y ≥ x − 12 . Ugotoviti moramo, katero območje ome-
jujeta dobljeni neenakosti znotraj celotnega obmo-
čja Ω. Rešitev nam prikazuje slika 3.
Slika 3
Osenčeni del predstavlja ugodno območje, čigar
ploščina je enaka
µ(A) = 4−
(
3
2
)2
= 74 .
Ploščina celotnega območja Ω je ploščina kvadrata
[0,2] × [0,2], ki je µ(Ω) = 4. Torej je verjetnost
dogodka, da bosta osebi X in Y imeli zmenek, enaka
P(A) = 7/44 =
7
16 , kar je nekoliko manj kot polovica.
Seveda smo v realnem življenju ljudje precej raz-
lični, zato si oglejmo še primer, ko čas, ko je po-
samezna oseba pripravljena čakati, ni za obe osebi
enak. Razmislimo, kako bi se problema lotili, če bi
pogoj o polurnem čakanju nadomestili s pogojem,
da oseba X čaka pol ure, oseba Y pa le četrt ure. Se-
daj problema ne moremo obravnavati enakovredno z
izrazom |x − y|, saj je pomembno, kdo prvi prispe.
Lahko pa razmislimo takole: če prej prispe oseba X,
potem mora veljati y−x ≤ 12 , če pa prej prispe oseba
Y , mora veljati x −y ≤ 14 . V tem primeru bi ugodno
območje bilo podobno ugodnemu območju na sliki
3, le da bi spodnja premica bila bližje simetrali lihih
kvadrantov in bi posledično tudi dobili manjšo ver-
jetnost, da se osebi X in Y srečata. Le-ta je v tem
primeru enaka
P(A) = 4−(1/2)(3/2)
2−(1/2)(7/4)2
4 =
43
128 .
Verjetnost v realnem življenju
Dejstvo je, da smo verjetnost dogodka, da pride do
zmenka, rešili le za zelo enostavno situacijo. Real-
nost je dosti bolj zapletena (kaj šele, če bi želeli iz-
računati verjetnost dogodka, da je zmenek uspešen,
kar koli naj že to pomeni). Vseeno pa smo spoznali,
da nam znanje verjetnosti lahko pomaga, da vsaj pri-
bližno izračunamo, kakšne so naše možnosti oz. ali
obstaja dovolj velika verjetnost, da se nam trud, ki
ga vložimo v neko situacijo, tudi splača.
7
osebo Y , je in zato dobi o | | 12
oz. 12 .
ˇe pa oseba Y prispe pred osebo ,
velja in zato je | | 12 oz.
1
2 . gotoviti ora o, katero ob očje o e-
jujeta dobljeni neenakosti znotraj celotnega ob o-
čja . ešitev na prikazuje slika 3.
Slika 3
senčeni del predstavlja ugodno ob očje, čigar
ploščina je enaka
µ( ) 4
(
3
2
)2 7
4 .
Ploščina celotnega ob očja je ploščina kvadrata
[0,2] [0,2], ki je µ( ) 4. Torej je verjetnost
dogodka, da bosta osebi in Y i eli z enek, enaka
( ) 7/44
7
16 , kar je nekoliko anj kot polovica.
Seveda s o v realne življenju ljudje precej raz-
lični, zato si oglej o še pri er, ko čas, ko je po-
sa ezna oseba pripravljena čakati, ni za obe osebi
enak. az isli o, kako bi se proble a lotili, če bi
pogoj o polurne čakanju nado estili s pogoje ,
da oseba čaka pol ure, oseba Y pa le četrt ure. Se-
daj proble a ne ore o obravnavati enakovredno z
izrazo | |, saj je po e bno, kdo prvi prispe.
Lahko pa raz isli o takole: če prej prispe oseba ,
pote ora veljati 12 , če pa prej prispe oseba
Y , ora veljati 14 . te pri eru bi ugodno
ob očje bilo podobno ugodne u ob očju na sliki
3, le da bi spodnja pre ica bila bližje si etrali lihih
kvadrantov in bi posledično tudi dobili anjšo ver-
jetnost, da se osebi in Y srečata. Le-ta je v te
pri eru enaka
( ) 4−(1/2)(3/2)
2−(1/2)(7/4)2
4
43
128 .
erjet st v real e življe j
ejstvo je, da s o verjetnost dogodka, da pride do
z enka, rešili le za zelo enostavno situacijo. eal-
nost je dosti bolj zapletena (kaj šele, če bi želeli iz-
računati verjetnost dogodka, da je z enek uspešen,
kar koli naj že to po eni). seeno pa s o spoznali,
da na znanje verjetnosti lahko po aga, da vsaj pri-
bližno izračuna o, kakšne so naše ožnosti oz. ali
obstaja dovolj velika verjetnost, da se na trud, ki
ga vloži o v neko situacijo, tudi splača.
7
, j i i
. . i ,
lj i j .
. i i , j -
j j lj i i j l -
j . i i j li .
li
i l lj j , i
l i j
.
l i l j j l i
, , , i j . j j j
, i i i li ,
, j li j l i .
l i lj j lj j j -
li i, i l j i , , j -
i lj i, i i
. i li , i l l ili, i
j l j ili j ,
l , l . -
j l i
i , j j , i i .
i li l : j i ,
lj i , j i
, lj i . i i
j il j li i
, l i j i il li j i li li i
i i l i i ili j -
j , i i . - j
i
( )( )2 ( )( )2 .
j l i lj j
j j , j , i
, ili l l i ij . l-
j i lj l ( j l , i l li i -
i j , j ,
li j i). li,
j j i l , j i-
li i , i . li
j lj li j , , i
l i i ij , i l .
www.dmfa.si
www.presek.si
9
m a t e m a t i k a
Pitagorov izrek je eden temeljnih izrekov v
geometriji. Poznali so ga že pred Pitagoro, o če-
mer pa tukaj ne bomo posebej razpravljali, ker se
bomo posvetili le temu, kako se ga z besedami za-
piše v nekaterih evropskih jezikih. Podani niso
dobesedni prevodi, toda le-ti povedo eno in isto. V
večini besedil takoj prepoznamo vsaj dve besedi:
kateta in hipotenuza. Vir navedenih besedil je v
glavnem svetovni splet, kjer najdemo besedila tudi
v drugih jezikih.
V stari grščini najdemo Pitagorov izrek z dokazom
vred v Evklidovih Elementih. Evklid izreka ne ime-
nuje po Pitagori. Po njem so izrek namreč začeli
imenovati kasneje. Kljub temu bomo ime izreka na-
vedli tudi v stari grščini.
Πυθαγόρειον θεώρημα (stara grščina)
᾿Εν τοῖς ὀρθογωνίοις τριγώνοις τὸ ἀπὸ τῆς τὴν ὀρθὴν
γωνίαν ὑποτεινούσης πλευρᾶς τετράγωνον ἴσον ἐστὶ
τοῖς ἀπὸ τῶν τὴν ὀρθὴν γωνίαν περιεχουσῶν πλευρῶν
τετραγώνοις.
Πυθαγόρειο θεώρημα (nova grščina)
Το τετράγωνο της υποτείνουσας ενός ορθογώνιου
τριγώνου ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των
δύο κάθετων πλευρών.
Pythagoras’ theorem (angleščina)
In a right-angled triangle, the square on the hypote-
nuse is equal to the sum of the squares on the other
two sides.
Satz des Pythagoras (nemščina)
In jedem ebenen rechtwinkligen Dreieck ist die Sum-
me der Flächeninhalte der Kathetenquadrate gleich
dem Flächeninhalt des Hypotenusenquadrates.
Stelling van Pythagoras (nizozemščina)
In een rechthoekige driehoek is het kwadraat van de
lengte van de hypotenusa gelijk aan de som van de
kwadraten van de lengtes van de rechthoekszijden.
Pitagorov izrek (slovenščina)
V pravokotnem trikotniku je ploščina kvadrata nad
hipotenuzo enaka vsoti ploščin kvadratov nad kate-
tama.
Pitagorin poučak (hrvaščina)
Kvadrat nad hipotenuzom jednak je zbroju kvadrata
nad ostale dvije stranice pravokutnog trokuta.
Pythagorova věta (češčina)
Obsah čtverce sestrojeného nad přeponou pravoúh-
lého rovinného trojúhelníku je roven součtu obsahů
čtverců nad jeho odvěsnami.
Pytagorova veta (slovaščina)
2
Pitagorov izrek je eden te eljnih izrekov v
geo etriji. Poznali so ga že pred Pitagoro, o če-
er pa tukaj ne bo o posebej razpravljali, ker se
bo o posvetili le te u, kako se ga z beseda i za-
piše v nekaterih evropskih jezikih. Podani niso
dobesedni prevodi, toda le-ti povedo eno in isto. V
večini besedil takoj prepozna o vsaj dve besedi:
kateta in hipotenuza. Vir navedenih besedil je v
glavne svetovni splet, kjer najde o besedila tudi
v drugih jezikih.
V stari grščini najde o Pitagorov izrek z dokazo
vred v Evklidovih Ele entih. Evklid izreka ne i e-
nuje po Pitagori. Po nje so izrek na reč začeli
i enovati kasneje. Kljub te u bo o i e izreka na-
vedli tudi v stari grščini.
υθαγόρειον θεώρημα (stara grščina)
᾿Εν τοῖς ὀρθογωνίοις τριγώνοις τὸ ἀπὸ τῆς τὴν ὀρθὴν
γωνίαν ὑποτεινούσης πλευρᾶς τετράγωνον ἴσον ἐστὶ
τοῖς ἀπὸ τῶν τὴν ὀρθὴν γωνίαν περιεχουσῶν πλευρῶν
τετραγώνοις.
υθαγόρειο θεώρημα (nova grščina)
Το τετράγωνο της υποτείνουσας ενός ορθογώνιου
τριγώνου ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των
δύο κάθετων πλευρών.
Pythagoras’ theore (angleščina)
In a right-angled triangle, the square on the hypote-
nuse is equal to the su of the squares on the other
two sides.
Satz des Pythagoras (ne ščina)
In jede ebenen rechtwinkligen Dreieck ist die Su -
e der Flächeninhalte der Kathetenquadrate gleich
de Flächeninhalt des Hypotenusenquadrates.
Stelling van Pythagoras (nizoze ščina)
In een rechthoekige driehoek is het kwadraat van de
lengte van de hypotenusa gelijk aan de so van de
kwadraten van de lengtes van de rechthoekszijden.
Pitagorov izrek (slovenščina)
V pravokotne trikotniku je ploščina kvadrata nad
hipotenuzo enaka vsoti ploščin kvadratov nad kate-
ta a.
Pitagorin poučak (hrvaščina)
Kvadrat nad hipotenuzo jednak je zbroju kvadrata
nad ostale dvije stranice pravokutnog trokuta.
Pythagorova věta (češčina)
Obsah čtverce sestrojeného nad přeponou pravoúh-
lého rovinného trojúhelníku je roven součtu obsahů
čtverců nad jeho odvěsna i.
Pytagorova veta (slovaščina)
2
Pitagorov izrek je eden temeljnih izrekov v
geometriji. Poznali so ga že pred Pitagoro, o če-
mer pa tukaj ne bomo posebej razpravljali, ker se
bomo posvetili le temu, kako se ga z besedami za-
piše v nekaterih evropskih jezikih. Podani niso
dobesedni prevodi, toda le-ti povedo eno in isto. V
večini besedil takoj prepoznamo vsaj dve besedi:
kateta in hipotenuza. Vir navedenih besedil je v
glavnem svetovni splet, kjer najdemo besedila tudi
v drugih jezikih.
V stari grščini najdemo Pitagorov izrek z dokazom
vred v Evklidovih Elementih. Evklid izreka ne ime-
nuje po Pitagori. Po njem so izrek namreč začeli
imenovati kasneje. Kljub temu bomo ime izreka na-
vedli tudi v stari grščini.
υθαγόρειον θεώρημα (stara grščina)
᾿Εν τοῖς ὀρθογωνίοις τριγώνοις τὸ ἀπὸ τῆς τὴν ὀρθὴν
γωνίαν ὑποτεινούσης πλευρᾶς τετράγωνον ἴσον ἐστὶ
τοῖς ἀπὸ τῶν τὴν ὀρθὴν γωνίαν περιεχουσῶν πλευρῶν
τετραγώνοις.
υθαγόρειο θεώρημα (nova grščina)
Το τετράγωνο της υποτείνουσας ενός ορθογώνιου
τριγώνου ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των
δύο κάθετων πλευρών.
Pythagoras’ theorem (angleščina)
In a right-angled triangle, the square on the hypote-
nuse is equal to the sum of the squares on the other
two sides.
Satz des Pythagoras (nemščina)
In jedem ebenen rechtwinkligen Dreieck ist die Sum-
me der Flächeninhalte der Kathetenquadrate gleich
dem Flächeninhalt des Hypotenusenquadrates.
Stelling van Pythagoras (nizozemščina)
In een rechthoekige driehoek is het kwadraat van de
lengte van de hypotenusa gelijk aan de som van de
kwadraten van de lengtes van de rechthoekszijden.
Pitagorov izrek (slovenščina)
V pravokotnem trikotniku je ploščina kvadrata nad
hipotenuzo enaka vsoti ploščin kvadratov nad kate-
tama.
Pitagorin poučak (hrvaščina)
Kvadrat nad hipotenuzom jednak je zbroju kvadrata
nad ostale dvije stranice pravokutnog trokuta.
Pythagorova věta (češčina)
Obsah čtverce sestrojeného nad přeponou pravoúh-
lého rovinného trojúhelníku je roven součtu obsahů
čtverců nad jeho odvěsnami.
Pytagorova veta (slovaščina)
2
Pitagorov izrek je eden te eljnih izrekov v
geo etriji. Poznali so ga že pred Pitagoro, o če-
er pa tukaj ne bo o posebej razpravljali, ker se
bo o posvetili le te u, kako se ga z beseda i za-
piše v nekaterih evropskih jezikih. Podani niso
dobesedni prevodi, toda le-ti povedo eno in isto. V
večini besedil takoj prepozna o vsaj dve besedi:
kateta in hipotenuza. Vir navedenih besedil je v
glavne svetovni splet, kjer najde o besedila tudi
v drugih jezikih.
V stari grščini najde o Pitagorov izrek z dokazo
vred v Evklidovih Ele entih. Evklid izreka ne i e-
nuje po Pitagori. Po nje so izrek na reč začeli
i enovati kasneje. Kljub te u bo o i e izreka na-
vedli tudi v stari grščini.
Πυθαγόρειον θεώρημα (stara grščina)
᾿Εν τοῖς ὀρθογωνίοις τριγώνοις τὸ ἀπὸ τῆς τὴν ὀρθὴν
γωνίαν ὑποτεινούσης πλευρᾶς τετράγωνον ἴσον ἐστὶ
τοῖς ἀπὸ τῶν τὴν ὀρθὴν γωνίαν περιεχουσῶν πλευρῶν
τετραγώνοις.
Πυθαγόρειο θεώρημα (nova grščina)
Το τετράγωνο της υποτείνουσας ενός ορθογώνιου
τριγώνου ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των
δύο κάθετων πλευρών.
Pythagoras’ theore (angleščina)
In a right-angled triangle, the square on the hypote-
nuse is equal to the su of the squares on the other
two sides.
Satz des Pythagoras (ne ščina)
In jede ebenen rechtwinkligen Dreieck ist die Su -
e der Flächeninhalte der Kathetenquadrate gleich
de Flächeninhalt des Hypotenusenquadrates.
Stelling van Pythagoras (nizoze ščina)
In een rechthoekige driehoek is het kwadraat van de
lengte van de hypotenusa gelijk aan de so van de
kwadraten van de lengtes van de rechthoekszijden.
Pitagorov izrek (slovenščina)
V pravokotne trikotniku je ploščina kvadrata nad
hipotenuzo enaka vsoti ploščin kvadratov nad kate-
ta a.
Pitagorin poučak (hrvaščina)
Kvadrat nad hipotenuzo jednak je zbroju kvadrata
nad ostale dvije stranice pravokutnog trokuta.
Pythagorova věta (češčina)
Obsah čtverce sestrojeného nad přeponou pravoúh-
lého rovinného trojúhelníku je roven součtu obsahů
čtverců nad jeho odvěsna i.
Pytagorova veta (slovaščina)
2
Pitagorov izrek je eden temeljnih izrekov v
geometriji. Poznali so ga že pred Pitagoro, o če-
mer pa tukaj ne bomo posebej razpravljali, ker se
bomo posvetili le temu, kako se ga z besedami za-
piše v nekaterih evropskih jezikih. Podani niso
dobesedni prevodi, toda le-ti povedo eno in isto. V
večini besedil takoj prepoznamo vsaj dve besedi:
kateta in hipotenuza. Vir navedenih besedil je v
glavnem svetovni splet, kjer najdemo besedila tudi
v drugih jezikih.
V stari grščini najdemo Pitagorov izrek z dokazom
vred v Evklidovih Elementih. Evklid izreka ne ime-
nuje po Pitagori. Po njem so izrek namreč začeli
imenovati k sneje. Kljub temu bomo ime izreka na-
vedli tudi v stari grščini.
υθαγόρειον θε ρημα (stara grščina)
᾿Εν τοῖς ὀρθογωνίοις τριγώνοις τὸ ἀπὸ τῆς τὴν ὀρθὴν
γωνίαν ὑποτεινούση πλευρᾶς ετράγωνον ἴσον ἐστὶ
τοῖς ἀπὸ τῶν τὴν ὀρθὴν γωνίαν πε ιεχουσῶν πλευρῶν
ετραγώνοις.
υθαγόρειο θε ρημα (nova grščina)
Το τετράγωνο της υποτείνουσας ενός ορθογώνιου
τριγώνου ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των
δύο κάθετων πλευρών.
Pythagoras’ theorem (angleščina)
In a right-angled triangle, the square on the hypote-
nuse s equal to the sum of the squares on the oth r
two s d s.
Satz des Pythagoras (nemščina)
In jedem ebenen rechtwinkligen Dreieck ist die Sum-
me der Flächeninhalte der Kathetenquadrate gleich
dem Flächeninhalt des Hypotenus r t s.
Stelling van Pythagoras (nizozemščina)
In een rechthoekige driehoek is het kwadraat van de
lengte van de hypotenusa gel jk aan de som
kwadrate van de lengtes van de rechthoekszijden.
Pitagorov izrek (slovenščina)
V pravokotnem trikotniku je ploščina kvadrata nad
hi otenuzo naka vsoti ploščin kvadratov nad kate-
tama.
Pitagorin poučak (hrvaščina)
Kvadrat nad hipotenuzom jednak je zbroju kvadrata
nad ostale vije s ranice pravokutnog t kuta.
Pythagorova věta (češčina)
Obsah čtverce sestrojeného nad přeponou pravoúh-
lého rovinného trojúh lníku je roven součtu obsahů
čtverců nad jeho dvěsnami.
Pytagorova veta (slovaščina)
2
Pitagorov izrek je eden temeljn h iz ek v v
geometriji. Poznali so ga že p ed Pitagoro, o če-
mer pa tukaj ne bo o posebej razpravljali, ker se
bomo posve ili le temu, ako se ga z besedami za-
piše v nekat rih evropskih jezikih. P dani niso
dobesedni prevodi, toda le-ti povedo eno in isto. V
večini besedil takoj prepoznamo vsaj dv bes di:
kateta in hip tenuza. Vir nave enih besedil je v
glavnem svetovni splet, kjer najdemo besedila tudi
v drugih jezikih.
V stari grščini najde o Pitagorov izrek z dokazom
vred v Evklid v h Elementih. Evklid izreka ne ime-
nuje po Pit gori. Po njem so izrek namreč začeli
imenovati kasneje. Kljub temu bomo ime izreka na-
vedli tudi v stari grščini.
Πυθαγόρειον θεώρημα (stara grščina)
᾿Εν τοῖς ὀρθογωνίοι τριγώνοις ὸ ἀπὸ τῆς τὴν ὀρθὴν
γωνίαν ὑποτεινούσης πλευρᾶς τετ άγωνον ἴσον ἐστὶ
οῖς ἀπὸ τῶν τὴν ὀρθὴν γωνίαν περιεχουσῶν πλευρῶν
τετραγώνοις.
Πυθαγόρειο θεώρημα (nova grščina)
Το τετράγωνο της υποτείνουσας ενός ορθογώνιου
τριγώνου ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των
δύο κάθετων πλευρών.
Pythagoras’ theorem (angleščina)
In a r ght-angled triangle, the square on the hypot -
nuse s equal to the sum of the squares on the other
two sides.
Satz des Pythagoras ( emščina)
In jedem ebenen rechtwinkligen Dreieck ist die Sum-
me der Flächeninhalte der Kathetenquadrate gleich
dem F ächeni hal des Hypotenus nquadrates.
Stelling van Pythagoras (n zozemščina)
In een rechthoekige driehoek s het kwadraat
lengte va de hypotenusa gelijk aan de som van de
kwadraten an de lengt s va de rechthoekszijden.
Pitagorov izrek (slovenščina)
V pravokotnem trikotniku je ploščina kvadrata nad
hipotenuzo enaka vsoti ploščin kvadratov nad kate-
tama.
Pitagorin poučak (hrvaščina)
Kvadrat na hipo enuzom jednak je zb ju kvadrata
nad ost le dvije str nice pravokutnog trokuta.
Pythago ova věta (češčina)
Obsah čtverce sestroj ného nad přeponou pravoúh-
lého rovinného tr júhelníku je roven součtu obsahů
čtverců nad jeho odvěsn mi.
Pytagorova veta (slovaščina)
2
i i j lj i i
iji. li i , -
j j lj li,
ili l , i -
i i i j i i . i i
i i, l - i i i .
i i il j j i:
i i . i i il j
l i l , j j il i
i j i i .
i i i j i i
li i l ti . li i i -
j i i. j i li
i i j . lj i i -
li i i i i.
( i )
᾿ ῖ ί ι ι ι
ί ι ἴ ὶ
ῖ ί ι
ι .
( i )
ί ι
ι ι ι ι
.
’ ( l i )
I i - l i l , -
i l
i .
( i )
I j i li i i i -
l i l l i
l i lt e .
lli ( i i )
I i i i
l lij
v l e ij .
i i ( l i )
i i j l i
i i l i -
.
i i ( i )
i j j j
al ij a i .
( i )
j -
l i j l í j
j a i.
( l i )
P tagoro zre e e e te e zre
geo etr . Poz a so ga že re P tagoro, o če
er a t a e o o ose e raz ra a , er se
o o os et e te , a o se ga z ese a za
še e ater e ro s ez . P a so
o ese re o , to a e t o e o e o sto.
eč ese ta o re oz a o sa e ese :
k tet ote z . r a e e ese e
g a e s eto s et, er a e o ese a t
r g ez .
star gršč a e o P tagorov zrek z okazo
vre v Evk v E e e . Evk zreka e e
e o P t gor . Po e so zrek a reč zače
e ovat kas e e. b te bo o e zreka a
ve t v star gršč .
ει ε stara gršč a
᾿ ν τοῖς ὀρθογ νίοι τριγ νοις ὸ ἀπὸ τῆς τὴν ὀρθὴν
γ νίαν ὑποτεινούσης πλευρᾶς τετ άγ νον ἴσον ἐστὶ
οῖς ἀπὸ τ ν τὴν ὀρθὴν γ νίαν περιεχουσ ν πλευρ ν
τετραγ νοις
ει ε ova gršč a
ο τετράγ νο της υποτείνουσας ενός ορθογ νιου
τριγ νου ισούται με το άθροισμα τ ν τετραγ ν ν τ ν
δύο κάθετ ν πλευρ ν
P t agoras’ t eore a g ešč a
a r g t a g e tr a g e, t e sq are o t e y ot
se s eq a to t e s of t e sq ares o t e ot er
t o s es.
Satz es P t agoras e šč a
e e ebe e rec t k ge re eck st e S
e er F äc e a te er at ete q a rate g e c
e F äc e n a es y ote s q a rates.
Ste g a P t agoras zoze šč a
ee rec t oek ge r e oek s et k a raat
e gte va e y ote sa ge k aa e so va e
k a rate a e e gt s van e rec t oeksz e .
P tagoro zre s ove šč a
ravokot e tr kot k e ošč a kva rata a
ote zo e aka vsot ošč kva ratov a kate
ta a.
P tagor o ča rvašč a
va rat a o e zo e ak e zb kva rata
a ost e v e str ce ravok t og trok ta.
P t ago o a ěta češč a
bsa čtverce sestro é o a ře o o ravo
é o rov é o tr e k e rove so čt obsa ˚
čtverc˚ a e o o věs .
P tagoro a eta s ovašč a
2
i v i k j d n ljnih i kov v
iji n li p d i -
p uk j n b p b j p vlj li k
b p v ili l u k k b d i -
pi v n k ih v p kih j ikih od ni ni
d b dni p v di d l - i p v d n in i V
v ini b dil k j p p n v j dv b di
a a in hip nu a Vi n v d nih b dil j v
l vn v vni pl kj n jd b dil udi
v d u ih j ikih
V i ini n jd i i d
d lid h l ntih lid i n i -
nuj p i i nj i n li
i n i n j Klju u i i n -
dli udi i ini
υθαγόρ ον θ ρημα ( in )
Ε ω ώ
ω ω
ῶ ω ῶ ῶ
ώ .
υθαγόρ ο θ ρημα (n in )
Τ ω ώ
ώ ω ώ ω ω
ω ώ .
y h h ( n l in )
In h - n l d i n l h u n h h p -
nu u l h u h u n h h
w id
d y h ( in )
In j d n n h win li n D i i di u -
d l h ninh l d K h n u d l i h
d l h ni h lt d H p nu n u d
llin v n y h (n in )
In n h h i d i h h w d
l n d h p nu lij n d n d
w d n n d l n d h h ijd n
i v i k ( l n in )
V p n i ni u j pl in d n d
hip nu n i pl in d n d -
i in p u k (h in )
K d n hip nu j dn j ju d
n d l d ij ni p u n u
y h v v ( in )
O h j n h n d p p n u p úh-
l h inn h júh lní u j n u u hu
u n d j h d n i
y v v ( l in )
m
m . ,
m m ,
m m , m
.
, .
m :
.
m , m
.
m
m . m
. m m
m . m m m
.
ώ
᾿ ῖ ί ι ι ι
ί ι ἴ ὶ
ῖ ί ι
ι
ώ
ί ι
ι ι ι ι
’ m
,
m
.
m
m m
m
m e .
m
m
v e .
m
m .
m
a a .
am .
t t
t t
t
t t
t
t t t
t
t t t
t t t
t r r t r r
r r
t r r r
t t r
t t r r
Π ι t r r
Π ι r
t t
r t tr t r t t
t t f t r t t r
t
t t
r t r t
r t r t t r t
t r t
t t i
r t r t r t
t t
r t t r t
t
r t tr t r t
t t r t t
t
t r
r t r t
t tr r t tr t
t t
t r tr r r
r tr r t
t r
t t
i r i r j lj i i r
riji. li s r i r , -
r j s j r r lj li, r s
s ili l , s s i -
iš ri r s i j i i . i is
s i r i, l - i i is .
i i s il j r s j s i:
i i . ir i s il j
l s i s l , j r j s il i
r i j i i .
s i šci i j e i i e
e li i le e ti . li i e e i e-
je i i. je s i e ec celi
i e i s eje. lj e i e i e -
e li i s i šci i.
(s šci )
᾿ ν τ ῖς ρ νί ι τρι ν ις ἀ τῆς τὴν ρ ὴν
νίαν ὑ τειν ύ ης λευρᾶς τετ ά ν ν ἴ ν ἐ τὶ
ῖς ἀ τ ν τὴν ρ ὴν νίαν εριε υ ν λευρ ν
τετρα ν ις.
( šci )
τετρά ν της υ τείν υ ας εν ς ρ νι υ
τρι ν υ ι ύται ε τ ά ρ ι α τ ν τετρα ν ν τ ν
δύ ά ετ ν λευρ ν.
r s’ r ( lešci )
I i - le i le, e s e e -
se is e l e s e s es e e
si es.
s r s ( e šci )
I je e e e e ec i li e eiec is ie -
e e l c e i l e e e e e leic
e l c e i lt es e s es.
lli r s ( e šci )
I ee ec e i e ie e is e
le e e e s elij e s e
e e le s e ec e s ij e .
i r i r (sl e šci )
e i i je l šci
i e e s i l šci e-
.
i ri ( šci )
i te je je r j
s le ije s ice .
r (cešci )
s c e ce ses j é e -
lé i é j el í je e s c s
c e c je es i.
r (sl šci )
i
Obsah štvorca zostrojeného nad preponou pravouh-
lého trojuholníka je rovný súčtu obsahov štvorcov
zostrojených nad jeho odvesnami.
Twierdzenie Pitagorasa (poljščina)
W dowolnym trójkącie prostokątnym suma kwadra-
tów długości przyprostokątnych jest równa kwadra-
towi długości przeciwprostokątnej tego trójkąta.
Teorema Pifagora (ruščina)
V prmougolnom treugolnike plowad kvadra-
ta, postroennogo na gipotenuze, ravna summe plo-
wadei kvadratov, postroennyh na katetah.
Teorema Pfagora (ukrajinščina)
U prmokutnomu trikutniku plowa kvadrata,
pobudovanogo na gpotenuz dorvn
 sum plow
kvadratv, pobudovanih na katetah.
Tarma Pfagora (beloruščina)
Ploxqa kvadrata, nabudavanaga na gpatnuze
rouna sume ploxqau kvadratau, nabudavanyh na
kattah pramavugolnaga trohvugolnka.
Pitagorova teorema (bolgarščina)
V pravoglni triglnik sbort ot kvadra-
tite dl inite na katetite e raven na kvadrata
na dl inata na hipotenuzata.
Pitagorina teorema (makedonščina)
Kvadratot nad hipotenuzata kaj pravoagolen
triagolnik e ednakot na zbirot na kvadratite
nad dvete kateti.
Pitagorina teorema (srbščina)
Kvadrat nad hipotenuzom pravouglog trokuta
jednak je zbiru kvadrata nad katetama.
Theorema Pythagorae (latinščina)
Trianguli recti hypotenusam quadratam est aequ-
alem summae aliorum laterum quadratorum.
Teorema di Pitagora (italijanščina)
In un triangolo rettangolo, il quadrato costruito
sull’ipotenusa è equivalente alla somma dei quadrati
costruiti sui cateti.
Théorème de Pythagore (francoščina)
Dans un triangle rectangle, le carré de la longueur
de l’hypoténuse est égal a la somme des carrés des
longueurs des côtés de l’angle droit.
Teorema de Pitágoras (španščina)
En un triángulo rectángulo el cuadrado de la hipote-
nusa es igual a la suma de los cuadrados de los dos
catetos.
Teorema de Pitàgores (katalonščina)
En un triangle rectangle la suma dels quadrats dels
catets és igual al quadrat de la hipotenusa.
Teorema de Pitágoras (portugalščina)
Em qualquer triângulo retângulo, o quadrado da
hipotenusa é igual à soma dos quadrados dos cate-
tos.
3
Obsah štvorca zostrojeného nad preponou pravouh-
lého trojuholníka je rovný súčtu obsahov štvorcov
zostrojených nad jeho odvesnami.
Twierdzenie Pitagorasa (poljščina)
W dowolnym trójkącie prostokątnym suma kwadra-
tów długości przyprostokątnych jest równa kwadra-
towi długości przeciwprostokątnej tego trójkąta.
Teorema Pifagora (ruščina)
V prmougolnom treugolnike plowad kvadra-
ta, postroennogo na gipotenuze, ravna summe plo-
wadei kvadratov, postroennyh na katetah.
Teorema Pfagora (ukrajinščina)
U prmokutnomu trikutniku plowa kvadrata,
pobudovanogo na gpotenuz dorvn
 sum plow
kvadratv, pobudovanih na katetah.
Tarma Pfagora (beloruščina)
Ploxqa kvadrata, nabudavanaga na gpatnuze
rouna sume ploxqau kvadratau, nabudavanyh na
kattah pramavugolnaga trohvugolnka.
Pitagorova teorema (bolgarščina)
V pravoglni triglnik sbort ot kvadra-
tite dl inite na katetite e raven na kvadrata
na dl inata na hipotenuzata.
Pitagorina teorema (makedonščina)
Kvadratot nad hipotenuzata kaj pravoagolen
triagolnik e ednakot na zbirot na kvadratite
nad dvete kateti.
Pitagorina teorema (srbščina)
Kvadrat nad hipotenuzom pravouglog trokuta
jednak je zbiru kvadrata nad katetama.
Theorema Pythagorae (latinščina)
Trianguli recti hypotenusam quadratam est aequ-
alem summae aliorum laterum quadratorum.
Teorema di Pitagora (italijanščina)
In un triangolo rettangolo, il quadrato costruito
sull’ipotenusa è equivalente alla somma dei quadrati
costruiti sui cateti.
Théorème de Pythagore (francoščina)
Dans un triangle rectangle, le carré de la longueur
de l’hypoténuse est égal a la somme des carrés des
longueurs des côtés de l’angle droit.
Teorema de Pitágoras (španščina)
En un triángulo rectángulo el cuadrado de la hipote-
nusa es igual a la suma de los cuadrados de los dos
catetos.
Teorema de Pitàgores (katalonščina)
En un triangle rectangle la suma dels quadrats dels
catets és igual al quadrat de la hipotenusa.
Teorema de Pitágoras (portugalščina)
Em qualquer triângulo retângulo, o quadrado da
hipotenusa é igual à soma dos quadrados dos cate-
tos.
3
Obsah štvorca zostrojeného nad preponou pravouh-
lého trojuholníka je rovný súčtu obsahov štvorcov
zostrojených nad jeho odvesna i.
Twierdzenie Pitagorasa (poljščina)
dowolny trójkącie prostokątny su a kwadra-
tów długości przyprostokątnych jest równa kwadra-
towi długości przeciwprostokątnej tego trójkąta.
Teorema ifagora (ruščina)
V prmougolnom treugolnike plowad kvadra-
ta, postroennogo na gipotenuze, ravna summe plo-
wadei kvadratov, postroennyh na katetah.
Teorema fagora (ukrajinščina)
U prmokutnomu trikutniku plowa kvadrata,
pobudovanogo na gpotenuz dorvn
 sum plow
kvadratv, pobudovanih na katetah.
Tarma fagora (beloruščina)
Ploxqa kvadrata, nabudavanaga na gpatnuze
rouna sume ploxqau kvadratau, nabudavanyh na
kattah pramavugolnaga trohvugolnka.
itagorova teorema (bolgarščina)
V pravoglni triglnik sbort ot kvadra-
tite dl inite na katetite e raven na kvadrata
na dl inata na hipotenuzata.
itagorina teorema ( akedonščina)
Kvadratot nad hipotenuzata kaj pravoagolen
triagolnik e ednakot na zbirot na kvadratite
nad dvete kateti.
itagorina teorema (srbščina)
Kvadrat nad hipotenuzom pravouglog trokuta
jednak je zbiru kvadrata nad katetama.
Theore a Pythagorae (latinščina)
Trianguli recti hypotenusa quadrata est aequ-
ale su ae alioru lateru quadratoru .
Teore a di Pitagora (italijanščina)
In un triangolo rettangolo, il quadrato costruito
sull’ipotenusa è equivalente alla so a dei quadrati
costruiti sui cateti.
Théorè e de Pythagore (francoščina)
Dans un triangle rectangle, le carré de la longueur
de l’hypoténuse est égal a la so e des carrés des
longueurs des côtés de l’angle droit.
Teore a de Pitágoras (španščina)
En un triángulo rectángulo el cuadrado de la hipote-
nusa es igual a la su a de los cuadrados de los dos
catetos.
Teore a de Pitàgores (katalonščina)
En un triangle rectangle la su a dels quadrats dels
catets és igual al quadrat de la hipotenusa.
Teore a de Pitágoras (portugalščina)
E qualquer triângulo retângulo, o quadrado da
hipotenusa é igual à so a dos quadrados dos cate-
tos.
3
Obsah štvorca zostrojeného nad prepon u pravouh-
lého trojuhol íka je rovný súčtu obsahov štvorcov
zostrojených nad jeho odvesnami.
Twierdzenie Pitagorasa (poljščina)
W dowolnym t ójkącie prostokątnym sum
ó długości r yprostokątnych jest równa kw dra-
towi długości przeciwprostokątnej tego trójkąta.
Teorema Pifagora (ruščina)
V prmougoln m treugolnike plowad kvadra
ta, postroennogo na gip tenuze, ravna summe plo-
wadei kvadratov, postroennyh na katetah.
Teorema Pfagora (ukrajinščina)
U prmokutnomu trikutniku plowa kvadrata,
pobudovanog na gpotenuz dorvn
 sum plow
kvadratv, pobudovanih na katetah.
Tarma Pfagora (beloruščina)
Ploxqa kvadrata, nabu avanaga na gp tnuze
rouna sume ploxqau kv dratau, nabudavanyh na
kattah pramavugolnaga trohvugolnka.
Pitagorova teorema (bolgarščina)
V pravoglni triglnik sbort ot kvadra-
tite dl inite na ka tite e raven na kvadrata
na dl inata na hipotenuzata.
Pitagorina teorema (makedonščina)
Kvadratot nad hipotenuzata kaj pravoagolen
triagolni e ednakot na zbirot na kvadratite
nad dvete kateti.
Pitagorina teorema (srbščina)
Kvadrat nad hipotenuzom pravouglog trokuta
jednak je zbiru kvadrata nad katetama.
Theorema Pythagorae (latinščina)
Triang li recti hypotenusam quadratam est aequ-
alem summae aliorum laterum quadratorum.
Teorema di Pitagora (italijanščina)
In un riangolo rett ngolo, il quadr to costruito
sull’ipotenusa è equivalente alla somma dei quadrati
costruiti sui cateti.
Théorème de Pythagore (francoščina)
Dans un riangle rectangle, le carré la longueur
de l’hypoténuse est égal a la somme des carrés des
longueurs des côtés de l’angle droit.
Teorema de Pitágoras (španščina)
En un tr ángulo rectángulo el cuadrado de la hipote-
nusa es igual a la suma de los cuadrados de los dos
catetos.
Teorema de Pitàgores (katalonščina)
En un triangle rectangle la suma dels qu drats dels
catets és igual al quadrat de la hipotenusa.
Teorema de Pitágoras (portugalščina)
Em qualquer triângul retângulo, o qua rado da
hipotenusa é igual à soma dos quadrados dos cate-
tos.
3
Obsah štvorca zostrojeného nad preponou pravouh-
lého trojuholníka je rovný súčtu obsahov štvorcov
zostrojených nad jeho odvesna i.
T ierdzenie Pitagorasa (poljščina)
dowolny trójkącie prostokątny su a kwadra-
tów długości przyprostokątnych jest równa kwadra-
towi długości przeciwprostokątnej tego trójkąta.
eorema ifagora (ruščina)
prmougolnom treugolnike plo ad kvadra-
ta, postroennogo na gipotenuze, ravna summe plo-
adei kvadratov, postroennyh na katetah.
eorema fagora (ukrajinščina)
prmokutnomu trikutniku plo a kvadrata,
pobudovanogo na gpotenuz dorvn  sum plo
kvadratv, pobudovanih na katetah.
arma fagora (beloruščina)
lo qa kvadrata, nabudavanaga na gpatnuze
rouna sume plo qau kvadratau, nabudavanyh na
kattah pramavugolnaga trohvugolnka.
itagorova teorema (bolgarščina)
pravoglni triglnik sbort ot kvadra-
tite dl inite na katetite e raven na kvadrata
na dl inata na hipotenuzata.
itagorina teorema ( akedonščina)
Kvadratot nad hipotenuzata kaj pravoagolen
triagolnik e ednakot na zbirot na kvadratite
nad dvete kateti.
itagorina teorema (srbščina)
Kvadrat nad hipotenuzom pravouglog trokuta
jednak je zbiru kvadrata nad katetama.
Theore a Pythagorae (latinščina)
Trianguli recti hypotenusa quadrata est aequ-
ale su ae alioru lateru quadratoru .
Teore a di Pitagora (italijanščina)
In un triangolo rettangolo, il quadrato costruito
sull’ipotenusa è equivalente alla so a dei quadrati
costruiti sui cateti.
Théorè e de Pythagore (francoščina)
Dans un triangle rectangle, le carré de la longueur
de l’hypoténuse est égal a la so e des carrés des
longueurs des côtés de l’angle droit.
Teore a de Pitágoras (španščina)
En un triángulo rectángulo el cuadrado de la hipote-
nusa es igual a la su a de los cuadrados de los dos
catetos.
Teore a de Pitàgores (katalonščina)
En un triangle rectangle la su a dels quadrats dels
catets és igual al quadrat de la hipotenusa.
Teore a de Pitágoras (portugalščina)
E qualquer triângulo retângulo, o quadrado da
hipotenusa é igual à so a dos quadrados dos cate-
tos.
3
Obsah štvorca zostrojeného nad prepon u pravouh-
lého trojuhol íka je rovný účtu obsahov štvorcov
zostrojených nad jeho odvesna i.
Twierdzenie Pit gorasa (poljščina)
dowolny t ójkącie prostokątny su
ó długości przyprostokątnych jest równa kw dra-
towi długości przeciwprostokątnej tego trójkąta.
Teorema ifago a (ruščina)
V prmougolnom treugolnike plowad kvadra
ta, postroennogo na gipotenuze, ravna summe plo-
wadei kvadratov, postroennyh na katetah.
Teorema fagora (ukrajinščina)
U prmokutnomu trikutniku plowa kvadrata,
pobudovanog na gpotenuz dorvn
 sum plow
kvadratv, pobudovanih na katetah.
Tarma fagora (beloruščin )
Ploxqa kvadrata, nabu avanaga na gp tnuze
rouna sume ploxqau kv dratau, nabudavanyh na
kattah pramavugolnaga trohvugolnka.
itagorova teo ema (bolgarščina)
V pravoglni triglnik sbort ot kvadra-
tite dl inite na ka tite e raven na kvadrata
na dl inata na hipotenuzata.
itagori a teorema ( kedonščina)
Kvadratot nad hipotenuzata kaj pravoagolen
triagolni e ednakot na zbirot na kvadratite
nad dvete kateti.
itagorina te r ma (srbščina)
Kvadrat nad hipotenuzom pr vouglog trokuta
jednak je zbiru kvadrata nad katetama.
Theore a Pythagorae (latinščina)
Triang li recti hypotenusa quadrata est aequ-
ale su ae alioru lateru quadratoru .
Teore a di Pitagora (italijanščin )
In un riangolo rett ngolo, il quadr to costruito
sull’ipotenusa è equivalente alla so a dei quadrati
costruiti sui cateti.
Théorè e de Pyth gor (francoščina)
Dans un riangle rectangle, le carré e la longueur
de l’hypoténuse est égal a la so e des carrés des
longueurs des côtés de l’angle droit.
Teore a de Pitágoras (španščina)
En un tr ángulo rectángulo el cuadrado de la hipote-
nusa es igual a la su a de los cuadrados de los dos
catetos.
Teore a de Pitàgor s (katalonščina)
En un triangle rectangle la su a dels qu drats dels
catets és igual al quadrat de la hipotenusa.
Teore a de Pitá oras (portugalščina)
E qualquer triângul retângulo, o quadrado da
hipotenusa é igual à so a dos quadrados dos cate-
tos.
3
Pitagorov izrek je eden temeljnih izrekov v
geometriji. Poznali so ga že pred Pitagoro, o če-
mer pa tukaj ne bomo posebej razpravljali, ker se
bomo posvetili le temu, kako se ga z besedami za-
piše v nekaterih evropskih jezikih. Podani niso
dobesedni prevodi, toda le-ti povedo eno in isto. V
večini besedil takoj prepoznamo vsaj dve besedi:
kateta in hipotenuza. Vir navedenih besedil je v
glavnem svetovni splet, kjer najdemo besedila tudi
v drugih jezikih.
V stari grščini najdemo Pitagorov izrek z dokazom
vred v Evklidovih Elementih. Evklid izreka ne ime-
nuje po Pitagori. Po njem so izrek namreč začeli
imenovati kasneje. Kljub temu bomo ime izreka na-
vedli tudi v stari grščini.
Πυθαγόρειον θεώρημα (stara grščina)
᾿Εν τοῖς ὀρθογωνίοις τριγώνοις τὸ ἀπὸ τῆς τὴν ὀρθὴν
γωνίαν ὑποτεινούσης πλευρᾶς τετράγωνον ἴσον ἐστὶ
τοῖς ἀπὸ τῶν τὴν ὀρθὴν γωνίαν περιεχουσῶν πλευρῶν
τετραγώνοις.
Πυθαγόρειο θεώρημα (nova grščina)
Το τετράγωνο της υποτείνουσας ενός ορθογώνιου
τριγώνου ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των
δύο κάθετων πλευρών.
Pythagoras’ theorem (angleščina)
In a right-angled triangle, the square on the hypote-
nuse is equal to the sum of the squares on the other
two sides.
Satz des Pythagoras (nemščina)
In jedem ebenen rechtwinkligen Dreieck ist die Sum-
me der Flächeninhalte der Kathetenquadrate gleich
dem Flächeninhalt des Hypotenusenquadrates.
Stelling van Pythagoras (nizozemščina)
In een rechthoekige driehoek is het kwadraat van de
lengte van de hypotenusa gelijk aan de som van de
kwadraten van de lengtes van de rechthoekszijden.
Pitagorov izrek (slovenščina)
V pravokotnem trikotniku je ploščina kvadrata nad
hipotenuzo enaka vsoti ploščin kvadratov nad kate-
tama.
Pitagorin poučak (hrvaščina)
Kvadrat nad hipotenuzom jednak je zbroju kvadrata
nad ostale dvije stranice pravokutnog trokuta.
Pythagorova věta (češčina)
Obsah čtverce sestrojeného nad přeponou pravoúh-
lého rovinného trojúhelníku je roven součtu obsahů
čtverců nad jeho odvěsnami.
Pytagorova veta (slovaščina)
2
Pitagorov izrek je eden temeljnih izrekov v
geometriji. Poznali so ga že pred Pitagoro, o če-
mer pa tukaj ne bomo posebej razpravljali, ker se
bomo posvetili le temu, kako se ga z besedami za-
piše v nekaterih evropskih jezikih. Podani niso
dobesedni prevodi, toda le-ti povedo eno in isto. V
večini besedil takoj prepoznamo vsaj dve besedi:
kateta in hipotenuza. Vir navedenih besedil je v
glavnem svetovni splet, kjer najdemo besedila tudi
v drugih jezikih.
V stari grščini najdemo Pitagorov izrek z dokazom
vred v Evklidovih Elementih. Evklid izreka ne ime-
nuje po Pitagori. Po njem so izrek namreč začeli
imenovati kasneje. Kljub temu bomo ime izreka na-
vedli tudi v stari grščini.
υθαγόρειον θεώρημα (stara grščina)
᾿Εν τοῖς ὀρθογωνίοις τριγώνοις τὸ ἀπὸ τῆς τὴν ὀρθὴν
γωνίαν ὑποτεινούσης πλευρᾶς τετράγωνον ἴσον ἐστὶ
τοῖς ἀπὸ τῶν τὴν ὀρθὴν γωνίαν περιεχουσῶν πλευρῶν
τετραγώνοις.
υθαγόρειο θεώρημα (nova grščina)
Το τετράγωνο της υποτείνουσας ενός ορθογώνιου
τριγώνου ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των
δύο κάθετων πλευρών.
Pythagoras’ theorem (angleščina)
In a right-angled triangle, the square on the hypote-
nuse is equal to the sum of the squares on the other
two sides.
Satz des Pythagoras (nemščina)
In jedem ebenen rechtwinkligen Dreieck ist die Sum-
me der Flächeninhalte der Kathetenquadrate gleich
dem Flächeninhalt des Hypotenusenquadrates.
Stelling van Pythagoras (nizozemščina)
In een rechthoekige driehoek is het kwadraat van de
lengte van de hypotenusa gelijk aan de som van de
kwadraten van de lengtes van de rechthoekszijden.
Pitagorov izrek (slovenščina)
V pravokotnem trikotniku je ploščina kvadrata nad
hipotenuzo enaka vsoti ploščin kvadratov nad kate-
tama.
Pitagorin poučak (hrvaščina)
Kvadrat nad hipotenuzom jednak je zbroju kvadrata
nad ostale dvije stranice pravokutnog trokuta.
Pythagorova věta (češčina)
Obsah čtverce sestrojeného nad přeponou pravoúh-
lého rovinného trojúhelníku je roven součtu obsahů
čtverců nad jeho odvěsnami.
Pytagorova veta (slovaščina)
2
Pitagorov izrek je eden te eljnih izrekov v
geo etriji. Poznali so ga že pred Pitagoro, o če-
er pa tukaj ne bo o posebej razpravljali, ker se
bo o posvetili le te u, kako se ga z beseda i za-
piše v nekaterih evropskih jezikih. Podani niso
dobesedni prevodi, toda le-ti povedo eno in isto. V
večini besedil takoj prepozna o vsaj dve besedi:
kateta in hipotenuza. Vir navedenih besedil je v
glavne svetovni splet, kjer najde o besedila tudi
v drugih jezikih.
V stari grščini najde o Pitagorov izrek z dokazo
vred v Evklidovih Ele entih. Evklid izreka ne i e-
nuje po Pitagori. Po nje so izrek na reč začeli
i enovati kasneje. Kljub te u bo o i e izreka na-
vedli tudi v stari grščini.
υθαγόρειον θεώρημα (stara grščina)
᾿Εν τοῖς ὀρθογωνίοις τριγώνοις τὸ ἀπὸ τῆς τὴν ὀρθὴν
γωνίαν ὑποτεινούσης πλευρᾶς τετράγωνον ἴσον ἐστὶ
τοῖς ἀπὸ τῶν τὴν ὀρθὴν γωνίαν περιεχουσῶν πλευρῶν
τετραγώνοις.
υθαγόρειο θεώρημα (nova grščina)
Το τετράγωνο της υποτείνουσας ενός ορθογώνιου
τριγώνου ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των
δύο κάθετων πλευρών.
Pythagoras’ theore (angleščina)
In a right-angled triangle, the square on the hypote-
nuse is equal to the su of the squares on the other
two sides.
Satz des Pythagoras (ne ščina)
In jede ebenen rechtwinkligen Dreieck ist die Su -
e der Flächeninhalte der Kathetenquadrate gleich
de Flächeninhalt des Hypotenusenquadrates.
Stelling van Pythagoras (nizoze ščina)
In een rechthoekige driehoek is het kwadraat van de
lengte van de hypotenusa gelijk aan de so van de
kwadraten van de lengtes van de rechthoekszijden.
Pitagorov izrek (slovenščina)
V pravokotne trikotniku je ploščina kvadrata nad
hipotenuzo enaka vsoti ploščin kvadratov nad kate-
ta a.
Pitagorin poučak (hrvaščina)
Kvadrat nad hipotenuzo jednak je zbroju kvadrata
nad ostale dvije stranice pravokutnog trokuta.
Pythagorova věta (češčina)
Obsah čtverce sestrojeného nad přeponou pravoúh-
lého rovinného trojúhelníku je roven součtu obsahů
čtverců nad jeho odvěsna i.
Pytagorova veta (slovaščina)
2
Pitagorov izrek je eden temeljnih izrekov v
geometriji. Poznali so ga že pred Pitagoro, o če-
mer pa tukaj ne bomo posebej razpravljali, ker se
bomo posvetili le temu, kako se ga z besedami za-
piše v nekaterih evropskih jezikih. Podani niso
dobesedni prevodi, toda le-ti povedo eno in isto. V
večini besedil takoj prepoznamo vsaj dve besedi:
kateta in hipotenuza. Vir navedenih besedil je v
glavnem svetovni splet, kjer najdemo besedila tudi
v drugih jezikih.
V stari grščini najdemo Pitagorov izrek z dokazom
vred v Evklidovih Elementih. Evklid izreka ne ime-
nuje po Pitagori. Po njem so izrek namreč začeli
imenovati kasneje. Kljub temu bomo ime izreka na-
vedli tudi v stari grščini.
Πυθαγόρειον θεώρημα (stara grščina)
᾿Εν τοῖς ὀρθογωνίοις τριγώνοις τὸ ἀπὸ τῆς τὴν ὀρθὴν
γωνίαν ὑποτεινούσης πλευρᾶς τετράγωνον ἴσον ἐστὶ
τοῖς ἀπὸ τῶν τὴν ὀρθὴν γωνίαν περιεχουσῶν πλευρῶν
τετραγώνοις.
Πυθαγόρειο θεώρημα (nova grščina)
Το τετράγωνο της υποτείνουσας ενός ορθογώνιου
τριγώνου ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των
δύο κάθετων πλευρών.
Pythagoras’ theorem (angleščina)
In a right-angled triangle, the square on the hypote-
nuse is equal to the sum of the squares on the other
two sides.
Satz des Pythagoras (nemščina)
In jedem ebenen rechtwinkligen Dreieck ist die Sum-
me der Flächeninhalte der Kathetenquadrate gleich
dem Flächeninhalt des Hypotenusenquadrates.
Stelling van Pythagoras (nizozemščina)
In een rechthoekige driehoek is het kwadraat van de
lengte van de hypotenusa gelijk aan de som van de
kwadraten van de lengtes van de rechthoekszijden.
Pitagorov izrek (slovenščina)
V pravokotnem trikotniku je ploščina kvadrata nad
hipotenuzo enaka vsoti ploščin kvadratov nad kate-
tama.
Pitagorin poučak (hrvaščina)
Kvadrat nad hipotenuzom jednak je zbroju kvadrata
nad ostale dvije stranice pravokutnog trokuta.
Pythagorova věta (češčina)
Obsah čtverce sestrojeného nad přeponou pravoúh-
lého rovinného trojúhelníku je roven součtu obsahů
čtverců nad jeho odvěsnami.
Pytagorova veta (slovaščina)
2
Pitagorov izrek je eden te eljnih izrekov v
geo etriji. Poznali so ga že pred Pitagoro, o če-
er pa tukaj ne bo o posebej razpravljali, ker se
bo o posvetili le te u, kako se ga z beseda i za-
piše v nekaterih evropskih jezikih. Podani niso
dobesedni prevodi, toda le-ti povedo eno in isto. V
večini besedil takoj prepozna o vsaj dve besedi:
kateta in hipotenuza. Vir navedenih besedil je v
glavne svetovni splet, kjer najde o besedila tudi
v drugih jezikih.
V stari grščini najde o Pitagorov izrek z dokazo
vred v Evklidovih Ele entih. Evklid izreka ne i e-
nuje po Pit gori. Po nje so izrek na reč začeli
i enovati kasneje. Kljub te u bo o i e izreka na-
vedli tudi v stari grščini.
υθαγόρειον θεώρημα (stara grščina)
᾿Εν τοῖς ὀρθογωνίοι τριγώνοις ὸ ἀπὸ τῆς τὴν ὀρθὴν
γωνίαν ὑποτεινούσης πλευρᾶς τετ άγωνον ἴσον ἐστὶ
οῖς ἀπὸ τῶν τὴν ὀρθὴν γωνίαν περιεχουσῶν πλευρῶν
τετραγώνοις.
υθαγόρειο θεώρημα (nova grščina)
Το τετράγωνο της υποτείνουσας ενός ορθογώνιου
τριγώνου ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των
δύο κάθετων πλευρών.
Pythagoras’ theore (angleščina)
In a r ght-angled triangle, the square on the hypot -
nuse s qual to the su of the squares on the other
two sides.
Satz des Pythagoras (ne ščina)
In jede ebenen rechtwinkligen Dreieck ist die Su -
e der Flächeninhalte der Kathet r t gleich
de Flächeninhalt des Hypotenusenquadrates.
Stelling van Pythagoras (nizoze ščina)
In een rechthoekige driehoek s het kwadraat
lengte va de hypotenusa gelijk aan de so van de
kwadraten van de lengtes van de rechthoekszijden.
Pitagorov izrek (slovenščina)
V ravokotn trikotniku je ploščina kvadrata nad
hipotenuzo enaka vsoti ploščin kvadratov nad kate-
ta a.
Pitagorin poučak (hrvaščina)
Kvadrat na hipo enuzo jednak je zb ju kvadrata
nad ostale dvije stranice pravokutnog trokuta.
Pythagorova věta (češčina)
Obsah čtverce sestroj ného nad přeponou pravoúh-
lého rovinného tr júhelníku je roven součtu obsahů
čtverců nad jeho odvěsna i.
Pytagorova veta (slovaščina)
2
Pitagorov izrek je eden temeljnih izrekov v
geometriji. Poznali so ga že pred Pitagoro, o če-
mer pa tukaj ne bomo posebej razpravljali, ker se
bomo posvetili le temu, kako se ga z besedami za-
piše v nekaterih evropskih jezikih. Podani niso
dobesedni prevodi, toda le-ti povedo eno in isto. V
večini besedil takoj prepoznamo vsaj dve besedi:
kateta in hipotenuza. Vir navedenih besedil je v
glavnem svetovni splet, kjer najdemo besedila tudi
v drugih jezikih.
V stari grščini najdemo Pitagorov izrek z dokazom
vred v Evklidovih Elementih. Evklid izreka ne ime-
nuje po Pit gori. Po njem so izrek namreč začeli
imenovati kasneje. Kljub temu bomo ime izreka na-
vedli tudi v stari grščini.
Πυθαγόρειον θεώρημα (stara grščina)
᾿Εν τοῖς ὀρθογωνίοι τριγώνοις ὸ ἀπὸ τῆς τὴν ὀρθὴν
γωνίαν ὑποτεινούσης πλευρᾶς τετ άγωνον ἴσον ἐστὶ
οῖς ἀπὸ τῶν τὴν ὀρθὴν γωνίαν περιεχουσῶν πλευρῶν
τετραγώνοις.
Πυθαγόρειο θεώρημα (nova grščina)
Το τετράγωνο της υποτείνουσας ενός ορθογώνιου
τριγώνου ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των
δύο κάθετων πλευρών.
Pythagoras’ theorem (angleščina)
In a r ght-angled triangle, the square on the hypot -
nuse s qual to the sum of the squares on the other
two sides.
Satz des Pythagoras ( emščina)
In jedem ebenen rechtwinkligen Dreieck ist die Sum-
me der Flächeninhalte der Kathet r t gleich
dem Flächeninhalt des Hypotenusenquadrates.
Stelling van Pythagoras (nizozemščina)
In een rechthoekige driehoek s het kwadraat
lengte va de hypotenusa gelijk aan de som van de
kwadraten van de lengtes van de rechthoekszijden.
Pitagorov izrek (slovenščina)
V ravokotn m trikotniku je ploščina kvadrata nad
hipotenuzo enaka vsoti ploščin kvadratov nad kate-
tama.
Pitagorin poučak (hrvaščina)
Kvadrat na hipo enuzom jednak je zb ju kvadrata
nad ostale dvije stranice pravokutnog trokuta.
Pythago ova věta (češčina)
Obsah čtverce sestroj ného nad přeponou pravoúh-
lého rovinného tr júhelníku je roven součtu obsahů
čtverců nad jeho odvěsnami.
Pytagorova veta (slovaščina)
2
Pitagorov izrek je eden te eljn h iz ek v v
geo etriji. Poznali so ga že p ed Pitagoro, o če-
er pa tukaj ne bo o posebej razpravljali, ker se
bo o posve ili le te u, kako se ga z beseda i za-
piše v nekat rih evropskih jezikih. P dani niso
dobesedni prevodi, toda le-ti povedo eno in isto. V
večini besedil takoj prepozna o vsaj dv bes di:
kateta in hip tenuza. Vir nave nih besedil je v
glavne svetovni splet, kjer najde o besedila tudi
v drugih jezikih.
V stari grščini najde o Pitagorov izrek z dokazo
vred v Evklidovih Ele entih. Evklid izreka ne i e-
nuje po Pit gori. Po nje so izrek na reč začeli
i enovati kasneje. Kljub te u bo o i e izreka na-
vedli tudi v stari grščini.
υθαγόρειον θεώρημα (stara grščina)
᾿Εν τοῖς ὀρθογωνίοι τριγώνοις ὸ ἀπὸ τῆς τὴν ὀρθὴν
γωνίαν ὑποτεινούσης πλευρᾶς τετ άγωνον ἴσον ἐστὶ
οῖς ἀπὸ τῶν τὴν ὀρθὴν γωνίαν περιεχουσῶν πλευρῶν
τετραγώνοις.
υθαγόρειο θεώρημα (nova grščina)
Το τετράγωνο της υποτείνουσας ενός ορθογώνιου
τριγώνου ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των
δύο κάθετων πλευρών.
Pythagoras’ theore (angleščina)
In a r ght-angled triangle, the square on the hypot -
nuse s qual to the su of the squares on the other
two sides.
Satz des Pythagoras ( e ščina)
In jede ebenen rechtwinkligen Dreieck ist die Su -
e der Flächeninhalte der Kathet r t gleich
de F ächeni halt des Hypotenus nquadrates.
Stelling van Pythagoras (nizoze ščina)
In een rechthoekige driehoek s het kwadraat
lengte va de hypotenusa gelijk aan de so van de
kwadraten an de lengt s van de rechthoekszijden.
Pitagorov izrek (slovenščina)
V ravokotn trikotniku je ploščina kvadrata nad
hipotenuzo enaka vsoti ploščin kvadratov nad kate-
ta a.
Pitagorin poučak (hrvaščina)
Kvadrat na hipo enuzo jednak je zb ju kvadrata
nad ost le dvije str ni pravokutnog trokuta.
Pythago ova věta (češčina)
Obsah čtverce sestroj ného nad přeponou pravoúh-
lého rovinného tr júhelníku je roven součtu obsahů
čtverců nad jeho odvěsn i.
Pytagorova veta (slovaščina)
2
Pitagorov izrek 
v nekaterih 
jezikih
•
marko razpet
prese  40 (2012/2013) 2
•
10
m a t e m a t i k a
Obsah štvorca zostrojeného nad preponou pravouh-
lého trojuholníka je rovný súčtu obsahov štvorcov
zostrojených nad jeho odvesnami.
Twierdzenie Pitagorasa (poljščina)
W dowolnym trójkącie prostokątnym suma kwadra-
tów długości przyprostokątnych jest równa kwadra-
towi długości przeciwprostokątnej tego trójkąta.
Teorema Pifagora (ruščina)
V prmougolnom treugolnike plowad kvadra-
ta, postroennogo na gipotenuze, ravna summe plo-
wadei kvadratov, postroennyh na katetah.
Teorema Pfagora (ukrajinščina)
U prmokutnomu trikutniku plowa kvadrata,
pobudovanogo na gpotenuz dorvn
 sum plow
kvadratv, pobudovanih na katetah.
Tarma Pfagora (beloruščina)
Ploxqa kvadrata, nabudavanaga na gpatnuze
rouna sume ploxqau kvadratau, nabudavanyh na
kattah pramavugolnaga trohvugolnka.
Pitagorova teorema (bolgarščina)
V pravoglni triglnik sbort ot kvadra-
tite dl inite na katetite e raven na kvadrata
na dl inata na hipotenuzata.
Pitagorina teorema (makedonščina)
Kvadratot nad hipotenuzata kaj pravoagolen
triagolnik e ednakot na zbirot na kvadratite
nad dvete kateti.
Pitagorina teorema (srbščina)
Kvadrat nad hipotenuzom pravouglog trokuta
jednak je zbiru kvadrata nad katetama.
Theorema Pythagorae (latinščina)
Trianguli recti hypotenusam quadratam est aequ-
alem summae aliorum laterum quadratorum.
Teorema di Pitagora (italijanščina)
In un triangolo rettangolo, il quadrato costruito
sull’ipotenusa è equivalente alla somma dei quadrati
costruiti sui cateti.
Théorème de Pythagore (francoščina)
Dans un triangle rectangle, le carré de la longueur
de l’hypoténuse est égal a la somme des carrés des
longueurs des côtés de l’angle droit.
Teorema de Pitágoras (španščina)
En un triángulo rectángulo el cuadrado de la hipote-
nusa es igual a la suma de los cuadrados de los dos
catetos.
Teorema de Pitàgores (katalonščina)
En un triangle rectangle la suma dels quadrats dels
catets és igual al quadrat de la hipotenusa.
Teorema de Pitágoras (portugalščina)
Em qualquer triângulo retângulo, o quadrado da
hipotenusa é igual à soma dos quadrados dos cate-
tos.
3
Obsah štvorca zostrojeného nad preponou pravouh-
lého trojuholníka je rovný súčtu obsahov štvorcov
zostrojených nad jeho odvesna i.
Twierdzenie Pitagorasa (poljščina)
dowolny trójkącie prostokątny su a kwadra-
tów długości przyprostokątnych jest równa kwadra-
towi długości przeciwprostokątnej tego trójkąta.
Teorema ifagora (ruščina)
V prmougolnom treugolnike plowad kvadra-
ta, postroennogo na gipotenuze, ravna summe plo-
wadei kvadratov, postroennyh na katetah.
Teorema fagora (ukrajinščina)
U prmokutnomu trikutniku plowa kvadrata,
pobudovanogo na gpotenuz dorvn
 sum plow
kvadratv, pobudovanih na katetah.
Tarma fagora (beloruščina)
Ploxqa kvadrata, nabudavanaga na gpatnuze
rouna sume ploxqau kvadratau, nabudavanyh na
kattah pramavugolnaga trohvugolnka.
itagorova teorema (bolgarščina)
V pravoglni triglnik sbort ot kvadra-
tite dl inite na katetite e raven na kvadrata
na dl inata na hipotenuzata.
itagorina teorema ( akedonščina)
Kvadratot nad hipotenuzata kaj pravoagolen
triagolnik e ednakot na zbirot na kvadratite
nad dvete kateti.
itagorina teorema (srbščina)
Kvadrat nad hipotenuzom pravouglog trokuta
jednak je zbiru kvadrata nad katetama.
Theore a Pythagorae (latinščina)
Trianguli recti hypotenusa quadrata est aequ-
ale su ae alioru lateru quadratoru .
Teore a di Pitagora (italijanščina)
In un triangolo rettangolo, il quadrato costruito
sull’ipotenusa è equivalente alla so a dei quadrati
costruiti sui cateti.
Théorè e de Pythagore (francoščina)
Dans un triangle rectangle, le carré de la longueur
de l’hypoténuse est égal a la so e des carrés des
longueurs des côtés de l’angle droit.
Teore a de Pitágoras (španščina)
En un triángulo rectángulo el cuadrado de la hipote-
nusa es igual a la su a de los cuadrados de los dos
catetos.
Teore a de Pitàgores (katalonščina)
En un triangle rectangle la su a dels quadrats dels
catets és igual al quadrat de la hipotenusa.
Teore a de Pitágoras (portugalščina)
E qualquer triângulo retângulo, o quadrado da
hipotenusa é igual à so a dos quadrados dos cate-
tos.
3
Obsah štvorca zostrojeného nad preponou pravouh-
lého trojuholníka je rovný súčtu obsahov štvorcov
zostrojených nad jeho odvesna i.
Twierdzenie Pitagorasa (poljščina)
dowolny trójkącie prostokątny su a kwadra-
tów długości przyprostokątnych jest równa kwadra-
towi długości przeciwprostokątnej tego trójkąta.
Teorema ifagora (ruščina)
V prmougolnom treugolnike plowad kvadra-
ta, postroennogo na gipotenuze, ravna summe plo-
wadei kvadratov, postroennyh na katetah.
Teorema fagora (ukrajinščina)
U prmokutnomu trikutniku plowa kvadrata,
pobudovanogo na gpotenuz dorvn
 sum plow
kvadratv, pobudovanih na katetah.
Tarma fagora (beloruščina)
Ploxqa kvadrata, nabudavanaga na gpatnuze
rouna sume ploxqau kvadratau, nabudavanyh na
kattah pramavugolnaga trohvugolnka.
itagorova teorema (bolgarščina)
V pravoglni triglnik sbort ot kvadra-
tite dl inite na katetite e raven na kvadrata
na dl inata na hipotenuzata.
itagorina teorema ( akedonščina)
Kvadratot nad hipotenuzata kaj pravoagolen
triagolnik e ednakot na zbirot na kvadratite
nad dvete kateti.
itagorina teorema (srbščina)
Kvadrat nad hipotenuzom pravouglog trokuta
jednak je zbiru kvadrata nad katetama.
Theore a Pythagorae (latinščina)
Trianguli recti hypotenusa quadrata est aequ-
ale su ae alioru lateru quadratoru .
Teore a di Pitagora (italijanščina)
In un triangolo rettangolo, il quadrato costruito
sull’ipotenusa è equivalente alla so a dei quadrati
costruiti sui cateti.
Théorè e de Pythagore (francoščina)
Dans un triangle rectangle, le carré de la longueur
de l’hypoténuse est égal a la so e des carrés des
longueurs des côtés de l’angle droit.
Teore a de Pitágoras (španščina)
En un triángulo rectángulo el cuadrado de la hipote-
nusa es igual a la su a de los cuadrados de los dos
catetos.
Teore a de Pitàgores (katalonščina)
En un triangle rectangle la su a dels quadrats dels
catets és igual al quadrat de la hipotenusa.
Teore a de Pitágoras (portugalščina)
E qualquer triângulo retângulo, o quadrado da
hipotenusa é igual à so a dos quadrados dos cate-
tos.
3
Obsah štvorca zostrojeného nad preponou pravouh-
lého trojuholníka je rovný súčtu obsahov štvorcov
zostrojených nad jeho odvesnami.
Twierdzenie Pitagorasa (poljščina)
W dowolnym trójkącie prostokątnym suma kwadra-
tów długości przyprostokątnych jest równa kwadra-
towi długości przeciwprostokątnej tego trójkąta.
Teorema Pifagora (ruščina)
V prmougolnom treugolnike plowad kvadra-
ta, postroennogo na gipotenuze, ravna summe plo-
wadei kvadratov, postroennyh na katetah.
Teorema Pfagora (ukrajinščina)
U prmokutnomu trikutniku plowa kvadrata,
pobudovanogo na gpotenuz dorvn
 sum plow
kvadratv, pobudovanih na katetah.
T rma Pfagora (beloruščina)
Ploxqa kvadrata, nabudavanaga na gpatnuze
rouna sume ploxqau kvadratau, nabudavanyh na
kattah pramavugolnaga trohvugolnka.
Pitagorova teorema (bolgarščina)
V pravoglni triglnik sbort ot kvadra-
tite dl inite na katetite e raven na kvadrata
na dl inata na hipotenuzata.
Pitagorina teorema (makedonščina)
Kvadratot nad hipotenuzata kaj pravoagolen
triagolnik e ednakot na zbirot na kvadratite
nad dvete kateti.
Pitagorina teorema (srbščina)
Kvadrat nad hipotenuzom pravouglog trokuta
jednak je zbiru kvadrata nad katetama.
Theorema Pythagorae (latinščina)
Trianguli recti hypotenusam quadratam est aequ-
alem summae aliorum laterum quadratorum.
Teorema di Pitagora (italijanščina)
In un triangolo rettangolo, il quadrato costruito
sull’ipotenusa è equivalente alla somma dei quadrati
costruiti sui cateti.
Théorème de Pythagore (francoščina)
Dans un triangle rectangle, le carré de la longueur
de l’hypoténuse est égal a la somme des carrés des
longueurs des côtés de l’angle droit.
Teorema de Pitágoras (španščina)
En un triángulo rectángulo el cuadrado de la hipote-
nusa es igual a la suma de los cuadrados de los dos
catetos.
Teorema de Pitàgores (katalonščina)
En un triangle rectangle la suma dels quadrats dels
catets és igual al quadrat de la hipotenusa.
Teorema de Pitágoras (portugalščina)
Em qualquer triângulo retângulo, o quadrado da
hipotenusa é igual à soma dos quadrados dos cate-
tos.
3
Obsah štvorca zostrojeného nad prepon u pravouh-
lého trojuhol íka je rovný účtu obsahov štvorcov
zostrojených nad jeho odvesnami.
Twierdzenie Pitagorasa (poljščina)
W dowolnym t ójkącie prostokątnym sum
ó długości przyprostokątnych jest równa kw dra-
towi długości przeciwprostokątnej tego trójkąta.
Teorema Pifagora (ruščina)
V prmougolnom treugolnike plowad kvadra
ta, postroennogo na gipotenuze, ravna summe plo-
wadei kvadratov, postroennyh na katetah.
Teorema Pfagora (ukrajinščina)
U prmokutnomu trikutniku plowa kvadrata,
pobudovanog na gpotenuz dorvn
 sum plow
kvadratv, pobudovanih na katetah.
Tarma Pfagora (beloruščina)
Ploxqa kvadrata, nabu avanaga na gp tnuze
rouna sume ploxqau kv dratau, nabudavanyh na
kattah pramavugolnaga trohvugolnka.
Pitagorova teorema (bolgarščina)
V pravoglni triglnik sbort ot kvadra-
tite dl inite na ka tite e raven na kvadrata
na dl inata na hipotenuzata.
Pitagorina teorema (makedonščina)
Kvadratot nad hipotenuzata kaj pravoagolen
triagolni e ednakot na zbirot na kvadratite
nad dvete kateti.
Pitagorina teorema (srbščina)
Kvadrat nad hipotenuzom pr vouglog trokuta
jednak je zbiru kvadrata nad katetama.
Theore a Pythagorae (latinščina)
Triang li recti hypotenusam quadratam est aequ-
alem summae aliorum laterum quadratorum.
Teore a di Pitagora (italijanščina)
In un riangolo rett ngolo, il quadr to costruito
sull’ipotenusa è equivalente alla somma dei quadrati
costruiti sui cateti.
Théorè e de Pythagore (francoščina)
Dans un riangle rectangle, le carré e la longueur
de l’hypoténuse est égal a la somme des carrés des
longueurs des côtés de l’angle droit.
Teore a de Pitágoras (španščina)
En un tr ángulo rectángulo el cuadrado de la hipote-
nusa es igual a la suma de los cuadrados de los dos
catetos.
Teore a de Pitàgores (katalonščina)
En un triangle rectangle la suma dels qu drats dels
catets és igual al quadrat de la hipotenusa.
Teore a de Pitágoras (portugalščina)
Em qualquer triângul retângulo, o quadrado da
hipotenusa é igual à soma dos quadrados dos cate-
tos.
3
Obsah štvorca zostrojeného nad prepon u pravouh-
lého trojuhol íka je rovný účtu obsahov štvorcov
zostrojených nad jeho odvesna i.
Twierdzenie Pit gorasa (poljščina)
dowolny t ójkącie prostokątny su
ó długości przyprostokątnych jest równa kw dra-
towi długości przeciwprostokątnej tego trójkąta.
Teorema ifago a (ruščina)
V prmougolnom treugolnike plowad kvadra
ta, postroennogo na gipotenuze, ravna summe plo-
wadei kvadratov, postroennyh na katetah.
Teorema fagora (ukrajinščina)
U prmokutnomu trikutniku plowa kvadrata,
pobudovanog na gpotenuz dorvn
 sum plow
kvadratv, pobudovanih na katetah.
Tarma fagora ( eloruščin )
Ploxqa kvadrata, nabu avanaga na gp tnuze
rouna sume ploxqau kv dratau, nabudavanyh na
kattah pramavugolnaga trohvugolnka.
itagorova teo ema (bolgarščina)
V pravoglni triglnik sbort ot kvadra-
tite dl inite na ka tite e raven na kvadrata
na dl inata na hipotenuzata.
itagori a teorema ( kedonščina)
Kvadratot nad hipotenuzata kaj pravoagolen
triagolni e ednakot na zbirot na kvadratite
nad dvete kateti.
itagorina teor ma (srbščina)
Kvadrat nad hipotenuzom pr vouglog trokuta
jednak je zbiru kvadrata nad katetama.
Theorema Pythagorae (latinščina)
Triang li recti hypotenusa quadrata est aequ-
ale su ae alioru lateru quadratoru .
Teorema di Pitagora (italijanščin )
In un riangolo rett ngolo, il quadr to costruito
sull’ipotenusa è equivalente alla so a dei quadrati
costruiti sui cateti.
Théorème de Pythagor (francoščina)
Dans un riangle rectangle, le carré e la longueur
de l’hypoténuse est égal a la so e des carrés des
longueurs des côtés de l’angle droit.
Teorema de Pitágoras (španščina)
En un tr ángulo rectángulo el cuadrado de la hipote-
nusa es igual a la su a de los cuadrados de los dos
catetos.
Teorema d Pitàgores (katalonščina)
En un triangle rectangle la su a dels qu drats dels
catets és igual al quadrat de la hipotenusa.
Teorema de Pitá oras (portugalščina)
E qualquer triângul retângulo, o quadrado da
hipotenusa é igual à so a dos quadrados dos cate-
tos.
3
Obsah štvorca zostrojeného nad prepon u pravouh-
lého trojuhol íka je rovný účtu obsahov štvorcov
zostrojených nad jeh odvesnami.
Twierdzenie Pit gorasa (poljščina)
W dowolnym t ójkącie prostokątnym sum
ó długości przyprostokątnych jest równa kw dra-
towi długości przeciwprostokątnej tego trójkąta.
Teorema Pifago a (ruščina)
V prmougolnom treugolnike plowad kvadra
ta, postroennogo na gipotenuze, ravna summe plo-
wad i kvadratov, postroennyh na katetah.
Teorema Pfagora (ukrajinščina)
U prmokutnomu trikutniku plowa kvadrata,
pobudovanog na gpotenuz dorvn
 sum plow
kvadratv, pobudovanih na katet h.
Tarma Pfagora ( eloruščin )
Ploxqa kvadrata, nabu avanaga na gp tnuze
rouna sume ploxqau kv dratau, nabudavanyh na
kattah p am vug lnaga trohvugolnka.
Pitagorova teo ema (bolgarščina)
V pravoglni triglnik sbort ot kvadra-
tite dl inite na ka tite e raven na kvadrata
na dl inata na hipotenuzata.
Pitagori a teorema (m kedonščina)
Kvadratot nad hipotenuzata kaj pravoagolen
triagolni e ednakot na zbirot na kvadratite
nad dvete kateti.
Pitagorina teor ma (srbščina)
Kvadrat nad hipotenuzom pr vouglog trokuta
jednak je zbiru kvad ta nad katetama.
Theore a Pythagorae (latinščina)
Triang li recti hypotenusam quadratam est aequ-
alem summae al orum laterum quadratorum.
Teore a di Pitagora (italijanščin )
In un riangolo rett ngolo, il quadr to costruito
sull’ipotenusa è equivalente alla somma dei quadrati
costruiti sui cateti.
Théorè e de Pythagor (francoščina)
Dans un riangle rectangle, le carré e la longueur
de l’hypoténuse est égal a la somme des carrés des
longueurs des côtés de l’angle droit.
Teore a de Pitágoras (španščina)
En un tr ángulo rectángulo el cuadrado de la hipote-
nusa es igual a la suma de los cuadrados de los dos
catet s.
Teore a d Pitàgores (katalonščina)
En un triangle rectangle la suma dels qu drats dels
catets és igual al quadr t de la hipote usa.
Teore a de Pitá oras (portugalščina)
Em qualquer triângul retângulo, o quadrado da
hipotenusa é igual à soma dos quadrados dos cate-
tos.
3
Obsah štvorca zostrojeného nad prepon u pravouh-
lého trojuhol íka je rovný účtu obsahov štvorcov
zostrojených nad jeh odvesna i.
Twierdzenie Pit gorasa (poljščina)
dowolny t ójkącie prostokątny su
ó długości przyprostokątnych jest równa kw dra-
towi długości przeciwprostokątnej tego trójkąta.
Teorema ifago a (ruščina)
V prmougolnom treugolnike plowad kvadra
ta, postroennogo na gipotenuze, ravna summe plo-
wad i kvadratov, postroennyh na katetah.
Teorema fagora (ukrajinščina)
U prmokutnomu trikutniku plowa kvadrata,
pobudovanog na gpotenuz dorvn
 sum plow
kvadratv, pobudovanih na katet h.
Tarma fagora ( eloruščin )
Ploxqa kvadrata, nabu avanaga na gp tnuze
rouna sume ploxqau kv dratau, nabudavanyh na
kattah p am vug lnaga trohvugolnka.
itagorova teo ema (bolgarščina)
V pravoglni triglnik sbort ot kvadra-
tite dl inite na ka tite e raven na kvadrata
na dl inata na hipotenuzata.
itagori a teorema ( kedonščina)
Kvadratot nad hipotenuzata kaj pravoagolen
triagolni e ednakot na zbirot na kvadratite
nad dvete kateti.
itagorina teor ma (srbščina)
Kvadrat nad hipotenuzom pr vouglog trokuta
jednak je zbiru kvad ta nad katetama.
Theorema Pythagorae (latinščina)
Triang li recti hypotenusa quadrata est aequ-
ale su ae al oru lateru quadratoru .
Teorema di Pitagora (italijanščin )
In un riangolo rett ngolo, il quadr to costruito
sull’ipotenusa è equivalente alla so a dei quadrati
costruiti sui cateti.
Théorème de Pythagor (francoščina)
Dans un riangle rectangle, le carré e la longueur
de l’hypoténuse est égal a la so e des carrés des
longueurs des côtés de l’angle droit.
Teorema de Pitágoras (španščina)
En un tr ángulo rectángulo el cuadrado de la hipote-
nusa es igual a la su a de los cuadrados de los dos
catet s.
Teorema d Pitàgores (katalonščina)
En un triangle rectangle la su a dels qu drats dels
catets és igual al quadr t de la hipote usa.
Teorema de Pitá oras (portugalščina)
E qualquer triângul retângulo, o quadrado da
hipotenusa é igual à so a dos quadrados dos cate-
tos.
3
i
Obsah štvorca zostrojeného d prepon u pravouh-
lého trojuhol íka je rovný účtu obsahov štvorcov
zostrojených nad jeh odvesnami.
Twierdzenie Pit gorasa (poljščina)
W dowolnym t ójkącie prostokątnym sum
ó długości przyprostokątnych jest równa kw dra-
towi długości przeciwprostokątnej tego trójkąta.
Teorema Pifago a (ruščina)
V prmougolnom treug l ike plowad kvadra
ta, postroennogo na gipotenuze, ravna summe plo-
wad i kvadratov, postroennyh na katetah.
Teorema Pfagora (ukrajinščina)
U p mokutnomu tr kutniku plowa kvadrata,
pobudovanog na gpotenuz dorvn
 sum plow
kvadratv, pobudovanih na katet h.
Tarma Pfagora ( eloruščin )
Ploxqa kvadrata, nabu avanaga na gp tnuze
rouna sume ploxqau kv dratau, nabudavanyh na
kattah p am vug lnaga trohvugolnka.
Pitagorova teo ema (bolgarščina)
V pravoglni triglnik sbort ot kvadra-
tite dl inite na ka tite e raven na kvadrata
na dl inata na hipotenuzata.
Pitagori a teorema (m kedonščina)
Kvadra ot nad hipotenuzata kaj pravoagolen
triagolni e ednakot na zbirot na kvadratite
nad dvete kateti.
Pitagorina teor ma (srbščina)
Kvadrat nad hipotenuzom pr vouglog trokuta
jednak je zbiru kvad ta nad katetama.
Theore a Pythagorae (latinščina)
Triang li recti hypotenusam quadratam est aequ-
alem summae al orum laterum quadratorum.
Teore a di Pitagora (italijanščin )
In un riangolo rett ngolo, il quadr to costruito
sull’ipotenusa è equivalente alla somma dei quadrati
costruiti sui cateti.
Théorè e de Pythagor (francoščina)
Dans un riangle rectangle, le carré e la longueur
de l’hypoténuse est égal a la somme des carrés des
longueurs des côtés de l’angle droit.
Teore a de Pitágoras (španščina)
En un tr ángulo rectángulo el cuadrado de la hipote-
nusa es igual a la suma de los cuadrados de los dos
catet s.
Teore a d Pitàgores (katalonščina)
En un triangle rectangle la suma dels qu drats dels
catets és igual al quadr t de la hipote usa.
Teore a de Pitá oras (portugalščina)
Em qualquer triângul retângulo, o quadrado da
hipotenusa é igual à soma dos quadrados dos cate-
tos.
3
i
Obsah štvorca zostrojeného d prepon u pravouh-
lého trojuhol íka je rovný účtu obsahov štvorcov
zostrojených nad jeh odvesna i.
Twierdzenie Pit goras (poljščina)
dowolny t ójkącie prostokątny su
ó długości przyprostokątnych jest równa kw dra-
towi długości przeciwprostokątnej tego trójkąta.
Te rema ifago a (ruščina)
V prmougolnom treug l ike plowad kvadra
ta, postroennogo na gipotenuze, ravna summe plo-
wad i kvadratov, postroennyh na katetah.
Teorema f gora (ukrajinščina)
U p mokutnomu tr kutniku plowa kvadrata,
pobudovanog na gpotenuz dorvn
 sum plow
kvadratv, pobudovanih na katet h.
Tarma fagora ( eloruščin )
Ploxqa kvadrata, nabu avanaga na gp tnuze
rouna sume ploxqau kv dratau, nabudavanyh na
kattah p am vug lnaga trohvugolnka.
itagorova teo ema (bolgarščina)
V pravoglni triglnik sbort ot kvadra-
tite dl inite na ka tite e raven na kvadrata
na dl inata na hipotenuzata.
itagori a teorema ( ked nščina)
Kvadra ot nad hipotenuzata kaj pravoagolen
triagolni e ednakot na zbirot na kvadratite
nad dvete kateti.
itagor na teor ma (srbščina)
Kvadrat nad hipotenuzom pr vouglog trokuta
jednak je zbiru kvad ta nad katetama.
Theorem Pythagorae (latinščina)
Triang li recti hypotenusa quadrata est aequ-
ale su ae al oru lateru quadratoru .
Teorema di Pitagora (italijanščin )
In un riangolo rett ngolo, il quadr to costruito
sull’ipotenusa è equivalente alla so a dei quadrati
costruiti sui cateti.
Théorème d Pythagor (francoščina)
Dans un riangle rectangle, le carré e la longueur
de l’hypoténuse est égal a la so e des carrés des
longueurs des côtés de l’angle droit.
Teorema de Pitágor s (španščina)
En un tr ángulo rectángulo el cuadrado de la hipote-
nusa es igual a la su a de los cuadrados de los dos
catet s.
Teorema d Pitàgores (kat lonščina)
En un triangle rectangle la su a dels qu drats dels
catets és igual al quadr t de la hipote usa.
Teorema de Pitá oras (portugalščina)
E qualquer triângul retângulo, o quadrado da
hipotenusa é igual à so a dos quadrados dos cate-
tos.
3
Teorema lui Pitagora (romunščina)
În orice triunghi dreptunghic, suma pătratelor cate-
telor este egală cu pătratul ipotenuzei.
Pitagorasz-tétel (madžarščina)
Tetszőleges derékszögű háromszögben a befogók
fölé írt négyzetek területeinek összege megegyezik
az átfogó fölé írt négyzet területével.
Pythagoras sats (švedščina)
I en rätvinklig triangel, kvadraten på hypotenusan är
lika med summan av kvadraterna på kateterna.
Pythagoras’ læresetning (norveščina – bokmål)
I en rettvinklet trekant er summen av kvadratene på
katetene lik kvadratet på hypotenusen.
Den pythagoræiske læresætning (danščina)
I alle retvinklede trekanter er summen af kateternes
kvadrat lig hypotenusens kvadrat.
Regla Pýþagórasar (islandščina)
Í rétthyrndum þríhyrningi er summan af ferningstö-
lum skammhliðanna jöfn ferningstölu langhliðarin-
nar.
Pythagoraan lause (finščina)
Suorakulmaisen kolmion kateetit sivuina piirrettyjen
neliöiden alojen summa on yhtä suuri kuin hypote-
nuusa sivuna piirretyn neliön ala.
Teorema e Pitagorës (albanščina)
Në çdo trekëndësh këndrejtë shuma e katrorëve të
ndërtuar mbi katete është e barabartë me katrorin e
ndërtuar mbi hipotenuzë.
Pisagor teoremi (turščina)
Bir dik açılı üçgende dik kenarların her birinin
uzunluklarının karelerinin toplamaları, dik açılı köşe
karşısındaki kenarın uzunluğunun karesine eşittir.
Pythagorase teoreem (estonščina)
Täisnurkses kolmnurgas hüpotenuusi ruut võrdub
kaatetite ruutude summaga.
Pitagora teorēma (letonščina)
Taisnleņķa trijstūr̄ı hipotenūzas kvadrāts ir vienāds
ar katešu kvadrātu summu.
Pitagoro teorema (litovščina)
Stačiojo trikampio įžambinės ilgio kvadratas yra
lygus statinių ilgių kvadratų sumai.
Pitagorasen teorema (baskovščina)
Hiruki zuzen baten katetoen karratua, hipotenusa-
ren karratuaren berdina da.
Teoremo de Pitagoro (esperanto)
En ajna orta triangulo, la areo de la kvadrato kun
lateroj kies longo egalas al la longo de la hipotenuzo
de tiu triangulo estas egala al la sumo de la areoj
de la du kvadratoj kun lateroj kies longoj egalas
respektive al la longo de la du katetoj.
4
Teorema lui Pitagora (romunščina)
În orice triunghi dreptunghic, suma pătratelor cate-
telor este egală cu pătratul ipotenuzei.
Pitagorasz-tétel (madžarščina)
Tetszőleges derékszögű háromszögben a befogók
fölé írt négyzetek területeinek összege megegyezik
az átfogó fölé írt négyzet területével.
Pythagoras sats (švedščina)
I en rätvinklig triangel, kvadraten på hypotenusan är
lika med summan av kvadraterna på kateterna.
Pythagoras’ læresetning (norveščina – bokmål)
I en rettvinklet trekant er summen av kvadratene på
katetene lik kvadratet på hypotenusen.
Den pythagoræiske læresætning (danščina)
I alle retvinklede trekanter er summen af kateternes
kvadrat lig hypotenusens kvadrat.
Regla Pýþagórasar (islandščina)
Í rétthyrndum þríhyrningi er summan af ferningstö-
lum skammhliðanna jöfn ferningstölu langhliðarin-
nar.
Pythagoraan lause (finščina)
Suorakulmaisen kolmion kateetit sivuina piirrettyjen
neliöiden alojen summa on yhtä suuri kuin hypote-
nuusa sivuna piirretyn neliön ala.
Teorema e Pitagorës (albanščina)
Në çdo trekëndësh këndrejtë shuma e katrorëve të
ndërtuar mbi katete është e barabartë me katrorin e
ndërtuar mbi hipotenuzë.
Pisagor teoremi (turščina)
Bir dik açılı üçgende dik kenarların her birinin
uzunluklarının karelerinin toplamaları, dik açılı köşe
karşısındaki kenarın uzunluğunun karesine eşittir.
Pythagorase teoreem (estonščina)
Täisnurkses kolmnurgas hüpotenuusi ruut võrdub
kaatetite ruutude summaga.
Pitagora teorēma (letonščina)
Taisnleņķa trijstūr̄ı hipotenūzas kvadrāts ir vienāds
ar katešu kvadrātu summu.
Pitagoro teorema (litovščina)
Stačiojo trikampio įžambinės ilgio kvadratas yra
lygus statinių ilgių kvadratų sumai.
Pitagorasen teorema (baskovščina)
Hiruki zuzen baten katetoen karratua, hipotenusa-
ren karratuaren berdina da.
Teoremo de Pitagoro (esperanto)
En ajna orta triangulo, la areo de la kvadrato kun
lateroj kies longo egalas al la longo de la hipotenuzo
de tiu triangulo estas egala al la sumo de la areoj
de la du kvadratoj kun lateroj kies longoj egalas
respektive al la longo de la du katetoj.
4
Teorema lui Pitagora (romunščina)
În orice triunghi dreptunghic, suma pătratelor cate-
telor este egală cu pătratul ipotenuzei.
Pitagorasz-tétel (madžarščina)
Tetszőleges derékszögű háromszögben a befogók
fölé írt négyzetek területeinek összege megegyezik
az átfogó fölé írt négyzet területével.
Pythagoras sats (švedščina)
I en rätvinklig triangel, kvadraten på hypotenusan är
lika med summan av kvadraterna på kateterna.
Pythagoras’ læresetning (norveščina – bokmål)
I en rettvinklet trekant er summen av kvadratene på
katetene lik kvadratet på hypotenusen.
Den pythagoræiske læresætning (danščina)
I alle retvinklede trekanter er summen af kateternes
kvadrat lig hypotenusens kvadrat.
Regla Pýþagórasar (islandščina)
Í rétthyrndum þríhyrningi er summan af ferningstö-
lum skammhliðanna jöfn ferningstölu langhliðarin-
nar.
Pythagoraan lause (finščina)
Suorakulmaisen kolmion kateetit sivuina piirrettyjen
neliöiden alojen summa on yhtä suuri kuin hypote-
nuusa sivuna piirretyn neliön ala.
Teorema e Pitagorës (albanščina)
Në çdo trekëndësh këndrejtë shuma e katrorëve të
ndërtuar mbi katete është e barabartë me katrorin e
ndërtuar mbi hipotenuzë.
Pisagor teoremi (turščina)
Bir dik açılı üçgende dik kenarların her birinin
uzunluklarının karelerinin toplamaları, dik açılı köşe
karşısındaki kenarın uzunluğunun karesine eşittir.
Pythagorase teoreem (estonščina)
Täisnurkses kolmnurgas hüpotenuusi ruut võrdub
kaatetite ruutude summaga.
Pitagora teorēma (letonščina)
Taisnleņķa trijstūr̄ı hipotenūzas kvadrāts ir vienāds
ar katešu kvadrātu summu.
Pitagoro teorema (litovščina)
Stačiojo trikampio įžambinės ilgio kvadratas yra
lygus statinių ilgių kvadratų sumai.
Pitagorasen teorema (baskovščina)
Hiruki zuzen baten katetoen karratua, hipotenusa-
ren karratuaren berdina da.
Teoremo de Pitagoro (esperanto)
En ajna orta triangulo, la areo de la kvadrato kun
lateroj kies longo egalas al la longo de la hipotenuzo
de tiu triangulo estas egala al la sumo de la areoj
de la du kvadratoj kun lateroj kies longoj egalas
respektive al la longo de la du katetoj.
4
Teorema lui Pitagora (romunščina)
În orice triunghi dreptunghic, suma pătratelor cate-
telor este egală cu pătratul ipotenuzei.
Pitagorasz-tétel (madžarščina)
Tetszőleges derékszögű háromszögben a befogók
fölé írt négyzetek területeinek összege megegyezik
az átfogó fölé írt négyzet területével.
Pythagoras sats (švedščina)
I en rätvinklig triangel, kvadraten på hypotenusan är
lika med summan av kvadraterna på kateterna.
Pythagoras’ læresetning (norveščina – bokmål)
I en rettvinklet trekant er summen av kvadratene på
katetene lik kvadratet på hypotenusen.
Den pythagoræiske læresætning (danščina)
I alle retvinklede trekanter er summen af kateternes
kvadrat lig hypotenusens kvadrat.
Regla Pýþagórasar (islandščina)
Í rétthyrndum þríhyrningi er summan af ferningstö-
lum skammhliðanna jöfn ferningstölu langhliðarin-
nar.
Pythagoraan lause (finščina)
Suorakulmaisen kolmion kateetit sivuina piirrettyjen
neliöiden alojen summa on yhtä suuri kuin hypote-
nuusa sivuna piirretyn neliön ala.
Teorema e Pitagorës (albanščina)
Në çdo trekëndësh këndrejtë shuma e katrorëve të
ndërtuar mbi katete është e barabartë me katrorin e
ndërtuar mbi hipotenuzë.
Pisagor teoremi (turščina)
Bir dik açılı üçgende dik kenarların her birinin
uzunluklarının karelerinin toplamaları, dik açılı köşe
karşısındaki kenarın uzunluğunun karesine eşittir.
Pythagorase teoreem (estonščina)
Täisnurkses kolmnurgas hüpotenuusi ruut võrdub
kaatetite ruutude summaga.
Pitagora teorēma (letonščina)
Taisnleņķa trijstūr̄ı hipotenūzas kvadrāts ir vienāds
ar katešu kvadrātu summu.
Pitagoro teorema (litovščina)
Stačiojo trikampio įžambinės ilgio kvadratas yra
lygus statinių ilgių kvadratų sumai.
Pitagorasen teorema (baskovščina)
Hiruki zuzen baten katetoen karratua, hipotenusa-
ren karratuaren berdina da.
Teoremo de Pitagoro (esperanto)
En ajna orta triangulo, la areo de la kvadrato kun
lateroj kies longo egalas al la longo de la hipotenuzo
de tiu triangulo estas egala al la sumo de la areoj
de la du kvadratoj kun lateroj kies longoj egalas
respektive al la longo de la du katetoj.
4
Teore a lui Pitagora (ro unščina)
În orice triunghi dreptunghic, su a pătratelor cate-
telor este egală cu pătratul ipotenuzei.
Pitagorasz-tétel ( adžarščina)
Tetszőleges derékszögű háro szögben a befogók
fölé írt négyzetek területeinek összege egegyezik
az átfogó fölé írt négyzet területével.
Pythagoras sats (švedščina)
I en rätvinklig triangel, kvadraten på hypotenusan är
lika ed su an av kvadraterna på kateterna.
Pythagoras’ læresetning (norveščina – bok ål)
I en rettvinklet trekant er su en av kvadratene på
katetene lik kvadratet på hypotenusen.
Den pythagoræiske læresætning (danščina)
I alle retvinklede trekanter er su en af kateternes
kvadrat lig hypotenusens kvadrat.
Regla Pýþagórasar (islandščina)
Í rétthyrndu þríhyrningi er su an af ferningstö-
lu ska hliðanna jöfn ferningstölu langhliðarin-
nar.
Pythagoraan lause (finščina)
Suorakul aisen kol ion kateetit sivuina piirrettyjen
neliöiden alojen su a on yhtä suuri kuin hypote-
nuusa sivuna piirretyn neliön ala.
Teore a e Pitagorës (albanščina)
Në çdo trekëndësh këndrejtë shu a e katrorëve të
ndërtuar bi katete është e barabartë e katrorin e
ndërtuar bi hipotenuzë.
Pisagor teore i (turščina)
Bir dik açılı üçgende dik kenarların her birinin
uzunluklarının karelerinin topla aları, dik açılı köşe
karşısındaki kenarın uzunluğunun karesine eşittir.
Pythagorase teoree (estonščina)
Täisnurkses kol nurgas hüpotenuusi ruut võrdub
kaatetite ruutude su aga.
Pitagora teorē a (letonščina)
Taisnleņķa trijstūr̄ı hipotenūzas kvadrāts ir vienāds
ar katešu kvadrātu su u.
Pitagoro teore a (litovščina)
Stačiojo trika pio įža binės ilgio kvadratas yra
lygus statinių ilgių kvadratų su ai.
Pitagorasen teore a (baskovščina)
Hiruki zuzen baten katetoen karratua, hipotenusa-
ren karratuaren berdina da.
Teore o de Pitagoro (esperanto)
En ajna orta triangulo, la areo de la kvadrato kun
lateroj kies longo egalas al la longo de la hipotenuzo
de tiu triangulo estas egala al la su o de la areoj
de la du kvadratoj kun lateroj kies longoj egalas
respektive al la longo de la du katetoj.
4
Teorema lui Pitagora (romunščina)
În orice triunghi dreptunghic, suma pătratelor cate-
telor este egală cu pătratul ipotenuzei.
Pitagorasz-tétel (madžarščina)
Tetszőleges derékszögű háromszögben a befogók
fölé írt négyzetek területeinek összege megegyezik
az átfogó fölé írt négyzet területével.
Pythagoras sats (švedščina)
I en rätvinklig triangel, kvadraten på hypotenusan är
lika med summan av kvadraterna på kateterna.
Pythagoras’ læresetning (norveščina – bokmål)
I en rettvinklet trekant er summen av kvadratene på
katetene lik kvadratet på hypotenusen.
Den pythagoræiske læresætning (danščina)
I alle retvinklede trekanter er summen af kateternes
kvadrat lig hypotenusens kvadrat.
Regla Pýþagórasar (islandščina)
Í rétthyrndum þríhyrningi er summan af ferningstö-
lum skammhliðanna jöfn ferningstölu langhliðarin-
nar.
Pythagoraan lause (finščina)
Suorakulmaisen kolmion kateetit sivuina piirrettyjen
neliöiden alojen summa on yhtä suuri kuin hypote-
nuusa sivuna piirretyn neliön ala.
Teorema e Pitagorës (albanščina)
Në çdo trekëndësh këndrejtë shuma e katrorëve të
ndërtuar mbi katete është e barabartë me katrorin e
ndërtuar mbi hipotenuzë.
Pisagor teoremi (turščina)
Bir dik açılı üçgende dik kenarların her birinin
uzunluklarının karelerinin toplamaları, dik açılı köşe
karşısındaki kenarın uzunluğunun karesine eşittir.
Pythagorase teoreem (estonščina)
Täisnurkses kolmnurgas hüpotenuusi ruut võrdub
kaatetite ruutude summaga.
Pitagora teorēma (letonščina)
Taisnleņķa trijstūr̄ı hipotenūzas kvadrāts ir vienāds
ar katešu kvadrātu summu.
Pitagoro teorema (litovščina)
Stačiojo trikampio įžambinės ilgio kvadratas yra
lygus statinių ilgių kvadratų sumai.
Pitagorasen teorema (baskovščina)
Hiruki zuzen baten katetoen karratua, hipotenusa-
ren karratuaren berdina da.
Teoremo de Pitagoro (esperanto)
En ajna orta triangulo, la areo de la kvadrato kun
lateroj kies longo egalas al la longo de la hipotenuzo
de tiu triangulo estas egala al la sumo de la areoj
de la du kvadratoj kun lateroj kies longoj egalas
respektive al la longo de la du katetoj.
4
Teore a lui Pitagora (ro unščina)
În orice triunghi dreptunghic, su a pătratelor cate-
telor este egală cu pătratul ipotenuzei.
Pitagorasz-tétel ( adžarščina)
Tetszőleges derékszögű háro szögben a befogók
fölé írt négyzetek területeinek összege egegyezik
az átfogó fölé írt négyzet területével.
Pythagoras sats (švedščina)
I en rätvinklig triangel, kvadraten på hypotenusan är
lika ed su an av kvadraterna på kateterna.
Pythagoras’ læresetning (norveščina – bok ål)
I en rettvinklet trekant er su en av kvadratene på
katetene lik kvadratet på hypotenusen.
Den pythagoræiske læresætning (danščina)
I alle retvinklede trekanter er su en af kateternes
kvadrat lig hypotenusens kvadrat.
Regla Pýþagórasar (islandščina)
Í rétthyrndu þríhyrningi er su an af ferningstö-
lu ska hliðanna jöfn ferningstölu langhliðarin-
nar.
Pythagoraan lause (finščina)
Suorakul aisen kol ion kateetit sivuina piirrettyjen
neliöiden alojen su a on yhtä suuri kuin hypote-
nuusa sivuna piirretyn neliön ala.
Teore a e Pitagorës (albanščina)
Në çdo trekëndësh këndrejtë shu a e katrorëve të
ndërtuar bi katete është e barabartë e katrorin e
ndërtuar bi hipotenuzë.
Pisagor teore i (turščina)
Bir dik açılı üçgende dik kenarların her birinin
uzunluklarının karelerinin topla aları, dik açılı köşe
karşısındaki kenarın uzunluğunun karesine eşittir.
Pythagorase teoree (estonščina)
Täisnurkses kol nurgas hüpotenuusi ruut võrdub
kaatetite ruutude su aga.
Pitagora teorē a (letonščina)
Taisnleņķa trijstūr̄ı hipotenūzas kvadrāts ir vienāds
ar katešu kvadrātu su u.
Pitagoro teore a (litovščina)
Stačiojo trika pio įža binės ilgio kvadratas yra
lygus statinių ilgių kvadratų su ai.
Pitagorasen teore a (baskovščina)
Hiruki zuzen baten katetoen karratua, hipotenusa-
ren karratuaren berdina da.
Teore o de Pitagoro (esperanto)
En ajna orta triangulo, la areo de la kvadrato kun
lateroj kies longo egalas al la longo de la hipotenuzo
de tiu triangulo estas egala al la su o de la areoj
de la du kvadratoj kun lateroj kies longoj egalas
respektive al la longo de la du katetoj.
4
Teorema lui Pitagora (romunščina)
În ice triunghi dreptunghic, suma pătratelor cate-
telor este egală cu pătratul ipotenuzei.
Pitagorasz-tétel (madžarščina)
Tetszőleges derékszögű háromszögb n a befogó
fölé írt négyzetek területeinek összege megegyezik
az átfogó fölé írt négyzet területével.
Pythagoras sats (švedščina)
I en rätvinklig triangel, kvadraten hypotenusan är
lika med summan av kvadraterna på kateterna.
Pythagoras’ læresetning (norveščina – bokmål)
I en r ttvinklet trekant er summen av kvadratene på
katetene lik kvadratet på hypotenusen.
Den pythagoræiske læresætning (danščina)
I alle retvinklede treka ter er summen af kateternes
kvadrat lig hypotenusens kvadrat.
Regla Pýþagórasar (islandščina)
Í rétthyrndum þríhyrningi er summan af ferningstö
lum skammhliðanna jöfn ferningstölu langhliðarin-
nar.
Pythagoraan lause (finščina)
Suorakulmais kolmion katee it iv ina piirrettyjen
eliöiden alojen summa on yhtä suuri kuin hypote-
nuusa sivuna piirretyn neliön ala.
Teorema e Pitagorës (albanščina)
Në çdo trekëndësh këndrejtë shuma e katro ëve të
m kate është e barabartë me katrorin e
ndërtuar mbi hipotenuzë.
Pisagor teoremi (turščina)
Bir dik ç lı üçgende dik kenar ın her birinin
uzunlukl rının k elerini toplamaları, dik açılı köşe
karşısındaki kenarın uzunluğunun karesine eşittir.
Pythagorase teoreem (estonščina)
Täisnurkses kolmnurgas hüpotenuusi ruut võrdub
kaatetite ruutude summaga.
Pitagora teorēma (letonščina)
Taisnl ņķa trijstūr̄ı hipotenūzas kvadrāts ir vienāds
ar katešu kvadrātu summu.
Pitagoro teorema (litovščina)
Stačiojo trikampio įžambinės ilgio kvadratas yra
lygus statinių ilgių kvadratų sumai.
Pitagorasen teorema (baskovščina)
Hiruki zuzen bat n katetoen karratua, hipotenusa-
ren karratuaren berdina da.
Teoremo de Pitagoro (esperanto)
En ajna orta triangulo, la are de la kvadra o kun
lateroj kies longo eg las al la longo de la hipotenuzo
tiu triangulo estas egala al la sum de la areoj
de la du kvadratoj kun lateroj kies longoj egalas
respektive al la longo de la du katetoj.
4
Teore a lui Pitagora (ro unščina)
În ice triunghi dreptunghic, su a pătratelor cate-
telor este egală cu pătratul ipotenuzei.
Pitagora z-tétel ( adžarščina)
Tetszőleges derékszögű háro szögb n a befogó
fölé írt négyzetek területeinek összege egegyezik
az átfogó fölé írt négyzet területével.
Pythagoras sats (švedščin )
I en rätvinklig triangel, kvadraten hypotenusan är
lika ed su an av kvadraterna på kateterna.
Pythagoras’ lærese ning (norveščina – bok ål)
I en r ttvinklet trekant er su en av kvadratene på
katetene lik kvadratet på hypotenusen.
D n pythagoræis e læ esætning (danščina)
I alle retvinklede treka ter er su en af kateternes
kvadrat lig hypotenusens kvadrat.
Regla Pýþagó asar (islandščina)
Í rétthyrndu þríhyrningi er su an af ferningstö
lu ska hliðanna jöfn ferningstölu langhliðarin-
nar.
Pythagoraan lause (finščina)
Suorakul ais kol ion katee it iv ina piirrettyjen
eliöiden alojen su a on yhtä suuri kuin hypote-
nuusa sivuna piirretyn neliön ala.
Teore a e Pitagor s (albanščina)
Në çdo trekëndësh këndrejtë shu a e katro ëve të
kate është e barabartë e katrorin e
ndërtuar bi hipotenuzë.
Pisagor teore i (turščina)
Bir dik ç lı üçgende dik kenar ın her birinin
uzunlukl rının k elerini topla aları, dik açılı köşe
karşısındaki kenarın uzunluğunun karesine eşittir.
Pythagorase teoree (estonščina)
Täisnurkses kol nurgas hüpotenuusi ruut võrdub
kaatetite ruutude su aga.
Pitagor eorē a (letonščin )
Taisnl ņķa trijstūr̄ı hipotenūzas kvadrāts ir vienāds
ar katešu kvadrātu su u.
Pitagoro teore a (litovščina)
Stačiojo trika pio įža binės ilgio kvadratas yra
lygus statinių ilgių kvadratų su ai.
Pitagorasen teore a (baskovščina)
Hiruki zuzen bat n katetoen karratua, hipotenusa-
ren karratuaren berdina da.
Teore o de Pitagoro (esperanto)
En ajna orta triangulo, la are de la kvadra o kun
lateroj kies longo eg las al la longo de la hipotenuzo
tiu triangulo estas egala al la su de la areoj
de la du kvadratoj kun lateroj kies longoj egalas
respektive al la longo de la du katetoj.
4
Teorema lui Pitagora (romunščina)
În ice triunghi dreptunghic, suma pătratelor cate-
telor este egală cu pătratul ipotenuzei.
Pitagora z-tétel (madžarščina)
Tetszőleges derékszögű háromszögb n a befogó
fölé írt négyzetek területeinek összege megegyezik
az átfogó fölé írt négyzet területével.
Pythagoras sats (švedščin )
I en rätvinklig triangel, kvadraten hypotenusan är
lika med summan av kvadraterna på k teterna.
Pythagoras’ lærese ning (norveščina – bokmål)
I en r ttvinklet trekant er summen av kvadratene på
katetene lik kvadratet på hypo enusen.
D n pythagoræis e læ esætning (danščina)
I alle retvinklede treka ter er summen af kateternes
kvadrat lig hypotenusens kvadrat.
Regla Pýþagó asar (islandščina)
Í rétthyrndum þríhyrningi er summan af ferningstö
lum skammhliðanna jöfn ferningstölu langhliðarin-
nar.
Pythagoraan lause (finščina)
Suorakulmais kol ion katee it iv ina piirrettyjen
eliöiden alojen summa on yhtä suuri kuin hypote-
nuusa sivuna p irretyn neliön ala.
Teorema e Pitagor s (albanščina)
Në çdo trekëndësh këndrejtë shuma e katro ëve të
kate është e barabartë me katrorin e
ndërtuar mbi hipotenuzë.
Pisagor teoremi (turščina)
Bir dik ç lı üçgende dik kenar ın her birinin
uzunlukl rının k elerini toplamaları, dik açılı köşe
karşısındaki k narın uzunluğunun karesine eşittir.
Pythagorase teoreem (estonščina)
Täisnurkses kolmnurgas hüpotenuusi ruut võrdub
kaatetite ruutude summaga.
Pitagor eorēma (letonščin )
Taisnl ņķa trijstūr̄ı hipotenūzas kvadrāts ir vienāds
ar katešu kvad ātu summu.
Pitagoro teorema (litovščina)
Stačiojo trikampio įžambinės ilgio kvadratas yra
lygus statinių ilgių kvadratų suma .
Pitagorasen teorema (baskovščina)
Hiruki zuzen bat n katetoen karratua, hipotenusa-
ren ka ratuaren berdina da.
Teoremo de Pitagoro (esperanto)
En ajna orta triangulo, la are de la kvadra o kun
lateroj kies longo eg las al la longo de la hipotenuzo
tiu triangulo estas egala al la sum de la areoj
de la du kvadratoj kun lateroj kies longoj egalas
respektive al la longo de la du katetoj.
4
Teore a lui Pitagora (ro unščina)
În ice triunghi dreptunghic, su a pătratelor cate-
telor este egală cu pătratul ipotenuzei.
Pitagora z-tétel ( adžarščina)
Tetszőleges derékszögű háro szögb n a befogó
fölé írt négyzetek területeinek összege egegyezik
az átfogó fölé írt négyzet területével.
Pythagoras sats (švedščin )
I en rätvinklig triangel, kvadraten hypotenusan är
lika ed su an av kvadraterna på k teterna.
Pythagoras’ lærese ning (norveščina – bok ål)
I en r ttvinklet trekant er su en av kvadratene på
katetene lik kvadratet på hypo enusen.
D n pythagoræis e læ esætning (danščina)
I alle retvinklede treka ter er su en af kateternes
kvadrat lig hypotenusens kvadrat.
Regla Pýþagó asar (islandščina)
Í rétthyrndu þríhyrningi er su an af ferningstö
lu ska hliðanna jöfn ferningstölu langhliðarin-
nar.
Pythagoraan lause (finščina)
Suorakul ais kol ion katee it iv ina piirrettyjen
eliöiden alojen su a on yhtä suuri kuin hypote-
nuusa sivuna p irretyn neliön ala.
Teore a e Pitagor s (albanščina)
Në çdo trekëndësh këndrejtë shu a e katro ëve të
kate është e barabartë e katrorin e
ndërtuar bi hipotenuzë.
Pisagor teore i (turščina)
Bir dik ç lı üçgende dik kenar ın her birinin
uzunlukl rının k elerini topla aları, dik açılı köşe
karşısındaki k narın uzunluğunun karesine eşittir.
Pythagorase teoree (estonščina)
Täisnurkses kol nurgas hüpotenuusi ruut võrdub
kaatetite ruutude su aga.
Pitagor eorē a (letonščin )
Taisnl ņķa trijstūr̄ı hipotenūzas kvadrāts ir vienāds
ar katešu kvad ātu su u.
Pitagoro teore a (litovščina)
Stačiojo trika pio įža binės ilgio kvadratas yra
lygus statinių ilgių kvadratų su a .
Pitagorasen teore a (baskovščina)
Hiruki zuzen bat n katetoen karratua, hipotenusa-
ren ka ratuaren berdina da.
Teore o de Pitagoro (esperanto)
En ajna orta triangulo, la are de la kvadra o kun
lateroj kies longo eg las al la longo de la hipotenuzo
tiu triangulo estas egala al la su de la areoj
de la du kvadratoj kun lateroj kies longoj egalas
respektive al la longo de la du katetoj.
4
Teorema lui Pitagora (romunščina)
În ice triunghi dreptunghic, suma pătratelor cate-
telor este egală cu pătratul ipotenuzei.
Pitagora z-tétel (madžarščina)
Tetsz˝leges derékszögű háromszögb n a befogó
fölé írt négyzetek területeinek összege megegyezik
az átfogó fölé írt négyzet területével.
Pythagoras sats (švedščin )
I en rätvinklig triangel, kvadraten hypotenusan är
lika med summan av kvadraterna på k teterna.
Pythagoras’ lærese ning (norveščina – bokmål)
I en r ttvinklet trekant er summen av kvadratene på
katetene lik kvadratet på hypo enusen.
D n pythagoræis e læ esætning (danščina)
I alle retvinklede treka ter er summen af kateternes
kvadrat lig hypotenusens kvadrat.
Regla Pýþagó asar (islandščina)
Í rétthyrndum þríhyrningi er summan af ferningstö
lum skammhliðanna jöfn ferningstölu langhliðarin-
nar.
Pythagoraan lause (finščina)
S orakulmais kol io katee it iv ina piirrettyjen
eliöiden alojen summa on yhtä suuri kuin hypote-
nuusa sivuna p irretyn neliön ala.
Teorema e Pitagor s (albanščina)
Në çdo trekëndësh këndrejtë shuma e katro ëve të
kate është e barabartë me katrorin e
ndërtuar mbi hipotenuzë.
Pisagor teoremi (turščina)
Bir dik ç lı üçge de dik kenar ın h r bir nin
uzunlukl rının k elerini toplamaları, dik açılı köşe
karşısındaki k narın uzunluğunun karesine eşittir.
Pythagorase teoreem (estonščina)
Täisnurkses kolmnurgas hüpotenuusi ruut võrdub
kaatetite ruutude summaga.
Pitagor eorēma (letonščin )
Taisnl ņķa trijstūr̄ı hipotenūzas kvadrāts ir vienāds
ar katešu kvad ātu summu.
Pitagoro teorema (litovščina)
Stačiojo trikampio įžambinės ilgio kvadratas yra
lygus statinių ilgių kvadratų suma .
Pitagorasen teorema (baskovščina)
Hiruki zuzen bat n katetoen karratua, hipotenusa-
ren ka ratuaren berdina da.
Teoremo de Pitagoro (esperanto)
En ajna orta triangulo, l re de la kvadra o kun
lateroj kies longo eg las a la longo de a hipot nuzo
tiu triangulo estas g la al la sum de la areoj
de la du kvadratoj kun lateroj kies longoj egalas
respektive al la longo de la du katetoj.
4
Teore a lui Pitago (ro unščina)
În ice triunghi dreptunghic, su a pătratelor cate-
telor este egală cu pătratul ipotenuzei.
Pitagora z-tétel ( adžarščina)
Tetsz˝leges derékszögű háro szögb n a befogó
fölé írt négyzetek területeinek összege egegyezik
az átfogó fölé írt négyzet területével.
Pythagoras s ts (švedščin )
I en rätvinklig triangel, kvadraten hypotenusan är
lika ed su an av kvadraterna på k teterna.
Pythagoras’ l rese ning (norvešči a – bok ål)
I en r ttvinklet trekant er su en av kvadratene på
katetene lik kvadratet på hypo enusen.
D n pythagor is l es tning (danščina)
I alle retvinklede treka ter er su en af kateternes
kvadrat lig hypotenusens kvadrat.
Regl Pýþagó as r (islandšči a)
Í rétthyrndu þríhyrningi er su an af ferningstö
lu ska hliðanna jöfn ferningstölu langhliðarin-
nar.
Pythagoraan la se (finščina)
S orakul ais kol io katee it iv ina piirrettyjen
eliöiden alojen su a on yhtä suuri kuin hypote-
nuusa sivuna piirretyn neliön ala.
Teore a e Pitagor s (albanščin )
Në çdo trekëndësh këndrejtë shu a e katro ëve të
kate është e barabartë e katrorin e
ndërtuar bi hipotenuzë.
Pisagor teore i (turščina)
Bir dik ç lı üçge de dik kenar ın h r birinin
uzunlukl rının k elerini topla aları, dik açılı köşe
karşısındaki k narın uzunluğunun karesine eşittir.
Pythagorase t oree (estonščina)
Täisnurkses kol nurgas hüpotenuusi ruut võrdub
kaatetite ruutude su aga.
Pitagor eo e a (letonščin )
Taisnl ņķa trijstūr̄ı hipotenūzas kvadrāts ir vienāds
ar katešu kvad ātu su u.
Pitagoro teore a (litovščina)
Stačiojo trika pio įža binės ilgio kvadratas yra
lygus statinių ilgių kvadratų su ai.
Pit gorasen teo e (b skovščina)
Hiruki zuzen bat n katetoen karratua, hipotenusa-
ren ka ratuaren berdina da.
Teore o de Pita oro (esperant )
En ajna orta triangulo, l re de la kvadra o kun
lateroj kies longo eg las al la longo de la hipot nuzo
tiu triangulo estas g la al la su de la areoj
de la du kvadratoj kun lateroj kies longoj egalas
respektive al la longo de la du katetoj.
4
i
i
i
l l
Teorema lui Pitago (romunščina)
În ice triunghi dreptunghi , suma pătratelor cate-
telor este egală cu pătratul ipotenuzei.
Pitagora z-tétel (madžarščina)
Tetsz˝leges derékszögű háromszögb n a befogó
fölé írt négyzetek területei ek összege megegyezik
az átfogó fölé írt négyzet területével.
Pythagoras s ts (švedščin )
I en rätvinklig triangel, kvadraten hypotenusan är
lika med summan av kvadraterna på k teterna.
Pythagoras’ lærese ning (norvešči a – bokmål)
I en r ttvinklet trekant er summe av kvadratene på
katetene lik kvadratet på hypo enusen.
D n pythagoræis læ esætning (danščina)
I all retvinklede treka ter er summen af kateternes
kvadrat lig hypotenusens kvadrat.
Regl Pýþagó as r (islandšči a)
Í rétthyrndum þríhyrningi er summan af ferningstö
lum sk mmhliðanna jöf ferningstölu langhliðarin-
nar.
Pythagoraan la se (finščina)
S orakulmais kol io katee it iv ina piirrettyjen
eliöiden alojen summa on yhtä suuri kuin hypote-
nuusa sivuna p irretyn neliön ala.
Teorema e Pitagor s (albanščin )
Në çdo trekëndësh këndrejtë shuma e katro ëve të
kate është e barabartë me katrorin e
ndërtuar mbi hipotenuzë.
Pisagor teoremi (turščina)
Bir dik ç lı üçge de dik kenar ın h r birinin
uzunlukl rının k elerini toplamaları, dik açılı köşe
karşısındaki k narın uzunluğunun karesine eşittir.
Pythagorase t oree (estonščina)
Täisnurkses kolmnurgas hüpotenuusi ruut võrdub
kaatetite ruutude summaga.
Pitagor eo ema (letonščin )
Taisnl ņķa rijstūr̄ı hip tenūz s kvadrāts ir vienāds
ar katešu kvad ātu summu.
Pitagoro teorema (litovščina)
Stačiojo trikampio įž mbinės ilgio kvadratas yra
lygus statinių ilgių kvadratų suma .
Pit gorasen teo em (b skovščina)
Hiruki zuzen bat n katetoen karratua, hipotenusa-
ren ka ratuaren berdina da.
Teoremo de Pita oro (esperant )
En ajna orta triangulo, l re de la kvadra o kun
lateroj kies longo eg las al la longo de la hipot nuzo
tiu triangulo estas g la al la sum de la areoj
de la du kvadratoj kun lateroj kies longoj egalas
respektive al la longo de la du katetoj.
4
Teore a lui Pitago (ro unščina)
În ice triunghi dreptunghi , su a pătratelor cate-
telor este gală cu pătratul ip tenuzei.
Pitagora z-tétel ( adžarščina)
Tetsz˝leges derékszögű háro szögb n a befogó
fölé írt négyzetek területei ek összege egegyezik
az átfogó fölé í t négyzet te ül tével.
Pythagoras s ts (švedščin )
I en rätvinklig triangel, kvadraten hypotenusan är
lika ed su an av kvadraterna på k tete na.
Pythagoras’ lærese ning (norvešči a – bok ål)
I en r ttvinklet trekant er su e av kvadratene på
k tetene lik kvadratet på hypo enus .
D n pythagoræis læ esætning (danščina)
I all retvinklede treka ter er su en af kateternes
kvadrat lig hypotenuse s kvadrat.
Regl Pýþagó as r (islandšči a)
Í rétthyrndu þríhyrningi er su an af ferningstö
lu sk hliðanna jöf ferningstölu langhliðarin-
nar.
Pythagoraan la se (finščina)
S orakul ais kol io katee it iv ina piirrettyjen
eliöiden alojen su a on yhtä suuri kuin hypote-
nuusa sivuna p irretyn neliön ala.
Teore a e Pitagor s (albanščin )
Në çdo trekëndësh këndrejtë shu a e katro ëve të
kate është e barabartë e katrorin e
ndërtuar bi hipotenuzë.
Pisagor teore i (turščina)
Bir dik ç lı üçge de dik kenar ın h r birinin
uzunlukl rının k elerini topla aları, dik açılı köşe
kar ı̧sındaki narın uzunluğunu karesine eşittir.
Pythagorase t oree (estonščina)
Täisnurkses kol nurgas hüpotenuusi ruut võrdub
k atetite ruutude su aga.
Pitagor eo e a (letonščin )
Taisnl ņķa rijstūr̄ı hip tenūz s kvadrāts ir vienāds
ar katešu kvad ātu su u.
Pitagoro teore a (litovščina)
Stačiojo trika pio įž binės ilgio kvadratas yra
lyg s statinių ilgių kvadratų su a .
Pit gorasen teo e (b skovščina)
Hiruki zuzen bat n katetoen karratua, hipotenusa-
ren ka ratu ren berdina da.
Teore o de Pita oro (esperant )
En ajna orta triangulo, l re de la kvadra o kun
lateroj kies longo eg las al la longo de la hipot nuzo
tiu triangulo estas g la al la su de la areoj
de la du kvadratoj kun lateroj kies longoj egalas
respektive al la longo de la du katetoj.
4
c
t
t
e
-
a
i
i
ı l
t
t a
a
i
Teorema lui Pitago (romunščina)
În ice triunghi dreptunghi , suma pătratelor cate-
telor este gală cu pătratul ip tenuzei.
Pitagora z-tétel (madžarščina)
Tetsz˝leges derékszögű háromszögb n a befogó
fölé írt négyzetek területei ek összege megegyezik
az átfogó fölé í t négyzet te ül tével.
Pythagoras s ts (švedščin )
I en rätvinklig triangel, kvadraten hypotenusan är
lika med summan av kvadraterna på k tete na.
Pythagoras’ l rese ning (norvešči a – bokmål)
I en r ttvinklet trekant er summe av kvadratene på
k tetene lik kvadratet på hypo enus .
D n pythagor is l es tning (danščina)
I all retvinklede treka ter er summen af kateternes
kvadrat lig hypotenuse s kvadrat.
Regl Pýþagó as r (islandšči a)
Í rétthyrndum þríhyrningi er summan af ferningstö
lum sk mmhliðanna jöf ferningstölu langhliðarin-
nar.
Pythagoraan la se (finščina)
S orakulmais kol io katee it iv ina piirrettyjen
eliöiden alojen summa on yhtä suuri kuin hypote-
nuusa sivuna piirretyn neliön ala.
Teorema e Pitagor s (albanščin )
Në çdo trekëndësh këndrejtë shuma e katro ëve të
kate është e barabartë me katrorin e
ndërtuar mbi hipotenuzë.
Pisagor teoremi (turščina)
Bir dik ç lı üçge de dik kenar ın h r birinin
uzunlukl rının k elerini toplamaları, dik açılı köşe
kar ı̧sındaki narın uzunluğunu karesine eşittir.
Pythagorase t oree (estonščina)
Täisnurkses kolmnurgas hüpotenuusi ruut võrdub
k atetite ruutude summaga.
Pitagor eo ema (letonščin )
Taisnl ņķa trijstūr̄ı hip tenūz s kvadrāts ir vienāds
ar katešu kvad ātu sum u.
Pitagoro teorema (litovščina)
Stačiojo trikampio įž mbinės ilgio kvadratas yra
lyg s statinių ilgių kvadratų sumai.
Pit gorasen teo em (b skovščina)
Hiruki zuzen bat n katetoen karratua, hipotenusa-
ren ka ratu ren berdina da.
Teoremo de Pita oro (esperant )
En ajna orta triangulo, l re de la kvadra o kun
lateroj kies long e las al la longo de la hipot nuzo
tiu triangulo estas g la al la sum de la areoj
de la du kvadratoj kun lateroj kies longoj egalas
respektive al la longo de la du katetoj.
4
       
 é igual à soma dos quadrados dos catetos.
presek 40 (2012/2013) 2
•
11
m a t e m a t i k a
Še nekaj ugank 
iz ameriške 
radijske oddaje 
Cartalk
•
Tončka je prevozila 40 km več kot Janez.
Iz prvega stolpca vzamemo en žeton, iz drugega
dva, iz tretjega 22, iz naslednjega 23, . . . , iz sedmega
26 = 64 žetonov. Če so vsi žetoni pravi, vse skupaj
tehta 127 · 10 g = 1270 g. Sicer pa od rezultata od-
štejemo 1270 g. Dobljeno število gramov zapišemo
kot vsoto različnih potenc števila 2. Denimo, da smo
natehtali 1275 g. Potem je pribitek 5 = 22 + 1 gra-
mov. Od tod vidimo, da sta prvi in tretji stolpec se-
stavljena iz ponarejenih žetonov, preostali so pravi.
Z nekaj poskušanja ugotovimo, da na koncu sve-
tijo svetilke 1, 4, 9, 16, 25, 36, . . . skratka tiste, ki
odgovarjajo kvadratom naravnih števil. Dokažimo
to. Vzemimo število m. Ugotoviti moramo vse nje-
gove delitelje. Zapišimo m = a1n1 · · ·aknk , kjer so
a1, . . . , ak različna praštevila. Vsakega od deliteljev
lahko na en in en sam način zapišemo kot a1r1 · · ·
akrk , kjer so 0 ≤ r1 ≤ n1, . . . , 0 ≤ rk ≤ nk. Torej je
vseh mogočih deliteljev d = (n1+1) · · · (nk+1). Sve-
tilka m bo na koncu prižgana, če jo bomo potegnili
liho mnogokrat, se pravi, če bo d liho število. To pa
je natanko takrat, ko so vsa števila n1+ 1, . . . , nk+ 1
liha, torej n1, . . . , nk soda, se pravi, da je m kvadrat.
Prva premica gre med 10 in 11 in med 2 in 3.
Druga premica je vzporedna prvi.
2
V prejšnji številki Preseka smo povedali nekaj
o priljubljeni ameriški radijski oddaji Cartalk in o
matematičnih ugankah v njej. Priredil sem še ne-
kaj nalog iz te oddaje. Na spletu pa boste našli še
več strani s podobnimi ugankami.
Imamo 32 rezervoarjev, polnih vode. Vemo, da je
natančno eden od rezervoarjev onesnažen. Onesna-
ženje dokažemo s testerjem, za katerega je potrebna
majhna količina tekočine. Imamo pet testerjev in
veliko časa. Kako sorazmerno enostavno določimo
onesnaženi rezervoar? (Ta naloga je standardna in
kolikor vemo, ni iz omenjene oddaje, vključil sem jo
le zaradi naslednjih, težjih problemov.)
Imamo 13 rezervoarjev, polnih vode. Vemo, da je
natančno eden od rezervoarjev onesnažen. Onesna-
ženost dokažemo s testerjem, ki ga damo v majhno
količino tekočine. Imamo štiri testerje, preizkus traja
12 ur, na razpolago imamo manj kot 24 ur. Kako do-
ločimo onesnaženi rezervoar?
Imamo 50 žetonov. Od teh je 49 pravih; ti imajo
vsi enako maso. Eden pa je ponarejen in nekoliko
lažji od preostalih. Imamo natančno umerjeno teh-
tnico z dvema skodelicama. Ali lahko s štirimi tehta-
nji, brez uporabe uteži, izločimo ponarejeni žeton?
Rešitve teh ugank bodo objavljene v naslednji šte-
vilki Preseka.
Oddaji Cartalk na ameriškem National Public Ra-
dio (NPR) sledi zabavni kviz Wait Wait. . . Don’t Tell
Me!. Tudi ta odlǐcna oddaja ima vzgojno kompo-
nento. Gostje v oddaji morajo namreč izbirati med
tremi zgodbami, ki so vse na videz enako (ne)verjet-
ne, a je le ena med njimi resnična. Dobra vaja za
sistem brezobzirne ekonomije, kjer nas pogosto po-
skušajo navleči. Nekoliko lažja naloga (vsaj za tiste,
ki jim je angleščina materni jezik) v tej oddaji pa je
uganiti zadnjo besedo v kratki rimani pesmici.
2
j ji il i li j
ilj lj i i i ij i ji t l i
i i j j. i il -
j l i j . l li
i i i i.
I j , l i . , j
j . -
j j , j
j li i i . I j i
li . l i
i ( l j i
li , i i j j , lj il j
l i l ji , ji l .)
I j , l i . , j
j . -
j , i j
li i i . I i i j , i j
, l i j . -
l i i
I . i ; i i
i . i li
l i li . I -
i li . li l i i i -
i, i, i l i i
i l l i -
il i .
i l i i l li -
i ( ) l i i i i i . . . ’ ll
!. i li i -
. i i i i
i i, i i ( ) -
, l i i i .
i i i , -
l i. li l l ( i ,
i i l i i i ) i
i i i i i i i.
re š šte Prese a s o o e a e a
o r e a er š ra s o a ar a k o
ate at č ga a e . Pr re se še e
a a og z te o a e. a s et a oste aš še
eč stra s o o ga a .
a o 32 rezervoar ev, o vo e. e o, a e
ata č o e e o rezervoar ev o es aže . es a
že e okaže o s tester e , za katerega e otreb a
a a ko č a tekoč e. a o et tester ev
ve ko časa. ako soraz er o e ostav o o oč o
o es aže rezervoar? a a oga e sta ar a
ko kor ve o, z o e e e o a e, vk č se o
e zara as e , tež rob e ov.
a o 13 rezervoar ev, o vo e. e o, a e
ata č o e e o rezervoar ev o es aže . es a
že ost okaže o s tester e , k ga a o v a o
ko č o tekoč e. a o št r tester e, re zk s tra a
12 r, a raz o ago a o a kot 24 r. ako o
oč o o es aže rezervoar?
a o 50 žeto ov. te je 49 rav ; t ajo
vs e ako aso. E e a je o areje eko ko
ažj o reosta . a o ata č o erje o te
t co z ve a sko e ca a. a ko s št r te ta
j , brez orabe tež , z oč o o areje žeto ?
eš tve te ga k bo o objav je e v as e j šte
v k Preseka.
aj arta k a a er ške at o a P b c a
o P s e zabav kv z a t a t. . . o ’t e
e!. ta o č a o aja a vzgoj o ko o
e to. ostje v o aj orajo a reč zb rat e
tre zgo ba , k so vse a v ez e ako e verjet
e, a je e e a e j res č a. obra vaja za
s ste brezobz r e eko o je, kjer as ogosto o
sk šajo av eč . eko ko ažja a oga vsaj za t ste,
k j je a g ešč a ater jez k v tej o aj a je
ga t za jo bese o v kratk r a es c .
2
Rešitev ugank 
iz prejšnje 
številke
•
•
peter legiša
peter legiša
presek 40 (2012/2013) 2
Teorema lui Pitagora (romunščina)
În orice triunghi dreptunghic, suma pătratelor cate-
telor este egală cu pătratul ipotenuzei.
Pitagorasz-tétel (madžarščina)
Tetszőleges derékszögű háromszögben a befogók
fölé írt négyzetek területeinek összege megegyezik
az átfogó fölé írt négyzet területével.
Pythagoras sats (švedščina)
I en rätvinklig triangel, kvadraten på hypotenusan är
lika med summan av kvadraterna på kateterna.
Pythagoras’ læresetning (norveščina – bokmål)
I en rettvinklet trekant er summen av kvadratene på
katetene lik kvadratet på hypotenusen.
Den pythagoræiske læresætning (danščina)
I alle retvinklede trekanter er summen af kateternes
kvadrat lig hypotenusens kvadrat.
Regla Pýþagórasar (islandščina)
Í rétthyrndum þríhyrningi er summan af ferningstö-
lum skammhliðanna jöfn ferningstölu langhliðarin-
nar.
Pythagoraan lause (finščina)
Suorakulmaisen kolmion kateetit sivuina piirrettyjen
neliöiden alojen summa on yhtä suuri kuin hypote-
nuusa sivuna piirretyn neliön ala.
Teorema e Pitagorës (albanščina)
Në çdo trekëndësh këndrejtë shuma e katrorëve të
ndërtuar mbi katete është e barabartë me katrorin e
ndërtuar mbi hipotenuzë.
Pisagor teoremi (turščina)
Bir dik açılı üçgende dik kenarların her birinin
uzunluklarının karelerinin toplamaları, dik açılı köşe
karşısındaki kenarın uzunluğunun karesine eşittir.
Pythagorase teoreem (estonščina)
Täisnurkses kolmnurgas hüpotenuusi ruut võrdub
kaatetite ruutude summaga.
Pitagora teorēma (letonščina)
Taisnleņķa trijstūr̄ı hipotenūzas kvadrāts ir vienāds
ar katešu kvadrātu summu.
Pitagoro teorema (litovščina)
Stačiojo trikampio įžambinės ilgio kvadratas yra
lygus statinių ilgių kvadratų sumai.
Pitagorasen teorema (baskovščina)
Hiruki zuzen baten katetoen karratua, hipotenusa-
ren karratuaren berdina da.
Teoremo de Pitagoro (esperanto)
En ajna orta triangulo, la areo de la kvadrato kun
lateroj kies longo egalas al la longo de la hipotenuzo
de tiu triangulo estas egala al la sumo de la areoj
de la du kvadratoj kun lateroj kies longoj egalas
respektive al la longo de la du katetoj.
4
12
m a t e m a t i k a
•
Najboljši osnovnošolci s področnih tekmovanj
so se v soboto, 21. aprila 2012, pomerili v osmih
regijah na državnem tekmovanju za zlato Vegovo
priznanje. Nanj se po pravilniku uvrsti do 1 % vseh
sedmošolcev, osmošolcev in devetošolcev s posa-
meznega področja ter še učenci, ki jih na podlagi
dosežkov na področnem tekmovanju izbere držav-
na tekmovalna komisija.
Najboljši tekmovalci so bili nagrajeni z zlatimi Vego-
vimi priznanji. V sedmem razredu smo podelili 63, v
osmem 64 in v devetem 65 zlatih Vegovih priznanj.
Najboljših 20 devetošolcev je bilo povabljenih na
Poletno šole matematike, ki je bila od 22. do 26. ju-
nija 2012 v Bohinju. V poletni šoli so učenci po-
slušali naslednja predavanja: Barvanje v matematiki,
Pravilni petkotnik, Kam postaviti prenosnik in druge
zgodbe, Matematični triki, Astronomija, Geometrija
nekoliko drugače in dokazovanje. Poleg predavanj
so imeli udeleženci poletne šole tudi pester športno-
rekreativni program in družabne večere. Svoje moči
so lahko nabirali tudi s kolesarjenjem po bohinjski
kolesarski poti, s kopanjem v jezeru, s pohodom
okoli jezera, z igranjem odbojke, košarke, nogometa
in še drugih skupinskih iger.
Učenci, ki na tekmovanju Mednarodni matematič-
ni Kenguru dosežejo najboljši uspeh ter hkrati do-
sežejo vsaj polovico točk na državnem tekmovanju,
se udeležijo nagradnega izleta. Letos smo jih odpe-
ljali v Salzburg in njegovo okolico. Ogledali so si ru-
dnik soli Salzbergwerk pri Berchtesgadnu in dvorec
Hellbrunn z znamenitimi vrtovi, kjer so velika zani-
mivost „Wasserspiele“ ter glavne znamenitosti mesta
Salzburg.
Nagrade, ki so bile podeljene v Koloseju, so prejeli
najboljši tekmovalci, in sicer:
7. razred
I. nagrada
Rok Štuhec, OŠ Kungota
II. nagrada
Leon Samotorčan, OŠ Vrhovci, Ljubljana
III. nagrada
Matej Škarabot, OŠ Log – Dragomer
Luka Govedič, OŠ Pohorskega odreda, Slovenska
Bistrica
Klara Šparlek, OŠ Toneta Okrogarja, Zagorje
Nik Wallas, OŠ Toneta Čufarja, Ljubljana
8. razred
I. nagrada
2
, . ,
.
,
,
.
. ,
.
, . .
.
: ,
,
, , ,
.
.
, ,
, , ,
.
,
,
.
.
,
.
, ,
, :
,
, ,
,
, ,
, ,
, ,
j lj i l i i j
il ili i
ij j l
i j j il i i
l l i l -
j i i ji l i
j i -
l i ij
j lj i l i ili j i l i i -
i i i ji lili
i l i i i j
j lj i l j il lj i
l l i i j il j -
ij i j l i li i -
l li l j j j i i
il i i i i i i
i i i i ij ij
li i j l j
i li l i l l i -
i i i j i
l i li i l j j i j i
l i i j j
li j i j j
i i i i i
i i j i i -
i j j lj i i -
j j l i j
l ij i l ji -
lj li l i j li l li i -
i li l i i
ll i i i i j li i-
i i l l i i
l
i il lj l j j li
j lj i l i i i
I.
II.
i j lj
III.
l
i i
j j
j j lj
I.
a o š os o ošo c s o roč te o a
so se so oto, 21. a r a 2012, o er os
reg a a rža e te o a za z ato ego o
r z a e. a se o ra rst o 1 se
se ošo ce , os ošo ce e etošo ce s osa
ez ega o roč a ter še če c , a o ag
osež o a o roč e te o a z ere rža
a te o a a o s a.
a bo š tek ova c so b agra e z z at ego
v r z a . se e razre s o o e 63, v
os e 64 v evete 65 z at egov r z a .
a bo š 20 evetošo cev e b o ovab e a
Po et o šo e ate at ke, k e b a o 22. o 26.
a 2012 v Bo . o et šo so če c o
s ša as e a re ava a: Barva e v ate at k ,
Prav etkot k, a ostav t re os k r ge
zgo be, ate at č tr k , stro o a, eo etr a
eko ko r gače okazova e. Po eg re ava
so e e eže c o et e šo e t ester š ort o
rekreat v rogra r žab e večere. Svo e oč
so a ko ab ra t s ko esar e e o bo sk
ko esarsk ot , s ko a e v ezer , s o o o
oko ezera, z gra e o bo ke, košarke, ogo eta
še r g sk sk ger.
če c , k a tek ova e aro ate at č
e g r oseže o a bo š s e ter krat o
seže o vsa o ov co točk a ržav e tek ova ,
se e ež o agra ega z eta. Letos s o o e
a v Sa zb rg egovo oko co. g e a so s r
k so Sa zberg erk r Berc tesga vorec
e br z z a e t vrtov , k er so ve ka za
vost „ assers e e“ ter g av e z a e tost esta
Sa zb rg.
agra e, k so b e o e e e v o ose , so re e
a bo š tek ova c , s cer:
. r r
nagra a
Št ec, Š gota
nagra a
Le S t rč , Š r ovc , L b a a
nagra a
tej Š r b t, Š Log – rago er
L e ič, Š Po orskega o re a, S ove ska
B str ca
l r Šp rle , Š o eta krogar a, agor e
i ll s, Š o eta ˇ far a, L b a a
. r r
nagra a
2
N jb lj i n vn l i p d nih k v nj
v b , . p il , p ili v ih
ij h n d vn k v nju l V v
p i n nj . N nj p p vilniku uv i d % v h
d l v, l v in d v l v p -
n p d j u n i, ki jih n p dl i
d k v n p d n k v nju i b d v-
n k v ln k i ij .
N j lj i l i ili n j ni l i i V -
i i p i n nji. V d du p d lili ,
in d l ih V ih p i n nj.
N j lj ih d l j il p lj nih n
l n l i , i j il d . d . ju-
nij hinju. V p l ni li u n i p -
lu li n l dnj p d nj : nj i i,
ilni p ni , K p i i p n ni in d u
d , M i ni i i, A n ij , G ij
n li d u in d nj . l p d nj
i li ud l n i p l n l udi p p n -
i ni p in d u n . j i
l h n i li udi l j nj p hinj i
l i p i, p nj j u, p h d
li j , i nj d j , , n
in d u ih upin ih i .
U n i, i n nju M dn dni i -
ni K n u u d j n j lj i u p h h i d -
j j p l i n d n nju,
ud l ij n dn i l . jih dp -
lj li l u in nj li . O l d li i u-
dni li l w p i h dnu in d
H ll unn n ni i i i, j li ni-
i pi l l n n ni i
l u .
N d , i il p d lj n K l ju, p j li
n j lj i l i, in i :
7 az ed
I. d
Rok uh , O Kun
II. d
on amo o an, O V h i, ju lj n
III. d
Ma ka a o , O D
uka Gov d , O h d d , l n
i i
K a a a k, O T n O j , Z j
N k a a , O T n Cu j , ju lj n
8 az ed
I. d
t m
t m m
m t m t
t
m m t
m t
m t m
t m m
t m r t m
m r m m r r m
m m t m t r
t
t m t m t
t
r r m t m t
r t t m t t r r
t m t tr tr m m tr
r r
m t t t r rt
r r t r r m r r m
r t r m
r t m r m
r r m r m t
r r
t m r m t m t
r t r r t
t r m t m
r t t m
r r
r r r r t r
r m t m rt r
m t W r t r m t t m t
r
r r
t m r
.
r
t
r
r
r
j r m r
i r r
tr
t r r r
i W t f r
.
r
aj oljši os o ošolci s o roč i e o a j
so se so o o, 21. a rila 2012, o erili os i
regija a rža e e o a j za zla o ego o
riz a je. a j se o ra il i rs i o 1 se
se ošolce , os ošolce i e e ošolce s osa-
ez ega o ročja er še če ci, i ji a o lagi
osež o a o roč e e o a j iz ere rža -
a e o al a o isija.
ajboljši ek ovalci so bili ag aje i z zla i i ego-
vi i iz a ji. se e az e s o o elili 63, v
os e 64 i v eve e 65 zla i egovi iz a j.
ajboljši 20 eve ošolcev je bilo ovablje i a
Pole o šole a e a ike, ki je bila o 22. o 26. j -
ija 2012 v Bo i j . ole i šoli so če ci o-
sl šali asle ja e ava ja: Ba va je v a e a iki,
P avil i e ko ik, a os avi i e os ik i ge
zgo be, a e a ič i iki, s o o ija, eo e ija
ekoliko gače i okazova je. Poleg e ava j
so i eli eleže ci ole e šole i es e š o o-
ek ea iv i og a i žab e veče e. Svoje oči
so la ko abi ali i s kolesa je je o bo i jski
kolesa ski o i, s ko a je v jeze , s o o o
okoli jeze a, z ig a je o bojke, koša ke, ogo e a
i še gi sk i ski ige .
če ci, ki a ek ova j e a o i a e a ič-
i e g osežejo ajboljši s e e k a i o-
sežejo vsaj olovico očk a žav e ek ova j ,
se eležijo ag a ega izle a. Le os s o ji o e-
ljali v Salzb g i jegovo okolico. gle ali so si -
ik soli Salzbe g e k i Be c esga i vo ec
ellb z z a e i i i v ovi, kje so velika za i-
ivos „ asse s iele“ e glav e z a e i os i es a
Salzb g.
ag a e, ki so bile o elje e v olosej , so ejeli
ajboljši ek ovalci, i sice :
r r
I. nag a a
Št ec, Š go a
II. nag a a
Le S t rč , Š ovci, Lj blja a
III. nag a a
te Š r b t, Š Log – ago e
L e č, Š Po o skega o e a, Slove ska
Bis ica
l r Šp rle , Š o e a k oga ja, ago je
ll s, Š o e a ˇ a ja, Lj blja a
r r
I. nag a a
2
48. tekmovanje 
za zlato Vegovo 
priznanje
•
klavdija mlinšek
V prejšnji številki Preseka smo povedali nekaj
o priljubljeni ameriški radijski oddaji Cartalk in o
matematičnih ugankah v njej. Priredil sem še ne-
kaj nalog iz te oddaje. Na spletu pa boste našli še
več strani s podobnimi ugankami.
Imamo 32 rezervoarjev, polnih vode. Vemo, da je
natančno eden od rezervoarjev onesnažen. Onesna-
ženje dokažemo s testerjem, za katerega je potrebna
majhna količina tekočine. Imamo pet testerjev in
veliko časa. Kako sorazmerno enostavno določimo
onesnaženi rezervoar? (Ta naloga je standardna in
kolikor vemo, ni iz omenjene oddaje, vključil sem jo
le zaradi naslednjih, težjih problemov.)
Imamo 13 rezervoarjev, polnih vode. Vemo, da je
natančno eden od rezervoarjev onesnažen. Onesna-
ženost dokažemo s testerjem, ki ga damo v majhno
količino tekočine. Imamo štiri testerje, preizkus traja
12 ur, na razpolago imamo manj kot 24 ur. Kako do-
ločimo onesnaženi rezervoar?
Imamo 50 žetonov. Od teh je 49 pravih; ti imajo
vsi enako maso. Eden pa je ponarejen in nekoliko
lažji od preostalih. Imamo natančno umerjeno teh-
tnico z dvema skodelicama. Ali lahko s štirimi tehta-
nji, brez uporabe uteži, izločimo ponarejeni žeton?
Rešitve teh ugank bodo objavljene v naslednji šte-
vilki Preseka.
Oddaji Cartalk na ameriškem National Public Ra-
dio (NPR) sledi zabavni kviz Wait Wait. . . Don’t Tell
Me!. Tudi ta odlǐcna oddaja ima vzgojno kompo-
nento. Gostje v oddaji morajo namreč izbirati med
tremi zgodbami, ki so vse na videz enako (ne)verjet-
ne, a je le ena med njimi resnična. Dobra vaja za
sistem brezobzirne ekonomije, kjer nas pogosto po-
skušajo navleči. Nekoliko lažja naloga (vsaj za tiste,
ki jim je angleščina materni jezik) v tej oddaji pa je
uganiti zadnjo besedo v kratki rimani pesmici.
2
5
1
4 2
1
Barvni sudoku
V 5× 5 kvadratkov moraš vpisati začetna naravna
števila od 1 do 5, tako da bo v vsaki vrstici, v vsakem
stolpcu in v kvadratkih iste barve nastopalo vseh 5
števil.
1
•
Barvni sudoku
presek 40 (2012/2013) 2
13
m a t e m a t i k a
www.presek.si
rešitev barvni  sudoku 
s  str ani  1 2
• • •
Najboljši osnovnošolci s področnih tekmovanj
so se v soboto, 21. aprila 2012, pomerili v osmih
regijah na državnem tekmovanju za zlato Vegovo
priznanje. Nanj se po pravilniku uvrsti do 1 % vseh
sedmošolcev, osmošolcev in devetošolcev s posa-
meznega področja ter še učenci, ki jih na podlagi
dosežkov na področnem tekmovanju izbere držav-
na tekmovalna komisija.
Najboljši tekmovalci so bili nagrajeni z zlatimi Vego-
vimi priznanji. V sedmem razredu smo podelili 63, v
osmem 64 in v devetem 65 zlatih Vegovih priznanj.
Najboljših 20 devetošolcev je bilo povabljenih na
Poletno šole matematike, ki je bila od 22. do 26. ju-
nija 2012 v Bohinju. V poletni šoli so učenci po-
slušali naslednja predavanja: Barvanje v matematiki,
Pravilni petkotnik, Kam postaviti prenosnik in druge
zgodbe, Matematični triki, Astronomija, Geometrija
nekoliko drugače in dokazovanje. Poleg predavanj
so imeli udeleženci poletne šole tudi pester športno-
rekreativni program in družabne večere. Svoje moči
so lahko nabirali tudi s kolesarjenjem po bohinjski
kolesarski poti, s kopanjem v jezeru, s pohodom
okoli jezera, z igranjem odbojke, košarke, nogometa
in še drugih skupinskih iger.
Učenci, ki na tekmovanju Mednarodni matematič-
ni Kenguru dosežejo najboljši uspeh ter hkrati do-
sežejo vsaj polovico točk na državnem tekmovanju,
se udeležijo nagradnega izleta. Letos smo jih odpe-
ljali v Salzburg in njegovo okolico. Ogledali so si ru-
dnik soli Salzbergwerk pri Berchtesgadnu in dvorec
Hellbrunn z znamenitimi vrtovi, kjer so velika zani-
mivost „Wasserspiele“ ter glavne znamenitosti mesta
Salzburg.
Nagrade, ki so bile podeljene v Koloseju, so prejeli
najboljši tekmovalci, in sicer:
7. razred
I. nagrada
Rok Štuhec, OŠ Kungota
II. nagrada
Leon Samotorčan, OŠ Vrhovci, Ljubljana
III. nagrada
Matej Škarabot, OŠ Log – Dragomer
Luka Govedič, OŠ Pohorskega odreda, Slovenska
Bistrica
Klara Šparlek, OŠ Toneta Okrogarja, Zagorje
Nik Wallas, OŠ Toneta Čufarja, Ljubljana
8. razred
I. nagrada
2
Ajda Frankovič, OŠ Gustava Šiliha, Velenje
Martina Lokar, OŠ Danila Lokarja, Ajdovščina
Miha Rajter, OŠ Lenart
II. nagrada
Timen Stepišnik Perdih, OŠ Šmarje pri Jelšah
Lucija Bogataj, OŠ Poljane
III. nagrada
Aleksej Jurca, OŠ Ledina, Ljubljana
Ana Trebše, OŠ dr. Aleš Bebler-Primož, Hrvatini
Nina Štrovs, OŠ Ivana Cankarja, Trbovlje
9. razred
I. nagrada
Rok Krumpak, OŠ Šmarje pri Jelšah
Miha Ličef, OŠ Gorje
II. nagrada
Katarina Černač, OŠ Miroslava Vilharja, Po-
stojna
Klara Groznik, OŠ Ferda Vesela, Šentvid pri
Stični
III. nagrada
Doris Keršič, OŠ Podčetrtek
Jakob Jurij Snoj, OŠ Belokranjskega odreda,
Semič
3
j i , t ili , l j
i , il rj , j i
i j , rt
II. r
i i i i , rj ri J l
ij j, lj
III. r
j J , i , j lj
, r. l l r- ri , r ti i
i , I rj , r lj
.
I. r
, rj ri J l
i i , rj
II. r
i , ir l il rj , -
t j
i , r l , t i ri
ti i
III. r
i i , trt
J J ij j, l r j r ,
i
r r
Ajda Frankovič, OŠ Gust va Šiliha, Velenje
Martina Lokar, OŠ Danila Lokarja, Ajdovščina
Miha Rajter, OŠ Lenart
II. nagr da
Timen Stepišnik Perdih, OŠ Šmarje pri Jelšah
Lucija Bog taj, OŠ Poljane
III. nagr da
Aleksej Jurca, OŠ Ledina, Ljublj na
Ana Trebše, OŠ dr. Aleš Bebler-Primož, Hrvatini
Nina Štrovs, OŠ Iv na Cankarja, Trbovlje
9. razred
I. nagr da
Rok Krumpak, OŠ Šmarje pri Jelšah
Miha Ličef, OŠ Gorje
II. nagr da
K tarina Černač, OŠ Mirosl va Vilharja, Po-
stojna
Kl ra Groznik, OŠ Ferda V sela, Šentvid pri
Stični
III. nagr da
Doris Keršič, OŠ Podčetrtek
Jakob Jurij Snoj, OŠ Belokranjskega odreda,
Semič
3
Ajda Frankovič, OŠ Gustava Šiliha, Velenje
Martina Lokar, OŠ Danila Lokarja, Ajdovščina
Miha Rajter, OŠ Lenart
II. nagrada
Timen Stepišnik Perdih, OŠ Šmarje pri Jelšah
Lucija Bogataj, OŠ Poljane
III. nagrada
Aleksej Jurca, OŠ Ledina, Ljubljana
Ana Trebše, OŠ dr. Aleš Bebler-Primož, Hrvatini
Nina Štrovs, OŠ Ivana Cankarja, Trb vlje
9. razred
I. nagrada
Rok Krumpak, OŠ Šmarje pri Jelšah
Miha Ličef, OŠ Gorje
II. nagrada
Katarina Černač, OŠ Miroslava Vilharja, Po-
stojna
Klara Groznik, OŠ Ferda Vesela, Šentvid pri
Stični
III. nagrada
Doris Keršič, OŠ Podčetrtek
Jakob Jurij Snoj, OŠ Belokranjskega odreda,
Semič
3
A da Frankovič, OŠ Gustava Šiliha, Velenje
artina Lokar, OŠ Danila Loka ja, Ajdovščina
iha Ra ter, OŠ Lena t
II. nag ada
Timen Stepišnik Perdih, OŠ Š a je p i elšah
Luci a Bogata , OŠ Poljane
III. nag ada
Alekse urca, OŠ Ledina, Ljubljana
Ana Trebše, OŠ d . Aleš Beble -P i ož, H vatini
Nina Štrovs, OŠ Ivana Canka ja, T bovlje
9. az ed
I. nag ada
Rok Krumpak, OŠ Š a je p i elšah
iha Ličef, OŠ Go je
II. nag ada
Katarina Černač, OŠ i oslava Vilha ja, Po-
stojna
Klara Groznik, OŠ Fe da Vesela, Šentvid p i
Stični
III. nag ada
Doris Keršič, OŠ Podčet tek
akob uri Sno , OŠ Belok anjskega od eda,
Se ič
3
Ajda Frankovič, OŠ Gustava Šiliha, Velenje
Martina Lokar, OŠ Danila Lokarja, Ajdovščina
Miha Rajter, OŠ Lenart
II. nagrada
Timen Stepišnik Perdih, OŠ Šmarje pri Jelšah
Lucija Bogataj, OŠ Poljane
III. nagrada
Aleksej Jurca, OŠ Ledina, Ljubljana
Ana Trebše, OŠ dr. Aleš Bebler-Primož, Hrvatini
Nina Štrovs, OŠ Ivana Cankarja, Trbovlje
9. razred
I. nagrada
Rok Krumpak, OŠ Šmarje pri Jelšah
Miha Ličef, OŠ Gorje
II. nagrada
Katarina Černač, OŠ Miroslava Vilharja, Po-
stojna
Klara Groznik, OŠ Ferda Vesela, Šentvid pri
Stični
III. nagrada
Doris Keršič, OŠ Podčetrtek
Jakob Jurij Snoj, OŠ Belokranjskega odreda,
Semič
3
, ili , l j
, il j , j i
,
II.
, j i l
, lj
III.
, i , j lj
, . l l - i , i i
, I j , lj
I.
, j i l
, j
II.
, i l il j , -
j
, l , i i
i i
III.
,
, l j ,
i
Ajda Frankovič, OŠ Gustava Šiliha, Velenje
artina Lokar, OŠ Danila Lokarja, Ajdovščina
iha Rajter, OŠ Lenart
II. nagrada
Timen Stepišnik Perdih, OŠ Š arje pri Jelšah
Lucija Bogataj, OŠ Poljane
III. nagrada
Aleksej Jurca, OŠ Ledina, Ljubljana
Ana Trebše, OŠ dr. Aleš Bebler-Pri ož, Hrvatini
Nina Štrovs, OŠ Ivana Cankarja, Trbovlje
9. razred
I. nagrada
Rok Krumpak, OŠ Š arje pri Jelšah
iha Ličef, OŠ Gorje
II. nagrada
Katarina Černač, OŠ iroslava Vilharja, Po-
stojna
Klara Groznik, OŠ Ferda Vesela, Šentvid pri
Stični
III. nagrada
Doris Keršič, OŠ Podčetrtek
Jakob Jurij Snoj, OŠ Belokranjskega odreda,
Se ič
3
j i , t ili , l j
M i , il rj , j i
Mi j , rt
II. r
i i i i , m rj ri J l
ij j, lj
III. r
j J , i , j lj
, r. l l r- rim , r ti i
i , I rj , r lj
.
I. r
, m rj ri J l
Mi i , rj
II. r
i , Mir l il rj , -
t j
i , r l , t i ri
ti i
III. r
i i , trt
J J ij j, l r j r ,
mi
A da Frankov č, OŠ Gus ava Šiliha, Velenje
art na Lokar, OŠ Danila Loka ja, Ajdovščina
ha Ra ter, OŠ Lena
II. nag ada
T men Step šn k Perd h, OŠ Š a je p i elšah
Luc a Bogata , OŠ Poljane
III. nag ada
Alekse urca, OŠ Ledina, Ljubljana
Ana Trebše, OŠ d . Aleš Beble -P i ož, H va ini
N na Štrovs, OŠ Ivana Canka ja, T bovlje
9 razred
I. nag ada
Rok Krumpak, OŠ Š a je p i elšah
ha L čef, OŠ Go je
II. nag ada
Katar na Černač, OŠ i oslava Vilha ja, Po-
s ojna
Klara Grozn k, OŠ Fe da Vesela, Šen vid p i
S ični
III. nag ada
Dor s Kerš č, OŠ Podče ek
akob ur Sno , OŠ Belok anjskega od eda,
Se ič
3
j i , st ili , ele je
M i , il rj , j šci
Mi j , e rt
II. r
i iš i i , rje ri Jelš
ij j, lj e
III. r
l s j J , e i , j lj
š , Š r. leš e ler- ri , r ti i
i s, I rj , r lje
. r r
I. r
, rje ri Jelš
Mi i f, rje
II. r
i , Mir sl il rj , -
st j
l i , er esel , e t i ri
tic i
III. r
is ši , cetrte
J J ij j, el r js e re ,
e ic
Najboljši osnovnošolci s področnih tekmovanj
so se v soboto, 21. aprila 2012, pomerili v osmih
regijah na državnem tekmovanju za zlato Vegovo
priznanje. Nanj se po pravilniku uvrsti do 1 % vseh
sedmošolcev, osmošolcev in devetošolcev s posa-
meznega področja ter še učenci, ki jih na podlagi
dosežkov na področnem tekmovanju izbere držav-
na tekmovalna komisija.
Najboljši tekmovalci so bili nagrajeni z zlatimi Vego-
vimi prizna ji. V sedmem razredu sm podelili 63, v
osmem 64 n v devet m 65 zlatih Vegovih priznanj.
Najboljših 20 deve ošolcev je bil povabljenih na
Poletno šole matematike, ki j b la od 22. do 26. ju
nija 2012 v Bohinju. V poletni šoli so učenci po-
sluša i naslednja predavanja: Barvanje v matematiki,
Pravilni petkotnik, Kam postaviti prenosnik in druge
zgodbe, Matematič i tri i, Astronomija, Geometrija
nekoliko rugače in dokazovanje. Poleg predavanj
so imel udeleženci poletne šole tudi pester športno-
rekreativni program in družabne večere. Svoje moč
s lahko nabirali tudi s kolesarjenj m po b injski
kolesarski poti, s kopanjem v jezeru, s p h dom
okoli jezera, z igra jem odbojke, košarke, nogometa
in še drugih skupinskih iger.
Učenci, ki na tekmov nju Mednarodni matematič
ni Kenguru d sežejo najboljši uspeh ter hkrati do-
žejo vsa polovico točk na državnem tekmovanju,
se udeležijo nagradnega izleta. Letos smo jih odpe
ljali v Salzburg in nj govo okolico. Ogledal so si u-
dnik soli Sal bergwerk pri Berchtesgadnu in dvorec
Hellbrunn z znam nitimi vrtovi, kjer so velika zani-
mivost „Wasserspiele“ ter glavne znamenitosti mesta
Salzbu g.
Nagrade, ki so bile podeljene v Koloseju, so prejeli
najboljši tekmovalci, in sicer:
7. razred
I. nagrada
Rok Štuhec, OŠ Kungota
II. nagrada
Leon Samotorčan, OŠ Vrhovci, Ljubljana
III. nagrada
Matej Šk ra ot, OŠ L g – Dr gom r
Luka Govedič, OŠ Pohorskega odreda, Slovenska
Bistrica
Klara Šp rlek, OŠ Toneta Okrogarja, Zagorje
Nik Wallas, OŠ Toneta Čufarja, Ljubljana
8. razred
I. nagrada
2
j ljši s š l i s r i t j
s s s t , . ril , rili s i
r ij r t j l t
ri j . j s r il i rsti s
s š l , s š l i t š l s s -
r j t r š i, i ji l i
s r t j i r r -
t l isij .
j ljši te lci s ili r je i l ti i e -
i i ri ji. se e r re s elili ,
s e i e ete l ti e i ri j.
j ljši e et š lce je il lje i
let š le te ti e, i je il . . j -
ij i j . let i š li s ce ci -
sl š li sle j re j : r je te ti i,
r il i et t i , st iti re s i i r e
e, te tic i triki, str ij , e etrij
e li r ce i je. le re j
s i eli ele e ci let e š le t i ester š rt -
re re ti i r r i r e ecere. je ci
s l ir li t i s les rje je i js i
les rs i ti, s je je er , s
li je er , i r je j e, š r e, et
i še r i s i s i i er.
ce ci, i te a j e r i te tic-
i e r se ej j ljši s e ter r ti -
se ej s j l ic t c r e te j ,
se ele ij r e i let . t s s ji e-
lj li l r i je lic . le li s si r -
i s li lz er er ri erc tes i rec
ell r e iti i rt i, jer s eli i-
i st „ ssers iele“ ter l e e it sti est
l r .
r e, i s ile elje e l sej , s rejeli
j ljši te lci, i sicer:
. r r
I. r
, t
II. r
, r ci, j lj
III. r
j , o – ra r
, rs e re , l e s
istric
l a l , et r rj , rje
i ll s, et f rj , j lj
. r r
I. r
Na bo o novno o c pod očn h ek ovan
o e v obo o, 21. ap a 2012, po e v o h
eg ah na d žavne ek ovan u za z a o Vegovo
p znan e. Nan e po p av n ku uv do 1 % v eh
ed o o cev, o o o cev n deve o o cev po a
eznega pod oč a e e učenc , k h na pod ag
do ežkov na pod očne ek ovan u zbe e d žav
na ek ova na ko a.
Na bo k ova o b nag a n z z a V go
v p znan . V d az du o pod 63, v
o 64 n v d v 65 z a h V gov h p znan .
Na bo h 20 d v o o v b o povab n h na
Po no o a a k , k b a od 22. do 26. u
n a 2012 v Boh n u. V po n o o uˇ n po
u a na dn a p davan a: Ba van v a a k ,
P av n p ko n k, Ka po av p no n k n d ug
zgodb , a a ˇn , A ono a, G o a
n ko ko d ugaˇ n dokazovan . Po g p davan
o ud ž n po n o ud p po no
k a vn p og a n d užabn v ˇ . Svo oˇ
o ahko nab a ud ko a n po boh n k
ko a k po , kopan v z u, pohodo
oko z a, z g an odbo k , ko a k , nogo a
n d ug h kup n k h g .
Uˇ n , k na k ov n u dna odn a a ˇ
n K ngu u do ž o na bo u p h hk a do
ž o v a po ov o oˇk na d žav k ovan u,
ud ž o g adn ga z a. L o o h odp
a v Sa zbu g n n govo oko o. Og da o u
dn k o Sa b gw k p B h gadnu n dvo
H b unn z zna n v ov , k o v ka zan
vo a p g avn zna n o a
Sa zbu g.
Nag ad , k o b pod n v Ko o u, o p
na bo k ova , n :
7 az ed
nag ada
Rok Štuhec, OŠ Kungo a
nag ada
Leon Samotorčan, OŠ V hov , L ub ana
nag ada
ate Šk ra ot, OŠ L g D go e
Luka Goved , OŠ Poho k ga od da, S ov n ka
B a
K ara Šp r ek, OŠ Ton a Ok oga a, Zago
N k a a , OŠ Ton a Ču a a, L ub ana
8 az ed
nag ada
2
7. razred
8. razred
9. razred
i. nagrada
i. nagrada
ii. nagrada
iii. nagrada
i. nagrada
ii. nagrada
iii. nagrada
ii. nagrada
iii. nagrada
13245
32451
41523
54132
25314
presek 40 (2012/2013) 2
14
f i z i k a
Paradna disciplina fizike zagotovo ni pomnjenje.
Pri fiziki moramo prav malo podatkov, dejstev in
opisov pospraviti v spomin, če se izrazimo v ra-
čunalniškem žargonu. Seveda pa popolnoma brez
deklarativnega znanja ne gre. Za primerjavo vze-
mimo množenje. Na pamet se naučimo poštevanko
(deklarativno znanje) in postopek (proceduralno
znanje), kako množiti večmestna števila. Tako z
majhno zalogo v spominu in z nekaj truda brez
uporabe računala pomnožimo tudi veliki števili,
npr. 35674 in 8243. Naš cilj pri učenju mora biti,
da „pospravimo“ čim manj v svoj spomin; to, kar
pa imamo, pa moramo tako spretno razširiti (proce-
duralno znanje), da je vse, kar zmoremo pri fiziki,
daleč več od tega, kar smo si zapomnili (deklara-
tivno znanje).
Ob tem se postavi vprašanje, ali naj si sploh zapo-
mnimo kako letnico; nekatera pomembna odkritja
prav gotovo. A skušajmo veliko stvari obestiti na
malo število letnic, hkrati pa ustvariti čim več po-
vezav. Poskusimo!
Najbrž vsi vemo, kdaj je Trubar napisal prvo slo-
vensko knjigo (1550). To je lahko oporna letnica tudi
za Kopernika. Niti deset let ni razlike med izzidoma
knjig Kopernika in Trubarja. Sedaj torej vemo, kdaj
(približno) je izšla tudi knjiga, ki je Sonce postavila
v središče vesolja.
Gotovo je pametno pomniti tudi leto 1609. Ga-
lileo Galilei je prav tega leta prvič opazoval zvezde
in planete z daljnogledom. Istega leta je tudi Ke-
pler zapisal prva dva zakona, ki nosita njegovo ime.
Pravzaprav sta to zadnji veliki astronomski odkri-
tji, do katerih so se dokopali še brez daljnogledov.
Ker je devet in devet osemnajst, lahko omenimo še
leto 1618, ko je Kepler zapisal še tretji zakon; za po-
trebna opazovanja pa je uporabil daljnogled, ki ga je
sam sestavil iz dveh zbiralnih leč, kar je bila novost
in izboljšava dotedanjih daljnogledov.
Letnico 1789 gotovo poznamo vsi. Gre za leto
francoske revolucije. Dogodek je imel tolikšen vpliv
na svetovno zgodovino, da ga nekateri obravnavajo
kot mejnik v novem veku. Prav tega leta pa je Fran-
coz Lavoisier izdal knjigo Elementarna razprava o
kemiji, ki je morda prvi moderni učbenik kemije. A
vrnimo se k fiziki.
Bodimo pri zamenjavi druge in četrte števke malo
nerodni, pa zasukajmo devetico v šestico:
Slika 1
Prišli smo do letnice izida ene najpomembnejših
2
Letnice 
pri pouku 
fizike
•
tine golež
Paradna disciplina fizike zagotovo ni pomnjenje.
Pri fiziki moramo prav malo podatkov, dejstev in
opisov pospraviti v spomin, če se izrazimo v ra-
čunalniškem žargonu. Seveda pa popolnoma brez
deklarativnega znanja ne gre. Za primerjavo vze-
mimo množenje. Na pamet se naučimo poštevanko
(deklarativno znanje) in postopek (proceduralno
znanje), kako množiti večmestna števila. Tako z
majhno zalogo v spominu in z nekaj truda brez
uporabe računala pomnožimo tudi veliki števili,
npr. 35674 in 8243. Naš cilj pri učenju mora biti,
da „pospravimo“ čim manj v svoj spomin; to, kar
pa imamo, pa moramo tako spretno razširiti (proce-
duralno znanje), da je vse, kar zmoremo pri fiziki,
daleč več od tega, kar smo si zapomnili (deklara-
tivno znanje).
Ob tem se postavi vprašanje, ali naj si sploh zapo-
mnimo kako letnico; nekatera pomembna odkritja
prav gotovo. A skušajmo veliko stvari obestiti na
malo število letnic, hkrati pa ustvariti čim več po-
vezav. Poskusimo!
Najbrž vsi vemo, kdaj je Trubar napisal prvo slo-
vensko knjigo (1550). To je lahko oporna letnica tudi
za Kopernika. Niti deset let ni razlike med izzidoma
knjig Kopernika in Trubarja. Sedaj torej vemo, kdaj
(približno) je izšla tudi knjiga, ki je Sonce postavila
v središče vesolja.
Gotovo je pametno pomniti tudi leto 1609. Ga-
lileo Galilei je prav tega leta prvič opazoval zvezde
in planete z daljnogledom. Istega leta je tudi Ke-
pler zapisal prva dva zakona, ki nosita njegovo ime.
Pravzaprav sta to zadnji veliki astronomski odkri-
tji, do katerih so se dokopali še brez daljnogledov.
Ker je devet in devet osemnajst, lahko omenimo še
leto 1618, ko je Kepler zapisal še tretji zakon; za po-
trebna opazovanja pa je uporabil daljnogled, ki ga je
sam sestavil iz dveh zbiralnih leč, kar je bila novost
in izboljšava dotedanjih daljnogledov.
Letnico 1789 gotovo poznamo vsi. Gre za leto
francoske revolucije. Dogodek je imel tolikšen vpliv
na svetovno zgodovino, da ga nekateri obravnavajo
kot mejnik v novem veku. Prav tega leta pa je Fran-
coz Lavoisier izdal knjigo Elementarna razprava o
kemiji, ki je morda prvi moderni učbenik kemije. A
vrnimo se k fiziki.
Bodimo pri zamenjavi druge in četrte števke malo
nerodni, pa zasukajmo devetico v šestico:
Slika 1
Prišli smo do letnice izida ene najpomembnejših
2
i i li i i j j .
i i i l , j i
i i i i , i i -
l i . l
l i j . i j -
i j . i
( l i j ) i ( l
j ), i i il .
j l i i j
l i i li i ili,
. i . ilj i j i i,
i i j j i ; ,
i , i i i ( -
l j ), j , i i i,
l , i ili ( l -
i j ).
i j , li j i l -
i l i ; i j
. j li i i i
l il l i , i i i i -
. i !
j i , j j i l l -
ji ( ). j l l i i
i . i i l i li i i
ji i i j . j j , j
( i li ) j i l i ji , i j il
i lj .
j i i i l . -
lil lil i j l i l
i l lj l . I l j i -
l i l , i i j i .
ji li i i i-
ji, i li lj l .
j i j , l i
l , j l i l ji ; -
j j il lj l , i j
il i i l i l , j il
i i lj ji lj l .
i i. l
l ij . j i l li li
i , i j
j i . l j -
i i i l ji l t
iji, i j i i i ij .
i i i.
i i j i i l
i, j i i :
li
i li l i i i j j i
Para a sc a z e zagoto o o e e.
Pr z ora o ra a o o at o , e ste
o so os ra t s o , če se zraz o ra
č a š e žargo . Se e a a o o o a rez
e arat ega z a a e gre. a r er a o ze
o ože e. a a et se a č o ošte a o
e arat o z a e osto e roce ra o
z a e , a o ož t eč est a šte a. a o z
a o za ogo s o z e a tr a rez
ora e rač a a o ož o t e šte ,
r. 35674 8243. aš c r če ora t ,
a „ os ra o“ č a s o s o ; to, ar
a a o, a ora o ta o s ret o razš r t roce
ra o z a e , a e se, ar z ore o r z ,
a eč eč o tega, ar s o s za o e ara
t o z a e .
b te se ostav v raša e, a a s s o za o
o kako et co; ekatera o e b a o kr t a
rav gotovo. sk ša o ve ko stvar obest t a
a o štev o et c, krat a stvar t č več o
vezav. Posk s o!
a brž vs ve o, k a e r bar a sa rvo s o
ve sko k go 1550 . o e a ko o or a et ca t
za o er ka. t eset et raz ke e zz o a
k g o er ka r bar a. Se a tore ve o, k a
r b ž o e zš a t k ga, k e So ce ostav a
v sre šče veso a.
otovo e a et o o t t eto 1609. a
eo a e e rav tega eta rv č o azova zvez e
a ete z a og e o . stega eta e t e
er za sa rva va zako a, k os ta egovo e.
Pravza rav sta to za ve k astro o sk o kr
t , o kater so se oko a še brez a og e ov.
er e evet evet ose a st, a ko o e o še
eto 1618, ko e e er za sa še tret zako ; za o
treb a o azova a a e orab a og e , k ga e
sa sestav z ve zb ra eč, kar e b a ovost
zbo šava ote a a og e ov.
Let co 1789 gotovo oz a o vs . re za eto
fra coske revo c e. ogo ek e e to kše v v
a svetov o zgo ov o, a ga ekater obrav ava o
kot e k v ove vek . Prav tega eta a e Fra
coz Lavo s er z a k go E e e ar a razprava o
ke , k e or a rv o er čbe k ke e.
vr o se k z k .
Bo o r za e av r ge četrte števke a o
ero , a zas ka o evet co v šest co:
S ka 1
Pr š s o o et ce z a e e a o e b e š
2
dn di iplin fi ik v ni p nj nj
i fi iki p v l p d k v d j v in
pi v p p vi i v p in i i v -
un lni k nu v d p p p ln b
d kl ivn n nj n Z p i j v v -
i n nj p n u i p v nk
(d kl ivn n nj ) in p p k (p du ln
n nj ) k k n i i v n vil T k
jhn l v p inu in n k j ud b
up b un l p n i udi v liki vili
np in ilj p i u nju bi i
d p p vi i nj v v j p in k
p i p k p n i i i (p -
du ln n nj ) d j v k p i fi iki
d l v d k i p nili (d kl -
ivn n nj )
p i p nj li n j i pl h p -
ni l ni n p n d i j
p u j li i i i n
l il l ni h i p u i i i p -
u i
j i d j j T u n pi l p l -
n nji ( ) T j l h p n l ni udi
K p ni i i d l ni li d i id
nji K p ni in T u j d j j d j
(p i li n ) j i l udi nji i j n p il
di lj
j p n p ni i udi l -
lil lil i j p l p i p l d
in pl n d ljn l d I l j udi K -
pl pi l p d n i n i nj i
p dnji li i n i d i-
ji d ih d p li d ljn l d
K j d in d n j l h ni
l j K pl pi l ji n p -
n p nj p j up il d ljn l d i j
il i d h i lnih l j il n
in i lj d d njih d ljn l d
ni p n i l
n lu ij d j i l li n pli
n n d in d n i n j
jni n u l p j n-
i i i d l nji l nt n
iji i j d p i d ni u ni ij
ni fi i i
di p i nj i d u in l
n dni p u j d i i
li
i li d l ni i id n n jp n j ih
m .
m m m ,
m , m
m . m
. m
m m m . N m m
, m m .
m m
m m ,
. . N m ,
m m m m ; ,
m m , m m
, , m m ,
, m m
.
O m ,
m m ; m m
. A m
m , m
. m !
N m ,
.
. N m m
. m ,
,
.
G m m . G
G
m.
, m .
m
, .
m , m m
, ;
,
m ,
.
m . G
. D m
,
m m .
m
m , m m m . A
m .
m m m
, m :
m m m
r is i li i t i j j
ri i i r r l t jst i
is s r iti s i s i r i r -
l iš r l r
l r ti j r ri rj -
i j t s i št
( l r ti j ) i st ( r r l
j ) iti st št il
j l s i i j tr r
r r l i t i li i št ili
r i š ilj ri j r iti
„ s r i “ i j s j s i t r
i r t s r t r širiti ( r -
r l j ) j s r r ri i i
l t r s si ili ( l r -
ti j )
te se st i r š je li j si s l -
i let ic e ter e ritj
r t s š j eli st ri estiti
l šte il let ic r ti st riti ci ec -
e s si
j r si e j je r r is l r sl -
e s ji ( ) je l r let ic t i
er i iti eset let i r li e e i i
ji er i i r rj e j t rej e j
( ri li ) je i šl t i ji i je ce st il
sre išce es lj
t je et iti t i let -
lile lilei je r te let r ic l e e
i l ete lj le Iste let je t i e-
ler is l r i sit je i e
r r st t ji eli i str s i ri-
tji teri s se li še re lj le
er je e et i e et se jst l e i še
let je e ler is l še tretji -
tre j je r il lj le i je
s sest il i e ir l i lec r je il st
i i ljš te ji lj le
et ic t si re let
fr c s e re l cije e je i el t li še li
s et i e teri r j
t ej i e e r te let je r -
c isier i l ji le e t r r z r
e iji i je r r i er i c e i e ije
r i se i i
i ri e j i r e i cetrte šte e l
er i s j e etic šestic
li
rišli s let ice i i e e j e ejši
Pa a a c a z e zago o o o e e.
P z o a o a a o o a o , e e
o o o a o , če e z az o a
č a e ža go . Se e a a o o o a ez
e a a ega z a a e g e. a e a o ze
o ože e. a a e e a č o o e a o
e a a o z a e o o e oce a o
z a e , a o ož eč e a e a. a o z
a o za ogo o z e a a ez
o a e ač a a o ož o e e ,
. 35674 8243. a c če o a ,
a o a o č a o o ; o, a
a a o, a o a o a o e o az oce
a o z a e , a e e, a z o e o z ,
a eč eč o ega, a o za o e a a
o z a e .
b o av v a a , a a o za o
o kako o; ka a o b a o k a
av go ovo. k a o v ko va ob a
a o v o , k a a va ˇ v ˇ o
v zav. Po k o!
a b ž v v o, k a ba a a vo o
v ko k go 1550 . o a ko o o a a
za o ka. az k zz o a
k g o ka ba a. S a o v o, k a
b ž o z a k ga, k So o av a
v ˇ v o a.
o ovo a o o o 1609. a
o a av ga a v ˇ o azova zv z
a z a og o . ga a
za a va va zako a, k o a govo .
P avza av a o za v k a o o k o k
, o ka o oko a b z a og ov.
v v o a , a ko o o
o 1618, ko za a zako ; za o
b a o azova a a o ab a og , k ga
a av z v zb a ,̌ ka b a ovo
zbo ava o a a og ov.
L o 1789 go ovo oz a o v . za o
a o k vo . ogo k o k v v
a v ov o zgo ov o, a ga ka ob av ava o
ko k v ov v k . P av ga a a F a
oz Lavo z a k go E a a a p ava o
k , k o a v o ˇb k k .
v o k z k .
Bo o za av g ˇ vk a o
o , a za ka o v o v o:
S ka 1
P o o z a a o b
2
dn di iplin fi ik v ni p nj nj
i fi iki p v l p d k v d j v in
pi v p p vi i v p in i i v -
un lni k nu v d p p p ln b
d kl ivn n nj n Z p i j v v -
i n nj p n u i p v nk
(d kl ivn n nj ) in p p k (p du ln
n nj ) k k n i i v n vil T k
jhn l v p inu in n k j ud b
up b un l p n i udi v liki vili
np in ilj p i u nju bi i
d p p vi i nj v v j p in k
p i p k p n i i i (p -
du ln n nj ) d j v k p i fi iki
d l v d k i p nili (d kl -
ivn n nj )
p i p nj li n j i pl h p -
ni l ni n p n d i j
p u j li i i i n
l il l ni h i p u i i i p -
u i
j i d j j T u n pi l p l -
n nji ( ) T j l h p n l ni udi
K p ni i i d l ni li d i id
nji K p ni in T u j d j j d j
(p i li n ) j i l udi nji i j n p il
di lj
j p n p ni i udi l -
lil lil i j p l p i p l d
in pl n d ljn l d I l j udi K -
pl pi l p d n i n i nj i
p dnji li i n i d i-
ji d ih d p li d ljn l d
K j d in d n j l h ni
l j K pl pi l ji n p -
n p nj p j up il d ljn l d i j
il i d h i lnih l j il n
in i lj d d njih d ljn l d
ni p n i l
n lu ij d j i l li n pli
n n d in d n i n j
jni n u l p j n-
i i i d l nji l nt n
iji i j d p i d ni u ni ij
ni fi i i
di p i nj i d u in l
n dni p u j d i i
li
i li d l ni i id n n jp n j ih
r s t .
r r r t , st
s s r t s , s r r
š r . r
r t r . r r
. t s št
r t st r r
, t st št .
s tr r
r r t št ,
r. . š r r t ,
„ s r “ s s ; t , r
, r t s r t r š r t r
r , s , r r r ,
t , r s s r
t .
te se st r š e, s s
et c ; e ter e r t
r t . s š e st r est t
šte et c, r t st r t c ec
e . s s !
r s e , e r r s r s
e s . e r et c t
er . t eset et r e e
er r r . e t re e ,
r e š t , e ce st
sre šce es .
t e et t t et .
e e e r te et r c e e
ete e . ste et e t e
er s r , s t e e.
r r st t e str s r
t , ter s se še re e .
er e e et e et se st, e še
et , e e er s še tret ;
tre e r e , e
s sest e r ec, r e st
š te e .
et c t s . re et
fr c s e re c e. e e e t še
s et , e ter r
t e e e . r te et e r
c s er e e r r z r
e , e r r er c e e e.
r se .
r e r e cetrte šte e
er , s e et c šest c :
r š s et ce e e e e š
Pa a a i ci li a zi e zago o o i om je je.
P i zi i mo amo a malo o a o , ej e i
o i o o a i i omi , če e iz azimo a-
č al i em ža go . Se e a a o ol oma ez
e la a i ega z a ja e g e. a ime ja o ze-
mimo m ože je. Na ame e a čimo o e a o
( e la a i o z a je) i o o e ( oce al o
z a je), a o m oži i ečme a e ila. a o z
maj o zalogo omi i z e aj a ez
o a e ač ala om ožimo i eli i e ili,
. 35674 i 8243. Na cilj i če j mo a i i,
a o a imo čim ma j oj omi ; o, a
a imamo, a mo amo a o e o az i i i ( oce-
al o z a je), a je e, a zmo emo i zi i,
aleč eč o ega, a mo i za om ili ( e la a-
i o z a je).
Ob m o avi v a a j , ali aj i lo za o-
m imo kako l i o; ka a om mb a o k i ja
av go ovo. A k ajmo v liko va i ob i i a
malo vilo l i , k a i a va i i ǐm v ˇ o-
v zav. Po k imo!
Najb ž v i v mo, k aj j ba a i al vo lo-
v ko k jigo (1550). o j la ko o o a l i a i
za o ika. Ni i l i azlik m izzi oma
k jig o ika i ba ja. S aj o j v mo, k aj
( ibliž o) j iz la i k jiga, ki j So o avila
v i ˇ v olja.
Go ovo j am o om i i i l o 1609. Ga-
lil o Galil i j av ga l a viˇ o azoval zv z
i la z alj ogl om. I ga l a j i -
l za i al va va zako a, ki o i a j govo im .
P avza av a o za ji v liki a o om ki o k i-
ji, o ka i o oko ali b z alj ogl ov.
j v i v o m aj , la ko om imo
l o 1618, ko j l za i al ji zako ; za o-
b a o azova ja a j o abil alj ogl , ki ga j
am avil iz v zbi al i l ,̌ ka j bila ovo
i izbolj ava o a ji alj ogl ov.
L i o 1789 go ovo oz amo v i. G za l o
a o k vol ij . Dogo k j im l olik v liv
a v ov o zgo ovi o, a ga ka i ob av avajo
ko m j ik v ov m v k . P av ga l a a j F a -
oz Lavoi i iz al k jigo El m ta a a p ava o
k miji, ki j mo a vi mo i ˇb ik k mij . A
v imo k ziki.
Bo imo i zam javi g i ˇ vk malo
o i, a za kajmo v i o v i o:
Slika 1
P i li mo o l i izi a aj om mb j i
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 r
t t r r t
r t t r t t
t t r t t r t
r r r r
r t t
r t t t r
r r r t r
r t t
r
t t t t t
r t t r
t t t t
r r t
r r t t tr r
t t r r
r t t t
t r tr t
tr r
t r r t
t
t t r t
fr r t
t t r r
t r t t r
r
r r r
r
r r trt t
r t t
r t
r is i li i i j j .
ri i i r r l , js i
is s r i i s i , s i r i r -
l iš r . l r
l r i j r . ri rj -
i j . s i š
( l r i j ) i s ( r r l
j ), i i s š il .
j l s i i j r r
r r l i i li i š ili,
r. i . š ilj ri j r i i,
„ s r i “ i j s j s i ; , r
i , r s r r širi i ( r -
r l j ), j s , r r ri i i,
l , r s si ili ( l r -
i j ).
e se s i š je, li j si s l -
i le ic ; e e e i j
. s š j eli s i es i i
l š e il le ic, i s i i ci ec -
e . s si !
j si e , j je is l sl -
e s ji ( ). je l le ic i
e i . i i ese le i li e e i i
ji e i i j . e j ej e , j
( i li ) je i šl i ji , i je ce s il
s e išce es lj .
je e i i i le . -
lile lilei je e le ic l e e
i l e e lj le . Is e le je i e-
le is l , i si je i e.
s ji eli i s s i i-
ji, e i s se li še e lj le .
e je e e i e e se js , l e i še
le , je e le is l še e ji ; -
e j je il lj le , i je
s ses il i e i l i lec, je il s
i i ljš e ji lj le .
e ic si. e le
c s e e l cije. e je i el li še li
s e i , e e i j
ej i e e . e le je -
c isie i l ji le e t r r z r
e iji, i je i e i c e i e ije.
i se i i.
i i e j i e i ce e š e e l
e i, s j e e ic šes ic :
li
išli s le ice i i e e j e ejši
.
,
,
.
.
.
, .
,
. . ,
; ,
,
, , ,
,
.
,
;
.
,
. !
,
.
.
. ,
,
.
.
.
, .
, .
,
, ;
,
,
.
.
.
,
.
, .
.
, :
Paradna disciplina fizike zagotovo ni pomnjenje.
Pri fiziki moramo prav malo p datkov, dejst v in
opisov posp viti v spo in, če se izrazimo v ra-
čunalniškem žargonu. Seveda pa popolno a brez
deklarativnega zna ja n gre. Z rimerjavo vze-
mimo množ nje. Na pam t s naučimo poštevanko
(deklarativno znanje) in postopek (proceduraln
znanje), kak množiti večmestna števila. Tako z
majhno z logo v spominu in z nekaj truda bre
uporabe računala nožimo tudi veliki števili,
n r. 35674 in 8243. Naš cilj pri čenju mora b t
da „pospravimo“ čim manj v svoj spomin; to, kar
p imamo, pa oramo tako spretno razširiti (proce-
duralno znanje), da je vse, ka zmo emo pri fiziki,
aleč več od tega, kar mo si ap mnili (deklara-
tivno znanje).
Ob tem se postavi vprašanje, ali naj si sploh zapo-
mnimo kako letnico; nekat ra pomembna odkritja
prav gotovo. A skušajmo veliko stvari obestiti n
m lo števil letnic, hkrati pa ustvariti čim več po-
vezav. Poskusimo!
Najbrž vsi vemo, kdaj je Trubar napisal prvo slo-
vensko knjigo (1550). To j lahko oporna letnica tudi
za Koper ika. Niti deset let ni razlike med izzidoma
knjig Kopernika in Trubarja. Sedaj torej vemo, kdaj
(približno) je izšla tudi kn iga, ki je Sonce postavila
v središče v solja.
Gotovo je pametno pomniti tudi leto 1609. Ga-
lileo Galilei je prav tega leta prvič opazoval zvezde
in planete z daljnogledom. Istega leta je tudi Ke-
pler zapisal prva dva zakona, ki nosita njegovo im .
Prav a rav sta to z dnji veli i astronomski dkri-
tji, do katerih so se dokopali še brez daljnogledov.
Ker je dev t in dev t semnajst, lahko omenimo še
leto 1618, ko je K pler zapis l še tretji zakon; za po-
trebna opaz vanja pa je u orabil daljnogled, ki ga je
sam sestavil iz dveh zbiralnih leč, kar je bila novost
in izboljšava dotedanjih daljnogledov.
Letnico 1789 gotovo poz amo vsi. Gre za leto
francoske revolucije. Dog dek je imel tolikšen vpliv
na svetovno zgodovino, da ga n kat ri brav avajo
kot mejnik v novem veku. Pr v tega leta pa je Fr n-
c z Lavo sier izdal knjigo Element rna razprav o
kemiji, ki je mor a prvi mod rni učbenik kemije. A
vrnimo se k fiziki.
Bodimo pri amenjavi druge in četrte števke malo
nerodni, pa zasukajmo devetico v š stico:
Slika 1
Prišli smo do letnice izida ene najpomembnejših
2
pr sek 40 (2012/2013) 2
15
f i z i k a
www.dmfa.si
www.presek.si
Paradna disciplina fizike zagotovo ni pomnjenje.
Pri fiziki moramo prav malo podatkov, dejstev in
opisov pospraviti v spomin, če se izrazimo v ra-
čunalniškem žargonu. Seveda pa popolnoma brez
deklarativnega znanja ne gre. Za primerjavo vze-
mimo množenje. Na pamet se naučimo poštevanko
(deklarativno znanje) in postopek (proceduralno
znanje), kako množiti večmestna števila. Tako z
majhno zalogo v spominu in z nekaj truda brez
uporabe računala pomnožimo tudi veliki števili,
npr. 35674 in 8243. Naš cilj pri učenju mora biti,
da „pospravimo“ čim manj v svoj spomin; to, kar
pa imamo, pa moramo tako spretno razširiti (proce-
duralno znanje), da je vse, kar zmoremo pri fiziki,
daleč več od tega, kar smo si zapomnili (deklara-
tivno znanje).
Ob tem se postavi vprašanje, ali naj si sploh zapo-
mnimo kako letnico; nekatera pomembna odkritja
prav gotovo. A skušajmo veliko stvari obestiti na
malo število letnic, hkrati pa ustvariti čim več po-
vezav. Poskusimo!
Najbrž vsi vemo, kdaj je Trubar napisal prvo slo-
vensko knjigo (1550). To je lahko oporna letnica tudi
za Kopernika. Niti deset let ni razlike med izzidoma
knjig Kopernika in Trubarja. Sedaj torej vemo, kdaj
(približno) je izšla tudi knjiga, ki je Sonce postavila
v središče vesolja.
Gotovo je pametno pomniti tudi leto 1609. Ga-
lileo Galilei je prav tega leta prvič opazoval zvezde
in planete z daljnogledom. Istega leta je tudi Ke-
pler zapisal prva dva zakona, ki nosita njegovo ime.
Pravzaprav sta to zadnji veliki astronomski odkri-
tji, do katerih so se dokopali še brez daljnogledov.
Ker je devet in devet osemnajst, lahko omenimo še
leto 1618, ko je Kepler zapisal še tretji zakon; za po-
trebna opazovanja pa je uporabil daljnogled, ki ga je
sam sestavil iz dveh zbiralnih leč, kar je bila novost
in izboljšava dotedanjih daljnogledov.
Letnico 1789 gotovo poznamo vsi. Gre za leto
francoske revolucije. Dogodek je imel tolikšen vpliv
na svetovno zgodovino, da ga nekateri obravnavajo
kot mejnik v novem veku. Prav tega leta pa je Fran-
coz Lavoisier izdal knjigo Elementarna razprava o
kemiji, ki je morda prvi moderni učbenik kemije. A
vrnimo se k fiziki.
Bodimo pri zamenjavi druge in četrte števke malo
nerodni, pa zasukajmo devetico v šestico:
Slika 1
Prišli smo do letnice izida ene najpomembnejših
2
Paradna disciplina fizike zagotovo ni pomnjenje.
Pri fiziki moramo prav malo podatkov, dejstev in
opisov pospraviti v spomin, če se izrazimo v ra-
čunalniškem žargonu. Seveda pa popolnoma brez
deklarativnega znanja ne gre. Za primerjavo vze-
mimo množenje. Na pamet se naučimo poštevanko
(deklarativno znanje) in postopek (proceduralno
znanje), kako množiti večmestna števila. Tako z
majhno zalogo v spominu in z nekaj truda brez
uporabe računala pomnožimo tudi veliki števili,
npr. 35674 in 8243. Naš cilj pri učenju mora biti,
da „pospravimo“ čim manj v svoj spomin; to, kar
pa imamo, pa moramo tako spretno razširiti (proce-
duralno znanje), da je vse, kar zmoremo pri fiziki,
daleč več od tega, kar smo si zapomnili (deklara-
tivno znanje).
Ob tem se postavi vprašanje, ali naj si sploh zapo-
nimo kako letnico; nekatera pomembna odkritja
prav gotovo. A skušajmo veliko stvari obestiti na
malo število letnic hkrati pa ustvariti čim več p
zav. Poskusimo!
Najbrž vsi vemo, kdaj je Trubar napisal prvo slo-
vensko knjigo (1550). To je lahko oporna letnica tudi
za Kopernika. Niti deset let ni razlike med izzidom
knjig Kopernika in Trubarja. Sedaj torej vemo, kdaj
(približn ) je izšla tudi knjiga, ki je Sonce postavila
v središče vesolja.
Gotovo je p metno p niti tudi leto 1609. Ga
li o Gal lei je prav teg let prvič op zoval zvezde
in planete z daljnogledom. Istega leta je tudi Ke
pler zapisal prva dva zakona, ki nosita njeg vo ime
Pravzaprav sta to zadnji veliki astronomski odkri-
tji, do katerih so se dokopali brez d ljnogledov.
K r je devet in devet osemnajst, lahko omenimo š
leto 1618, ko je Kepler zapisal š tretji zakon; za po-
trebna op zovanja pa je uporabi daljnogled, ki ga je
sam sestavil iz dveh zbiralnih leč, kar je bila novost
in izboljšava dotedanjih daljnogledov.
Letnico 1789 g tov poznamo vsi. Gre za let
francoske revolucije. Dogodek je imel olikšen vpliv
na svetovno zgo ovino, da ga n kateri obravna j
ot mejnik v n vem veku. Prav tega leta pa je Fran-
coz Lavoisier izdal knjigo Elementarna razprava o
kemiji, ki je morda prvi moderni učbenik kemije. A
vrnimo se k fiziki.
Bodimo pri zamenjavi druge in četrte števke malo
nerodni, pa zasukajmo devetico v šestico:
Slika 1
Prišli smo do letnice izida ene najpomembnejših
2
znanstvenih knjig. Gre za Newtonove Principe, kot
skrajšano pravimo njegovi knjigi Matematični prin-
cipi filozofije narave (1687). Veliko ugotovitev, ki so
zapisane v tej knjigi, je moč najti tudi v današnjih
srednješolskih in univerzitetnih učbenikih.
Letnico francoske revolucije poznamo, zato bomo
medsebojno zamenjali še zadnji dve števki. Tako
pridemo do leta 1798, ko je Henry Cavendish izmeril
gravitacijsko konstanto. Newtonov gravitacijski za-
kon je več kot stoletje čakal na manjkajoči podatek,
saj je šele s to konstanto postal tako uporaben, da
so lahko izračunali maso Zemlje in maso Sonca.
Spodobi se, da bi poznali tudi letnico, ko je Jo-
žef Stefan zapisal zakon sevanja, ki je med drugim
omogočil, da smo ugotovili temperaturo na površju
Sonca. Spet naj bo oporna letnica kar revolucionarno
leto 1789. Tokrat medsebojno zamenjajmo srednji
števki in dobimo 1879, pa je že pred nami letnica
najslavnejše enačbe kakega Slovenca.
Preselimo se še do leta 1895. Slovenci bi to le-
tnico morali poznali, saj je bil tedaj precej močan
potres na področju Ljubljane. Škoda ni bila velika,
a fotografije podprtih hiš so naredile svoje in cesar-
ski Dunaj je razvezal mošnjo, da se je precej denarja
nabralo za obnovo (in je bil za to tudi porabljen).
To pa je tudi letnica, ki jo povežemo z Röntgenom,
ki je tega leta začel sistematično preučevati neznane
žarke, ki so (vsaj v Evropi) pozneje dobili njegovo
ime. Že šest let pozneje, to je leta 1901, je za od-
kritje žarkov „x“ prejel prvo Nobelovo nagrado za
fiziko.
Prelom stoletja je odprl pot v kvantno fiziko. Za-
pomnimo si letnico 1900. Tega leta je Max Planck
po dolgih izpeljavah ugotovil, da obstaja energijski
kvant („obrok energije“). Izračunal je vrednost kon-
stante, ki jo danes imenujemo Planckova konstanta.
Prav zato pomeni to leto rojstno leto kvantne fizike.
Newton je zapisal: „Če sem videl dlje, je to zaradi
tega, ker sem stal na ramenih velikanov.“ To velja
tudi za Einsteina. Leta 1905 je razložil fotoefekt in s
tem pokazal praktično plat tega, kar je Planck ugoto-
vil o svetlobnih kvantih. Istega leta je razložil še Bro-
wnovo gibanje. Izpeljal je tudi posebno teorijo rela-
tivnosti; z računi je pokazal, da čas dejansko lahko
teče različno, da je relativen. Kar nekaj miselne dr-
znosti je potrebno, da se odpovemo absolutnemu
teku časa, ki ga kažejo vse naše izkušnje. Prav istega
leta pa je Einstein zapisal tudi najslavnejšo enačbo:
E = mc2. Ob tako velikanskih dosežkih v enem sa-
mem letu ni presenetljivo, da je bilo to leto poime-
novano Einsteinovo „čudežno leto“, leto 2005 (stole-
tnica čudežnega leta) pa razglašeno za svetovno leto
fizike.
Bo pomnenje podatkov sedaj zabava in ne nadlo-
ga? Morda. A največ je vredno, če vsak sam sestavi
zgodbo, v kateri poveže pomembne letnice. Izkušnja
namreč kaže, da je prav ustvarjalna pot pri učenju
tisto, kar nam pomaga kaj pospraviti globoko v spo-
min. Tuje zgodbe so sicer tudi uporabne, a ker se
nismo „zabavali“ pri njihovem ustvarjanju, ne pri-
stanejo tako globoko v spominu kot lastne.
Zato še sami sestavite kako zgodbo – za lastno
3
uporabo, morda pa tudi za objavo.
4
znanstvenih knjig. Gre za Newtonove Principe, kot
skrajšano pravimo njegovi knjigi Matematični prin-
cipi filozofije narave (1687). Veliko ugotovitev, ki so
zapisane v tej knjigi, je moč najti tudi v današnjih
srednješolskih in univerzitetnih učbenikih.
Letnico francoske revolucije poznamo, zato bomo
medsebojno zamenjali še zadnji dve števki. Tako
pridemo do leta 1798, ko je Henry Cavendish izmeril
gravitacijsko konstanto. Newtonov gravitacijski za-
kon je več kot stoletje čakal na manjkajoči podatek,
saj je šele s to konstanto postal tako uporaben, da
so lahko izračunali maso Zemlje in maso Sonca.
Spodobi se, da bi poznali tudi letnico, ko je Jo-
žef Stefan zapisal zakon sevanja, ki je med drugim
omogočil, da smo ugotovili temperaturo na površju
Sonca. Spet naj bo oporna letnica kar revolucionarno
leto 1789. Tokrat medsebojno zamenjajmo srednji
števki in dobimo 1879, pa je že pred nami letnica
najslavnejše enačbe kakega Slovenca.
Preselimo se še do leta 1895. Slovenci bi to le-
tnico morali poznali, saj je bil tedaj precej močan
potres na področju Ljubljane. Škoda ni bila velika,
a fotografije podprtih hiš so naredile svoje in cesar-
ski Dunaj je razvezal mošnjo, da se je precej denarja
nabralo za obnovo (in je bil za to tudi porabljen).
To pa je tudi letnica, ki jo povežemo z Röntgenom,
ki je tega leta začel sistematično preučevati neznane
žarke, ki so (vsaj v Evropi) pozneje dobili njegovo
ime. Že šest let pozneje, to je leta 1901, je za od-
kritje žarkov „x“ prejel prvo Nobelovo nagrado za
fiziko.
Prelom stoletja je odprl pot v kvantno fiziko. Za-
pomnimo si letnico 1900. Tega leta je Max Planck
po dolgih izpeljavah ugotovil, da obstaja energijski
kvant („obrok energije“). Izračunal je vrednost kon-
stante, ki jo danes imenujemo Planckova konstanta.
Prav zato pomeni to leto rojstno leto kvantne fizike.
Newton je zapisal: „Če sem videl dlje, je to zaradi
tega, ker sem stal na ramenih velikanov.“ To velja
tudi za Einsteina. Leta 1905 je razložil fotoefekt in s
tem pokazal praktično plat tega, kar je Planck ugoto-
vil o svetlobnih kvantih. Istega leta je razložil še Bro-
wnovo gibanje. Izpeljal je tudi posebno teorijo rela-
tivnosti; z računi je pokazal, da čas dejansko lahko
teče različno, da je relativen. Kar nekaj miselne dr-
znosti je potrebno, da se odpovemo absolutnemu
teku časa, ki ga kažejo vse naše izkušnje. Prav istega
leta pa je Einstein zapisal tudi najslavnejšo enačbo:
E = mc2. Ob tako velikanskih dosežkih v enem sa-
mem letu ni presenetljivo, da je bilo to leto poime-
novano Einsteinovo „čudežno leto“, leto 2005 (stole-
tnica čudežnega leta) pa razglašeno za svetovno leto
fizike.
Bo pomnenje podatkov sedaj zabava in ne nadlo-
ga? Morda. A največ je vredno, če vsak sam sestavi
zgodbo, v kateri poveže pomembne letnice. Izkušnja
namreč kaže, da je prav ustvarjalna pot pri učenju
tisto, kar nam pomaga kaj pospraviti globoko v spo-
min. Tuje zgodbe so sicer tudi uporabne, a ker se
nismo „zabavali“ pri njihovem ustvarjanju, ne pri-
stanejo tako globoko v spominu kot lastne.
Zato še sami sestavite kako zgodbo – za lastno
3
presek 40 (2012/2013) 2
r a z v e d r i l o
16
Nagradna kr ižanka
presek 40 (2012/2013) 2
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-
snico pošljite na Presekov naslov (poštni-
na je že plačana) do 1. decembra 2012, 
ko bomo izžrebali tri nagrajence, ki bodo 
za nagrado prejeli Presekov paket. 
presek 40 (2012/2013) 2
18
f i z i k a
50. Kakšna skladovnica iz ploščic je stabilna?
Zanimiv problem statike je stabilnost skladovnice iz
ploščic, ki niso med seboj zlepljene. Vzemimo opeke
ali lesene kvadre, kocke, domine ali celo karte za ta-
rok. Iz njih lahko sestavimo razna telesa, z nekaj
domišljije prave spomenike. Vprašanje je, katera se-
stavljena telesa so stabilna. Preučimo nekaj zgledov.
Skladovnica na sliki 1 je gotovo stabilna, saj se plo-
ščici B in C ne prevrneta sami od sebe celo brez ob-
težbe D. (Sta sicer v labilnem ravnotežju, toda ko se
malce nagneta, ju zadrži lepenje.) Kako pa je s skla-
dovnicama na slikah 2 in 3 ali pa s še večjimi po-
dobnimi skladovnicami? Ali je vseeno, če namesto
kvadrov vzameš kocke ali pa tanke ploščice (igralne
karte)?
Napravi poskuse, pa tudi „teorijo“ (nariši sile in
preveri ravnovesje sil in navorov).
Odgovor na vprašanje iz prejšnje številke Preseka
49. Slapovi in tolmuni
Gretje vode zaradi padca v slapu ni zelo vzpodbu-
dno. Tudi če je slap visok 100 m, je potencialna
energija 1 kg vode le Wp = mgh = 1000 J. Voda
se s tem segreje kvečjemu za
∆T = W/mcp = 1000 J/(1 kg · 4200 J kg−1K−1)
= 0,24 K.
Dejanjsko pa se segreje še manj, ker se del energije
porabi za poganjanje zračnega toka ob slapu in za
dolbenje tolmuna.
Sonce pa vodo v potoku precej bolj segreje. Pre-
dlagal sem zgled, da je pretok Φ = 0,2 m3/s, širina
b = 2 metra in hitrost vode v = 1 m/s. Povprečna
globina potoka je potem h = Φ/bv = 0,1 m. Go-
stota energijskega toka s Sonca na vodoravno plo-
skev opoldne v naši zemljepisni širini je j=j0 cos 45◦
≈ 1 kW/m2. Če bi bila voda črna, bi se v eni uri se-
grela za
∆T = jSt/hSρcp = (1000 Wm−2 · 3600 s)/
(0,1 m · 1000 kg m−3 · 4200 J kg−1K−1) ≈ 8 K.
Pri tem se površina S pokrajša. Dejanjsko se voda
segreje precej manj. V nekaj urah se segreje morda
le za tri stopinje, ker je prozorna in se greje preko
tal in zraka, tla pa velik del sončne toplote odbijejo.
2
Če bo letošnja zima snežena, se lahko ponovno
poigramo s snegom. Verjetno ste si pozimi že več-
krat oddahnili, ko so bile napovedane temperature
nizke, vreme pa sončno, češ, sneg bo ostal. A glej
ga zlomka! Čeprav se čez dan sneg ni prav nič talil,
so se ob tanki snežni odeji pojavile lise zemlje in
snežna odeja se je kljub mrazu stanjšala. Sneg je
hlapel!
Pa preverimo, ali lahko hlapenje snega opazujemo
tudi v kuhinji.
Potrebščine:
dve zbirki okroglih kep trdno stisnjenega snega
različnih mas,
prozorna folija za živila,
dva krožnika.
Kepe snega stehtajte in si zapišite njihovo maso. Eno
od kep v vsaki zbirki zavijte v živilsko folijo, ostale
pa položite na dva krožnika. V vsaki zbirki naj bodo
velike in male kepe. Eno zbirko snežnih kep posta-
vite v hladilnik, drugo pa v zmrzovalni del hladilnika
ali v zmrzovalnik. Po 12-ih urah in po enem dnevu
vzemite kepe is hladilnika in si jih oglejte ter jih po-
novno stehtajte. Opazujte in tehtajte jih nekaj dni.
Kako se je spreminjala njihova masa? Katerim ke-
pam, večjim ali manjšim, se je spremenil večji delež
mase? Kaj se je zgodilo s kepo snega, zavito v folijo?
Kaj menite zakaj?
2
,
.
,
, , , .
! ,
.
!
,
.
:
,
,
.
.
,
.
.
,
.
. .
, ,
,
l t j i l
i j t t i i i -
t ili il t t
i t l l j
l i i t lil
t i i ji j il li lj i
j j lj t j l j
l l
r ri li l l j j
t i i ji
tr i
ir i r li tr ti j
r li i
r r f lij i il
r i
t t jt i i i it ji
i ir i ijt i il f lij t l
l it r i i ir i j
li i l ir i t -
it l il i r r l i l l il i
li r l i -i r i
it i l il i i i ji l jt t r ji -
t t jt jt i t t jt ji j i
j r i j l ji t ri -
ji li j i j r il ji l
j j il it f lij
j it j
Če bo e ošn a z a snežena, se ahko ponovno
po gra o s snego . er e no s e s poz že več
kra oddahn , ko so b e napovedane e pera ure
n zke, vre e pa sončno, češ, sneg bo os a . g e
ga z o ka! Čeprav se čez dan sneg n prav n č a ,
so se ob ank snežn ode po av e se ze e n
snežna ode a se e k ub razu s an ša a. Sneg e
h ape !
Pa p eve o, a ahko h apen e snega opazu e o
ud v kuh n .
Po ebšč ne:
dve zb k ok og h kep dno s sn enega snega
az čn h as,
p ozo na o a za ž v a,
dva k ožn ka.
Kepe snega s eh a e n s zap š e n hovo aso. Eno
od kep v vsak zb k zav e v ž v sko o o, os a e
pa po ož e na dva k ožn ka. V vsak zb k na bodo
ve ke n a e kepe. Eno zb ko snežn h kep pos a
v e v h ad n k, d ugo pa v z zova n de h ad n ka
a v z zova n k. Po 12 h u ah n po ene dnevu
vze e kepe s h ad n ka n s h og e e e h po
novno s eh a e. pazu e n eh a e h neka dn .
Kako se e sp e n a a n hova asa? Ka e ke
pa , več a an š , se e sp e en več de ež
ase? Ka se e zgod o s kepo snega, zav o v o o?
Ka en e zaka ?
2
l t j i l
i V j t t i i i -
t ili il t t
i t l A l j
l i i t lil
t i i ji j il li lj i
j j lj t j l j
l l
r ri li l l j j
t i i ji
tr i
ir i r li tr ti j
r li i
r r f lij i il
r i
t t jt i i i it ji
i ir i ijt i il f lij t l
l it r i i ir i j
li i l ir i t -
it l il i r r l i l l il i
li r l i -i r i
it i l il i i i ji l jt t r ji -
t t jt O jt i t t jt ji j i
j r i j l ji t ri -
ji li j i j r il ji l
j j il it f lij
j it j
m ,
m m. m
, m
, m , , .
m ! ,
m
m .
!
m , m
.
:
m ,
,
.
m .
,
.
m .
, m
m . m
m
. .
m m m
m, m m m, m
m ,
m
l š j i s s l
i r s s rj s si i i -
r ili s il r r
i r s š s s l l j
l r s s i r i lil
s s i s i ji j il lis lj i
s j s j lj r s jš l j
l l
e e i li l l e je s e je
i i ji
e šci e
e i i li e s is je e s e
lic i s
lij i il
i
e e s e s e j e i si iši e ji s
e s i i i ij e i ils lij s le
l i e i s i i i j
eli e i le e e i s e i e s -
i e l il i l i el l il i
li l i -i i e e e
e i e e e is l il i i si ji lej e e ji -
s e j e j e i e j e ji e j i
se je s e i j l ji s ? e i e-
ecji li jši se je s e e il ecji ele
se? j se je il s e s e i lij ?
j e i e j?
V mrazu 
izginjajoči 
sneženi mož
•
mojca čepič
50. Kakšna skladovnica iz ploščic je stabilna?
Zanimiv problem statike je stabilnost skladovnice iz
ploščic, ki niso med seboj zlepljene. Vzemimo opeke
ali lesene kvadre, kocke, domine ali celo karte za ta-
rok. Iz njih lahko sestavimo razna telesa, z nekaj
domišljije prave spomenike. Vprašanje je, katera se-
stavljena telesa so stabilna. Preučimo nekaj zgledov.
Skladovnica na sliki 1 je gotovo stabilna, saj se plo-
ščici B in C ne prevrneta sami od sebe celo brez ob-
težbe D. (Sta sicer v labilnem ravnotežju, toda ko se
malce nagneta, ju zadrži lepenje.) Kako pa je s skla-
dovnicama na slikah 2 in 3 ali pa s še večjimi po-
dobnimi skladovnicami? Ali je vseeno, če namesto
kvadrov vzameš kocke ali pa tanke ploščice (igralne
karte)?
Napravi poskuse, pa tudi „teorijo“ (nariši sile in
preveri ravnovesje sil in navorov).
Odgovor na vprašanje iz prejšnje številke Preseka
49. Slapovi in tolmuni
Gretje vode zaradi padca v slapu ni zelo vzpodbu-
dno. Tudi če je slap visok 100 m, je potencialna
energija 1 kg vode le Wp = mgh = 1000 J. Voda
se s tem segreje kvečjemu za
∆T = W/mcp = 1000 J/(1 kg · 4200 J kg−1K−1)
= 0,24 K.
Dejanjsko pa se segreje še manj, ker se del energije
porabi za poganjanje zračnega toka ob slapu in za
dolbenje tolmuna.
Sonce pa vodo v potoku precej bolj segreje. Pre-
dlagal sem zgled, da je pretok Φ = 0,2 m3/s, širina
b = 2 metra in hitrost vode v = 1 m/s. Povprečna
globina potoka je potem h = Φ/bv = 0,1 m. Go-
stota energijskega toka s Sonca na vodoravno plo-
skev opoldne v naši zemljepisni širini je j=j0 cos 45◦
≈ 1 kW/m2. Če bi bila voda črna, bi se v eni uri se-
grela za
∆T = jSt/hSρcp = (1000 Wm−2 · 3600 s)/
(0,1 m · 1000 kg m−3 · 4200 J kg−1K−1) ≈ 8 K.
Pri tem se površina S pokrajša. Dejanjsko se voda
segreje precej manj. V nekaj urah se segreje morda
le za tri stopinje, ker je prozorna in se greje preko
tal in zraka, tla pa velik del sončne toplote odbijejo.
2
50. Kakšna skladovnica iz ploščic je tabilna?
Zanimiv proble statike je stabil ost skladovnic iz
p oščic, ki niso med seboj zleplj ne. Vzemimo opeke
ali lesene kvadre, kocke, domine ali celo k rte za t -
rok. Iz njih lahko sestavimo razna t lesa, z nekaj
domišljije prave spomenike. Vprašanje je, katera se-
stavljena teles o stabilna. Preučimo ekaj zgledov.
Skladov ica na sliki 1 je gotov stabilna, saj se plo
ščici B in C ne prevrneta sa i od sebe celo brez ob-
težbe D. (Sta sicer v labiln m ravnotežju, toda ko se
malce nagnet , ju zadrž lepenje.) Kako pa je s skla
v cama na slikah 2 in 3 ali pa s še v čji i po-
dobnimi skladovnicami? Ali je vs en , če namesto
vadrov vzameš kocke ali pa tanke ploščice (igralne
karte)?
Napravi p skuse, pa tudi „teorijo“ (nariši sile in
preveri ravnovesje sil in navorov).
Odgovor na vprašanje iz prejšnje številke Preseka
49. Slap vi in tolmuni
Gretje vo e zaradi padca v slapu ni zelo vzpodbu-
d o. Tudi če je slap visok 100 m, je potencialn
energija 1 kg vode le Wp = gh = 1000 J. Voda
se s tem segreje kvečjemu za
∆T = W/ cp = 1000 J/(1 kg · 4200 J kg−1K−1)
= 0,24 K.
Dej njsko a se segreje še manj, ker se del energije
p rabi za poga janje zračnega toka ob slapu in za
dolbenje tolmuna.
Sonce pa vodo v potoku precej bolj segreje. Pre-
dlagal sem zgled, da je pretok Φ = 0,2 m3/s, širi
b = 2 metra in hitrost vode v = 1 m/s. Povprečna
gl bina potoka je p tem h = Φ/bv = 0,1 m. G
tota energijskega toka s So ca na vodoravn plo-
skev opoldne v naši zemljepisni širini j j=j0 cos 45◦
≈ 1 kW/m2. Če bi bila voda črna, bi se v eni uri se-
grela za
∆T = jSt/hSρcp = (1000 Wm−2 · 3600 s)/
(0,1 m · 1000 kg m−3 · 4200 J kg−1K−1) ≈ 8 K.
Pri t m se površi a S pokrajša. Dejanjsko se vo
segreje precej manj. V nekaj u ah se greje morda
le za tri stopinje, k r je prozorna in se greje preko
tal in zraka, tla pa velik del sončne toplote odbijejo.
2
Razmisli  
in poskusi
•
mitja rosina
trebščine:
dve zbirki okroglih kep trdno stisnjenega  
snega različnih mas,
prozorna f lija  i il ,
dva krožnika.
o govor n  vpr aša je iz  prejšnje 
šte ilke pres ka
presek 40 (2012/2013) 2
p
o
iz
k
u
š
e
v
a
l
n
ic
a
 v
 k
u
h
in
ji
19
f i z i k a
50. Kakšna skladovnica iz ploščic je stabilna?
Zanimiv problem statike je stabilnost skladovnice iz
ploščic, ki niso med seboj zlepljene. Vzemimo opeke
ali lesene kvadre, kocke, domine ali celo karte za ta-
rok. Iz njih lahko sestavimo razna telesa, z nekaj
domišljije prave spomenike. Vprašanje je, katera se-
stavljena telesa so stabilna. Preučimo nekaj zgledov.
Skladovnica na sliki 1 je gotovo stabilna, saj se plo-
ščici B in C ne prevrneta sami od sebe celo brez ob-
težbe D. (Sta sicer v labilnem ravnotežju, toda ko se
malce nagneta, ju zadrži lepenje.) Kako pa je s skla-
dovnicama na slikah 2 in 3 ali pa s še večjimi po-
dobnimi skladovnicami? Ali je vseeno, če namesto
kvadrov vzameš kocke ali pa tanke ploščice (igralne
karte)?
Napravi poskuse, pa tudi „teorijo“ (nariši sile in
preveri ravnovesje sil in navorov).
Odgovor na vprašanje iz prejšnje številke Preseka
49. Slapovi in tolmuni
Gretje vode zaradi padca v slapu ni zelo vzpodbu-
dno. Tudi če je slap visok 100 m, je potencialna
energija 1 kg vode le Wp = mgh = 1000 J. Voda
se s tem segreje kvečjemu za
∆T = W/mcp = 1000 J/(1 kg · 4200 J kg−1K−1)
= 0,24 K.
Dejanjsko pa se segreje še manj, ker se del energije
porabi za poganjanje zračnega toka ob slapu in za
dolbenje tolmuna.
Sonce pa vodo v potoku precej bolj segreje. Pre-
dlagal sem zgled, da je pretok Φ = 0,2 m3/s, širina
b = 2 metra in hitrost vode v = 1 m/s. Povprečna
globina potoka je potem h = Φ/bv = 0,1 m. Go-
stota energijskega toka s Sonca na vodoravno plo-
skev opoldne v naši zemljepisni širini je j=j0 cos 45◦
≈ 1 kW/m2. Če bi bila voda črna, bi se v eni uri se-
grela za
∆T = jSt/hSρcp = (1000 Wm−2 · 3600 s)/
(0,1 m · 1000 kg m−3 · 4200 J kg−1K−1) ≈ 8 K.
Pri tem se površina S pokrajša. Dejanjsko se voda
segreje precej manj. V nekaj urah se segreje morda
le za tri stopinje, ker je prozorna in se greje preko
tal in zraka, tla pa velik del sončne toplote odbijejo.
2
50. Kakšna skladovnica iz ploščic je stabilna?
Zani iv proble statike je stabilnost skladovnice iz
ploščic, ki niso ed seboj zlepljene. Vze i o opeke
ali lesene kvadre, kocke, do ine ali celo karte za ta-
rok. Iz njih lahko sestavi o razna telesa, z nekaj
do išljije prave spo enike. Vprašanje je, katera se-
stavljena telesa so stabilna. Preuči o nekaj zgledov.
Skladovnica na sliki 1 je gotovo stabilna, saj se plo-
ščici B in C ne prevrneta sa i od sebe celo brez ob-
težbe D. (Sta sicer v labilne ravnotežju, toda ko se
alce nagneta, ju zadrži lepenje.) Kako pa je s skla-
dovnica a na slikah 2 in 3 ali pa s še večji i po-
dobni i skladovnica i? Ali je vseeno, če na esto
kvadrov vza eš kocke ali pa tanke ploščice (igralne
karte)?
Napravi poskuse, pa tudi „teorijo“ (nariši sile in
preveri ravnovesje sil in navorov).
Odgovor na vprašanje iz prejšnje številke Preseka
49. Slapovi in tol uni
Gretje vode zaradi padca v slapu ni zelo vzpodbu-
dno. Tudi če je slap visok 100 , je potencialna
energija 1 kg vode le p = gh = 1000 J. Voda
se s te segreje kvečje u za
∆T = / cp = 1000 J/(1 kg · 4200 J kg−1K−1)
= 0,24 K.
Dejanjsko pa se segreje še anj, ker se del energije
porabi za poganjanje zračnega toka ob slapu in za
dolbenje tol una.
Sonce pa vodo v potoku precej bolj segreje. Pre-
dlagal se zgled, da je pretok Φ = 0,2 3/s, širina
b = 2 etra in hitrost vode v = 1 /s. Povprečna
globina potoka je pote h = Φ/bv = 0,1 . Go-
stota energijskega toka s Sonca na vodoravno plo-
skev opoldne v naši ze ljepisni širini je j=j0 cos 45◦
≈ 1 k / 2. Če bi bila voda črna, bi se v eni uri se-
grela za
∆T = jSt/hSρcp = (1000 −2 · 3600 s)/
(0,1 · 1000 kg −3 · 4200 J kg−1K−1) ≈ 8 K.
Pri te se površina S pokrajša. Dejanjsko se voda
segreje precej anj. V nekaj urah se segreje orda
le za tri stopinje, ker je prozorna in se greje preko
tal in zraka, tla pa velik del sončne toplote odbijejo.
2
50. Kakšna skladovnica iz ploščic je stabilna?
Zanimiv problem statike je stabilnost skladovnice iz
ploščic, ki niso med seboj zlepljene. Vzemimo opeke
ali lesene kvadre, kocke, domine ali celo karte za ta-
rok. Iz njih lahko sestavimo razna telesa, z nekaj
domišljije prave spomenike. Vprašanje je, katera se-
stavljena telesa so stabilna. Preučimo nekaj zgledov.
Skladovnica na sliki 1 je gotovo stabilna, saj se plo-
ščici B in C ne prevrneta sami od sebe celo brez ob-
težbe D. (Sta sicer v labilnem ravnotežju, toda ko se
malce nagneta, ju zadrži lepenje.) Kako pa je s skla-
dovnicama na slikah 2 in 3 ali pa s še večjimi po-
dobnimi skladovnicami? Ali je vseeno, če namesto
kvadrov vzameš kocke ali pa tanke ploščice (igralne
karte)?
Napravi poskuse, pa tudi „teorijo“ (nariši sile in
preveri ravnovesje sil in navorov).
Odgovor na vprašanje iz prejšnje številke Preseka
49. Slapovi in tolmuni
Gretje vode zaradi padca v slapu ni zelo vzpodbu-
dno. Tudi če je slap visok 100 m, je potencialna
energija 1 kg vode le Wp = mgh = 1000 J. Voda
se s tem segreje kvečjemu za
∆T = W/mcp = 1000 J/(1 kg · 4200 J kg−1K−1)
= 0,24 K.
Dejanjsko pa se segreje še manj, ker se del energije
porabi za poganjanje zračnega toka ob slapu in za
dolbenje tolmuna.
Sonce pa vodo v potoku precej bolj segreje. Pre-
dlagal sem zgled, da je pretok Φ = 0,2 m3/s, širina
b = 2 metra in hitrost vode v = 1 m/s. Povprečna
globina potoka je potem h = Φ/bv = 0,1 m. Go-
stota energijskega toka s Sonca na vodoravno plo-
skev opoldne v naši zemljepisni širini je j=j0 cos 45◦
≈ 1 kW/m2. Če bi bila voda črna, bi se v eni uri se-
grela za
∆T = jSt/hSρcp = (1000 Wm−2 · 3600 s)/
(0,1 m · 1000 kg m−3 · 4200 J kg−1K−1) ≈ 8 K.
Pri tem se površina S pokrajša. Dejanjsko se voda
segreje precej manj. V nekaj urah se segreje morda
le za tri stopinje, ker je prozorna in se greje preko
tal in zraka, tla pa velik del sončne toplote odbijejo.
2
D
B C
A
A
I
E FD
B
G
C
H
Futošiki
V n×n kvadratkov moraš vpisati začetna naravna
števila od 1 do n, tako da bo v vsaki vrstici in v vsa-
kem stolpcu nastopalo vseh n števil ter, da bodo iz-
polnjene vse relacije.
1
•
Futošiki
423615
264531
135462
651243
342156
516324
r
e
š
it
e
v
 f
u
t
o
š
ik
i
•
 •
 •
www.dmfa.si
www.dmfa-zaloznistvo.si
www.presek.si
presek 40 (2012/2013) 2
2
2 4
>< <
<
>
6
4 2
3
5
>
>
>
>
>
>
<
slika 1. slika 2. slika 3.
a s t r o n o m i j a
20
Vaje ESO/ESA1, Masa črne
luknje v središču Gala-
ksije
Andrej Guštin
1Vaja je iz zbirke, ki jo je pripravila Evropska vesoljska agen-
cija ESA v sodelovanju z Evropskim južnim observatorijem ESO.
1
j
l j i l
ij
ndrej uštin
1Vaja je iz zbirke, ki jo je pripravila Evropska vesoljska agen-
cija ESA v sodelovanju z Evropski južni observatorije ESO.
1
andrej guštin
•
Črne luknje se morebiti zdijo skrivnostne, a so
iz prav take snovi kot Sonce, Zemlja in mi. Po-
membna razlika je v tem, da je snov v črni luknji
stisnjena na zelo majhno prostornino. Če bi se Ze-
mlja spremenila v črno luknjo, bi bila velika kot
frnikola, približno centimeter v premeru.
Newtonov gravitacijski zakon
Fg = Gm1m2/r 2 (1)
pravi, da je privlačna sila F med dvema telesoma z
maso m1 in m2 obratno sorazmerna s kvadratom
oddaljenosti r med njima oz. med njunima težišče-
ma. G je gravitacijska konstanta. Na Zemlji smo od
njenega središča (težišča) oddaljeni približno za njen
polmer, torej 6378 km. Če bi se Zemlja skrčila v črno
luknjo, pa bi bili od središča oddaljeni 0,5 cm. Veliko
zmanjšanje polmera r bi pomenilo več kot milijon-
krat večjo privlačno gravitacijsko silo na Zemljinem
površju.
Prav ta velika sila je vzrok za to, da se v bližini
črne luknje začnejo dogajati nevsakdanje reči. Pri-
mer je obzorje dogodkov, meja brez povratka. Kar je
enkrat onstran tega obzorja, ne more več pobegniti
navzven, niti svetloba ne. Po drugi strani zaradi ve-
like gravitacijske sile telesa v bližini črne luknje okoli
nje krožijo z zelo veliko hitrostjo. Če tako hitro giba-
joča telesa trkajo med seboj, se pri tem spr šč zelo
veliko toplote i svetlobe. Vaja je namenjena prav
spoznavanju več podrobnosti o črnih luknjah.
Kako so črne luknje dobile ime?
Tako jih je leta 1967 poimenoval fizik John Wheeler.
Pojem luknja se zdi smiseln, saj telesa, ki gredo on-
stran obzorja dogodkov, nikoli več ne pridejo ven.
Natančneje, nič ne more priti izza obzorja dogodkov
črne luknje. Telesa lahko ubežijo Zemljini težnosti,
če je njihova hitrost večja od 11 km/s. To je zelo
velika hitrost, toda za pobeg iz črne luknje bi morala
biti ta ubežna hitrost večja od hitrosti svetlobe, ki je
približno 300 000 km/s! Toda v skladu s teorijo re-
lativnosti se nič ne more gibati hitreje od svetlobe.
To pomeni, da iz črne luknje ne more pobegniti niti
svetloba, zato gre zares za nekakšno luknjo. Karkoli
pade v črno luknjo, se od tam ne more vrniti.
Ob rojstvu zamisli o črnih luknjah je le-te večina
znanstvenikov imela za zanimivo teoretično zamisel,
ki pa v resničnem svetu ne obstaja. Danes imamo
trdne dokaze o obstoju črnih lukenj, ena od njih je
celo v središču Galaksije. S to vajo bomo ponovno
odkrili črno luknjo v središču Galaksije in določili
njeno maso.
Črna luknja v središču Galaksije
Prvi namig o tem, da se v središču Galaksije nahaja
2
Č ne lu nje se morebiti zdijo skrivnostne, a so
iz prav take snovi kot Sonce, Zemlja in mi. Po-
memb a razlika je v tem, da je s ov v črn luknji
stisnjena na zelo majhno prostornino. Če b se Ze-
mlja spremen la v črno luknjo, bi bila velika kot
frnikola, približno centimeter v premeru.
Newtonov gravitacijski zakon
Fg = Gm1m2/r 2 (1)
pravi, da je privlačna sila F med dvema telesoma z
maso m1 in m2 obratno sorazmerna s kvadratom
oddaljenosti r med njima oz. med njunima težišče-
ma. G je gravitacijska konstanta. Na Zemlji smo od
njenega središča (težišča) oddaljeni približno za njen
polmer, torej 6378 km. Če bi se Zemlja skrčila v črno
luknjo, pa bi bili od središča oddaljeni 0,5 cm. Veliko
zmanjšanje polmera r bi pomenilo več kot milijon-
krat večjo privlačno gravitacijsko silo na Zemljinem
površju.
Prav ta velika sila je vzrok za to, da se v bližini
črne luknje začnejo dogajati nevsakdanje reči. Pri-
mer je obzorje dogodkov, meja brez povratka. Kar je
enkrat onstran tega obzorja, ne more več pobegniti
navzven, niti svetloba ne. Po drugi strani zaradi ve-
like gravitacijske sile telesa v bližini črne luknje okoli
nje krožijo z zelo veliko hitrostjo. Če tako hitro giba-
joča telesa trkajo med seboj, se pri tem sprošča zelo
veliko toplote in svetlobe. Vaja je namenjena prav
spoznavanju več podrobnosti o črnih luknjah.
Kako so črne luknje dobile ime?
Tako jih je leta 1967 poimenoval fizik John Wheeler.
Pojem luknja se zdi smiseln, saj telesa, ki gredo on-
stran obzorja dogodkov, nikoli več ne pridejo ven.
Natančneje, nič ne more priti izza obzorja dogodkov
črne luknje. Telesa lahko ubežijo Zemljini težnosti,
če je njihova hitrost večja od 11 km/s. To je zelo
velika hitrost, toda za pobeg iz črne luknje bi morala
biti ta ubežna hitrost večja od hitrosti svetlobe, ki je
približno 300 000 km/s! Toda v skladu s teorijo re-
lativnosti se nič ne more gibati hitreje od svetlobe.
To pomeni, da iz črne luknje ne more pobegniti niti
svetloba, zato gre zares za nekakšno luknjo. Karkoli
pade v črno luknjo, se od tam ne more vrniti.
Ob rojstvu zamisli o črnih luknjah je le-te večina
znanstvenikov imela za zanimivo teoretično zamisel,
ki pa v resničnem svetu ne obstaja. Danes imamo
trdne dokaze o obstoju črnih lukenj, ena od njih je
celo v središču Galaksije. S to vajo bomo ponovno
odkrili črno luknjo v središču Galaksije in določili
njeno maso.
Črna luknja v središču Galaksije
Prvi namig o tem, da se v središču Galaksije nahaja
2
,
, .
,
.
,
, .
,
.
. .
, .
, , .
.
,
.
, .
,
, .
.
,
.
.
.
, ,
, .
,
. ,
.
,
,
!
.
,
, .
, .
,
.
,
.
.
,
l j i i ij i
i i lj i i -
li j j i l ji
i j l j i i -
lj il l j i il li
i l i li i
i ij i
( )
i j i l il l
i
lj i ji j i i -
j i ij lji
j i ( i ) lj i i li j
l j i lj il
l j i ili i lj i li
j j l i il ilij -
j i l i ij il lji
j
li il j li i i
l j j j i j i i-
j j j j
j i i
i i l i i i -
li i ij il l li i i l j li
j ij l li i j i i -
j l j j i l
li l i l j j j
j i i l j
l j il i
ji j l i l i l
j l j i i l j l i -
j i li i j
j i i i i j
l j l l ij lji i i
j ji i j j l
li i i l j i l
i i i j i i l i j
i li l ij -
l i i i i i i j l
i i l j i i i i
l l j li
l j i i
j i li i l j j l - i
i i l i i i i l
i i j i
j i l j ji j
l i l ij j
ili l j i l ij i l ili
j
l j i l ij
i i i l ij j
r s r t s r st , s
r t s t , .
r t , s r
st s r st r . s
s r r , t
fr , r t t r r r .
e t r t c s
g 1 2/r 2
r , e r c s e e te es
s 1 2 r t s r er s r t
e st r e . e te šce
. e r t c s st t . e s
e e sre šc te šc e r e
er, t re . e se e s rc cr
, sre šc e , c . e
š e er r e ec t
r t ec r c r t c s s e e
rš .
r t e s e r t , se
cr e e c e t e s e rec . r
er e r e , e re r t . r e
e r t str te r , e re ec e t
e , t s et e. r str r e
e r t c s e s e te es cr e e
e r e e tr st . e t tr
c te es tr e se , se r te s r šc e
e t te s et e. e e e r
s ec r st cr .
r ?
e et e J ee er.
e se s se , s te es , re
str r , ec e r e e .
t c e e, c e re r t r
cr e e. e es e e te st ,
ce e tr st ec /s. e e
e tr st, t e cr e e r
t t e tr st ec tr st s et e, e
r /s! s s te r re
t st se c e re t tre e s et e.
e , cr e e e re e t t
s et , t re res e š . r
e cr , se t e re r t .
r st s cr e e te ec
st e e te ret c se ,
res c e s et e st . es
tr e e st cr e , e e
ce sre šc s e. t
r cr sre šc s e c
e s .
r r
r te , se sre šc s e
Č ne luknje e o ebi i zdijo k ivno ne a o
iz p av ake novi ko Sonce Ze lja in i Po-
e bna azlika je v e da je nov v č ni luknji
i njena na zelo ajhno p o o nino Če bi e Ze-
lja p e enila v č no luknjo bi bila velika ko
nikola p ibližno cen i e e v p e e u
onov g avi a ij ki zakon
F (1)
p avi da j p ivlaˇna ila F d dv a l o a z
a o in ob a no o az na kvad a o
oddalj no i d nji a oz d njuni a ži ˇ -
a j g avi a ij ka kon an a a Z lji o od
nj n ga di ˇa ( ži ˇa) oddalj ni p ibližno za nj n
pol o j 6378 k Č bi Z lja k ǐla v ˇ no
luknjo pa bi bili od di ˇa oddalj ni 0 5 V liko
z anj anj pol a bi po nilo v ˇ ko ilijon-
k a v ˇjo p ivlaˇno g avi a ij ko ilo na Z ljin
pov ju
P av a v lika ila j vz ok za o da v bližini
ˇ n luknj zaˇn jo dogaja i n v akdanj ǐ P i-
j obzo j dogodkov ja b z pov a ka Ka j
nk a on an ga obzo ja n o v ˇ pob gni i
navzv n ni i v loba n Po d ugi ani za adi v -
lik g avi a ij k il l a v bližini ˇ n luknj okoli
nj k ožijo z lo v liko h o jo Č ako hi o giba-
joˇa l a kajo d boj p i p o ˇa z lo
v liko oplo in v lob Vaja j na nj na p av
poznavanju v ˇ pod obno i o ˇ nih luknjah
ak s c e l k je ile i e
Tako jih j l a 1967 poi noval fizik ohn h l
Poj luknja zdi i ln aj l a ki g do on-
an obzo ja dogodkov nikoli v ˇ n p id jo v n
a anˇn j niˇ n o p i i izza obzo ja dogodkov
ˇ n luknj T l a lahko ub žijo Z ljini žno i
ˇ j njihova hi o v ˇja od 11 k To j z lo
v lika hi o oda za pob g iz ˇ n luknj bi o ala
bi i a ub žna hi o v ˇja od hi o i v lob ki j
p ibližno 300 000 k Toda v kladu o ijo -
la ivno i niˇ n o giba i hi j od v lob
To po ni da iz ˇ n luknj n o pob gni i ni i
v loba za o g za za n kak no luknjo Ka koli
pad v ˇ no luknjo od a n o v ni i
b oj vu za i li o ˇ nih luknjah j l - v ǐna
znan v nikov i la za zani ivo o iˇno za i l
ki pa v niˇn v u n ob aja an i a o
dn dokaz o ob oju ˇ nih luk nj na od njih j
lo v di ˇu alak ij S o vajo bo o ponovno
odk ili ˇ no luknjo v di ˇu alak ij in dolo ǐli
nj no a o
a l k ja v s e išc alaksije
P vi na ig o da v di ˇu alak ij nahaja
2
m t t ,
t t , m m .
m m t m,
t m t .
m m , t
f , t m t m .
N wt r t
= G 1 2 2
r , r m m t m
m 1 2 r t r m r r t m
t m m . m m t
m . G r t t t . N m m
r t r
m r, t r m. m r r
, r , m.
m m r m t
r t r r t m m
r .
r t r t ,
r t r . r
m r r , m r r t . r
r t tr t r , m r t
, t t . r tr r
r t t r
r t t . t tr
t tr m , r t m r
t t t . m r
r t r .
K o o ˇ n u n dob
t m J W r.
m m , t , r
tr r , r .
N t , m r r t r
r . m t t ,
tr t m .
tr t, t r m r
t t tr t tr t t ,
r ! t r r
t t m r t tr t .
m , r m r t t
t , t r r . r
r , t m m r r t .
O r t m r t
t m m t r t ,
r m t t . D m m
tr t r ,
r G . t m
r r r G
m .
Č n u n d ˇu G
r m t m, r G
Vaje ESO/ESA1,
Masa črne  
luknje v središču
Galaksije
presek 40 (2012/2013) 2
a s t r o n o m i j a
21
Kako so črne luknje dobile ime?
•
črna luknja, so dala radioastronomska opazovanja
nenavadnega radijskega izvora v južnem ozvezdju
Strelec (glej sliko 1). Izvor so poimenovali Strelec
A* (mednarodno Sagittarius A* oz. skrajšano SgrA*).
Očitno je bilo, da izvor radijskih valov ne more biti
zvezda, zato so astronomi sklepali, da gre za ma-
sivno črno luknjo. Snov, ki se hitro giblje okoli črne
luknje, je potencialni izvor netipǐcnega radijskega va-
lovanja. Žal je črna luknja zelo majhno in povsem
„črno“ telo, zato ni veliko možnosti, da bi ga nepo-
sredno videli. Prisotnost črne luknje je tako mogoče
posredno ugotoviti iz meritev dveh kolǐcin: hitrosti
snovi v bližini morebitne črne luknje in „svetlobnega
odtisa“.
Hitrost snovi kaže na maso telesa, okoli katerega
kroži, svetlobni odtis pa pove, če svetloba izhaja od
zvezd. Veliko zvezd se giblje okoli središča Gala-
ksije. V tem delu vaje bomo uporabili prava opazo-
vanja središča Galaksije in določili hitrosti zvezd.
Slika 1
Gravitacija
Na začetku 17. stoletja je nemški astronom Johannes
Kepler odkril tri zakone o gibanju planetov v Oson-
čju.
Prvi pravi, da se planeti gibljejo po eliptičnih orbi-
tah, ki imajo skupno gorišče v Soncu.
Drugi pravi, da je površina, ki jo v časovni enoti
opiše zveznica med Soncem in planetom, konstan-
tna.
Tretji Keplerjev zakon pravi, da je razmerje kva-
drata obhodnega časa t0 in kuba velike polosi orbite
a za vse planete enaka:
t20/a3 = konst. (2)
Ob odkritju zakonov gibanja planetov Kepler ni mo-
gel vedeti, zakaj so ti zakoni prav taki. Predvsem
tretji zakon je videti nenavaden. Šele Newtonovo od-
kritje gravitacijskega zakona je dalo odgovor na to.
Gravitacijska sila planeta, ki se giblje okoli Sonca, je
namreč enaka centripetalni sili Fc .
V srednji šoli, kjer dijaki še ne poznajo lastnosti
elipse, lahko tretji Keplerjev zakon izpeljemo z nekaj
poenostavitvami. Najprej privzamemo, da je orbita
planeta krožnica s polmerom a. Do tega smo upra-
vičeni v primeru večine planetov v Osončju, saj so
njihove orbite le malo „razpotegnene“ elipse in se bi-
stveno ne razlikujejo od krožnic. Predpostavimo še,
da je masa planeta zanemarljivo majhna v primerjavi
z maso Sonca mSonce, kar tudi dejansko drži. Masa
Zemlje je, denimo, 3 · 10−6 mase Sonca. Tako sledi:
Fc = 4π2mpa/t20, (3)
Fg = Fc . (4a)
3
črna luknja, so dala radioastronomska opazovanja
nenavadnega radijskega izvora v južnem ozvezdju
Strelec (glej sliko 1). Izvor so poimenovali Strelec
A* (mednarodno Sagittarius A* oz. skrajšano SgrA*).
Očitno je bilo, da izvor radijskih valov ne more biti
zvezda, zato so astronomi sklepali, d gre za ma-
siv o čr o luknjo. Snov, ki se hitro giblje okoli črne
luknje, je potencialni izvor netipǐcnega radijskega va-
lovanja. Žal je črna luknja zel majhno i povsem
„črno“ t lo, zato ni eliko možnosti, da bi ga nepo-
sredno videli. Priso n st črne luknje je tako mogoče
posredno ugotoviti iz mer tev dveh ko ǐcin: hitrosti
snovi v bližini morebitne čr e luk je in „svetlobnega
odtisa“
Hitrost snovi kaže na mas telesa, okol k terega
k oži, s etlobni odtis pa pove, če svetloba izhaja od
zvezd. Veliko zvezd se giblje okoli središča Gala-
ksije. V tem delu vaje bomo uporabili prava pazo-
vanja središča Galaksije in določili hitrosti zvezd.
Slika 1
Gravitacija
Na začetku 17. stoletja je nemški astronom Johannes
Kepler odkril tri zakone o gibanju planetov v Oson-
čju.
Prvi pravi, da se planeti gibljejo po eliptičnih orbi-
tah, ki imajo skupno gorišče v Soncu.
Drugi pravi, da je površina, ki jo v časovni enoti
opiš zveznica med Soncem in planetom, konsta
tna
T etji Keplerjev zakon pravi, da je razmerje kva
drata obhodnega časa t0 in kuba velike polosi orbite
a za vse l nete enaka:
t20/a3 = konst. (2)
Ob odkritju zakonov giba ja pl netov Kepler ni mo-
gel ved ti, zakaj so ti zakoni prav taki. Predvsem
tretji zakon je videti nenavaden. Šele Newtonovo od-
kritje gravitacijskega zakona je dalo odgovor na to.
Gravitacijska sila planeta, ki se giblje okoli Sonca, je
namreč enaka centripetal i sili Fc .
V srednji šoli, kjer dij i še ne poznajo lastnosti
elipse, lahko tretji Keplerjev zakon izpeljemo z nekaj
poenost vami. N jprej privzamem , da je orbita
plane krožnic s polmerom a. Do tega smo upra-
vičeni v primeru večine planetov v Osončju, saj so
njihov orbite le malo „razpot g ene“ elipse in se bi-
stveno ne razlikujejo od krožnic. Predpostavimo še,
da je masa pl neta z nemarlj o ajhna v prime javi
z maso Sonca mSonce, kar tudi dejansko drži. Masa
Zemlje je, denimo, 3 · 10−6 mase Sonca. Tako ledi:
Fc = 4π2mpa/t20, (3)
Fg = Fc . (4a)
3
črna luknja, so dala radioastronomska opazovanja
nenavadnega radijskega izvora v južnem ozvezdju
Strelec (glej sliko 1). Izvor so poimenovali Strelec
A* (mednarodno Sagittarius A* oz. skrajšano SgrA*).
Očitno je bilo, da izvor radijskih valov ne more biti
zvezda, zato so astronomi sklepali, da gre za ma-
sivno črno luknjo. Snov, ki se hitro giblje okoli črne
luknje, je potencialni izvor netipičnega radijskega va-
lovanja. Žal je črna luknja zelo majhno in povsem
„črno“ telo, zato ni veliko možnosti, da bi ga nepo-
sredno videli. Prisotnost črne luknje je tako mogoče
posredno ugotoviti iz meritev dveh kolǐcin: hitrosti
snovi v bližini morebitne črne luknje in „svetlobnega
odtisa“.
Hitrost snovi kaže na maso telesa, okoli katerega
kroži, svetlobni odtis pa pove, če svetloba izhaja od
zvezd. Veliko zvezd se giblje okoli središča Gala-
ksije. V tem delu vaje bomo uporabili prava opazo-
vanja središča Galaksije in določili hitrosti zvezd.
Slika 1
Gravitacija
Na začetku 17. stoletja je nemški astronom Johannes
Kepler odkril tri zakone o gibanju planetov v Oson-
čju.
Prvi pravi, da se planeti gibljejo po eliptičnih orbi-
tah, ki imajo skupno gorišče v Soncu.
Drugi pravi, da je površina, ki jo v časovni enoti
opiše zveznica med Soncem in planetom, konstan-
tna.
Tretji Keplerjev zakon pravi, da je razmerje kva-
drata obhodnega časa t0 in kuba velike polosi orbite
a za vse planete enaka:
t20/a3 = konst. (2)
Ob odkritju zakonov gibanja planetov Kepler ni mo-
gel vedeti, zakaj so ti zakoni prav taki. Predvsem
tretji zakon je videti nenavaden. Šele Newtonovo od-
kritje gravitacijskega zakona je dalo odgovor na to.
Gravitacijska sila planeta, ki se giblje okoli Sonca, je
namreč enaka centripetalni sili Fc .
V srednji šoli, kjer dijaki še ne poznajo lastnosti
elipse, lahko tretji Keplerjev zakon izpeljemo z nekaj
poenostavitvami. Najprej privzamemo, da je orbita
planeta krožnica s polmerom a. Do tega smo upra-
vičeni v primeru večine planetov v Osončju, saj so
njihove orbite le malo „razpotegnene“ elipse in se bi-
stveno ne razlikujejo od krožnic. Predpostavimo še,
da je masa planeta zanemarljivo majhna v primerjavi
z maso Sonca mSonce, kar tudi dejansko drži. Masa
Zemlje je, denimo, 3 · 10−6 mase Sonca. Tako sledi:
Fc = 4π2mpa/t20, (3)
Fg = Fc . (4a)
3
Črne luknje se morebiti zdijo skrivnostne, a so
iz prav take snovi kot Sonce, Zemlja in mi. Po-
membna razlika je v tem, da je snov v črni luknji
stisnjena na zelo majhno prostornino. Če bi se Ze-
mlja spremenila v črno luknjo, bi bila velika kot
frnikola, približno centimeter v premeru.
Newtonov gravitacijski zakon
Fg = Gm1m2/r 2 (1)
pravi, da je privlačna sila F med dvema telesoma z
maso m1 in m2 obratno sorazmerna s kvadratom
oddaljenosti r med njima oz. med njunima težišče-
ma. G je gravitacijska konstanta. Na Zemlji smo od
njenega središča (težišča) oddaljeni približno za njen
polmer, torej 6378 km. Če bi se Zemlja skrčila v črno
luknjo, pa bi bili od središča oddaljeni 0,5 cm. Veliko
zmanjšanje polmera r bi pomenilo več kot milijon-
krat večjo privlačno gravitacijsko silo na Zemljinem
površju.
Prav ta velika sila je vzrok za to, da se v bližini
črne luknje začnejo dogajati nevsakdanje reči. Pri-
mer je obzorje dogodkov, meja brez povratka. Kar je
enkrat onstran tega obzorja, ne more več pobegniti
navzven, niti svetloba ne. Po drugi strani zaradi ve-
like gravitacijske sile telesa v bližini črne luknje okoli
nje krožijo z zelo veliko hitrostjo. Če tako hitro giba-
joča telesa trkajo med seboj, se pri tem sprošča zelo
veliko toplote in svetlobe. Vaja je namenjena prav
spoznavanju več podrobnosti o črnih luknjah.
č l i
Tako jih je leta 1967 poimenoval fizik John Wheeler.
Pojem luknja se zdi smiseln, saj telesa, ki gredo on-
stran obzorja dogodkov, nikoli več ne pridejo ven.
Natančneje, nič ne more priti izza obzorja dogodkov
črne luknje. Telesa lahko ubežijo Zemljini težnosti,
če je njihova hitrost večja od 11 km/s. To je zelo
velika hitrost, toda za pobeg iz črne luknje bi morala
biti ta ubežna hitrost večja od hitrosti svetlobe, ki je
približno 300 000 km/s! Toda v skladu s teorijo re-
lativnosti se nič ne more gibati hitreje od svetlobe.
To pomeni, da iz črne luknje ne more pobegniti niti
svetloba, zato gre zares za nekakšno luknjo. Karkoli
pade v črno luknjo, se od tam ne more vrniti.
Ob rojstvu zamisli o črnih luknjah je le-te večina
znanstvenikov imela za zanimivo teoretično zamisel,
ki pa v resničnem svetu ne obstaja. Danes imamo
trdne dokaze o obstoju črnih lukenj, ena od njih je
celo v središču Galaksije. S to vajo bomo ponovno
odkrili črno luknjo v središču Galaksije in določili
njeno maso.
Črna luknja v središču Galaksije
Prvi namig o tem, da se v središču Galaksije nahaja
2
Črne luknje se orebiti zdijo skrivnostne, a so
iz prav take snovi kot Sonce, Ze lja in i. Po-
e bna razlika je v te , da je snov v črni luknji
stisnjena na zelo ajhno prostornino. Če bi se Ze-
lja spre enila v črno luknjo, bi bila velika kot
frnikola, približno centi eter v pre eru.
Ne tonov gravitacijski zakon
Fg 1 2/r 2 (1)
pravi, da je privlačna sila F ed dve a teleso a z
aso 1 in 2 obratno soraz erna s kvadrato
oddaljenosti r ed nji a oz. ed njuni a težišče-
a. je gravitacijska konstanta. Na Ze lji s o od
njenega središča (težišča) oddaljeni približno za njen
pol er, torej 6378 k . Če bi se Ze lja skrčila v črno
luknjo, pa bi bili od središča oddaljeni 0,5 c . Veliko
z anjšanje pol era r bi po enilo več kot ilijon-
krat večjo privlačno gravitacijsko silo na Ze ljine
površju.
Prav ta velika sila je vzrok za to, da se v bližini
črne luknje začnejo dogajati nevsakdanje reči. Pri-
er je obzorje dogodkov, eja brez povratka. Kar je
enkrat onstran tega obzorja, ne ore več pobegniti
navzven, niti svetloba ne. Po drugi strani zaradi ve-
like gravitacijske sile telesa v bližini črne luknje okoli
nje krožijo z zelo veliko hitrostjo. Če tako hitro giba-
joča telesa trkajo ed seboj, se pri te sprošča zelo
veliko toplote in svetlobe. Vaja je na enjena prav
spoznavanju več podrobnosti o črnih luknjah.
Kako so črne luknje dobile i e?
Tako jih je leta 1967 poi enoval fizik John heeler.
Poje luknja se zdi s iseln, saj telesa, ki gredo on-
stran obzorja dogodkov, nikoli več ne pridejo ven.
Natančneje, nič ne ore priti izza obzorja dogodkov
črne luknje. Telesa lahko ubežijo Ze ljini težnosti,
če je njihova hitrost večja od 11 k /s. To je zelo
velika hitrost, toda za pobeg iz črne luknje bi orala
biti ta ubežna hitrost večja od hitrosti svetlobe, ki je
približno 300 000 k /s! Toda v skladu s teorijo re-
lativnosti se nič ne ore gibati hitreje od svetlobe.
To po eni, da iz črne luknje ne ore pobegniti niti
svetloba, zato gre zares za nekakšno luknjo. Karkoli
pade v črno luknjo, se od ta ne ore vrniti.
b rojstvu za isli o črnih luknjah je le-te večina
znanstvenikov i ela za zani ivo teoretično za isel,
ki pa v resnične svetu ne obstaja. Danes i a o
trdne dokaze o obstoju črnih lukenj, ena od njih je
celo v središču Galaksije. S to vajo bo o ponovno
odkrili črno luknjo v središču Galaksije in določili
njeno aso.
ˇrna luknja v središču alaksije
Prvi na ig o te , da se v središču Galaksije nahaja
2
Č    č  
cij
lika 1.
Središče Galaksije se za opazovalca na Zemlji nahaja v ozvez
dju Strelec. Tam je Rimska cesta videti š  posebej g st . N  
sliki je označeno območje, kjer se nahaja radijski izvor SgrA*, 
kjer je tudi masi na črna luknja.
presek 40 (2012/2013) 2
a s t r o n o m i j a
22
Naloge
1. naloga / Spoznaj elipso
2. naloga / Masa Sonca
•
Masa S nca
S tretjim Keplerjevim zakonom izračunajmo maso
Sonca, če vemo, da je velika polos Zemljine orbite
150 milijonov kilometrov, njen obhodni čas okoli
Sonca eno leto in gravitacijska konstanta
G = 6,67 · 10−11 m3s−2kg−1.
Opazovanja
Opazovanja zvezd blizu središča Galaksije so zaple-
tena. Veliko število zvezd in oblakov namreč zastira
pogled v to območje. Rešitev so opazovanja v infrar-
deči svetlobi, ki ima daljšo valovno dolžino od vi-
dne svetlobe in jo zaradi tega prašnati oblaki vpijajo
manj kot vidno svetlobo. Skupina astronomov pod
vodstvom nemškega raziskovalca Reinharda Genzela
je s teleskopom VLT v Čilu vrsto let v infrardeči sve-
tlobi slikala središče Galaksije (slika 4).
Na posnetkih, ki so nastali v časovnem zaporedju
nekaj let, je mogoče opaziti premike hitro gibajočih
se zvezd. Najbolj opazen je bil premik zvezde S2. Na
sliki 5 je vidna v neposredni bližini potencialne črne
luknje.
Slika 4 in 5
Tabela 1
Izračun mase
Iz položajev zvezde S2 v preglednici 1 in s tretjim
Keplerjevim zakonom lahko določimo maso SgrA*.
Za to potrebujemo obhodni čas t0 in veliko polos or-
bite zvezde a.
3. naloga
Določitev velike polosi tira
Veliko polos tira a zvezde S2 dobimo tako, da skozi
lege S2 iz preglednice 1 narišemo elipso.
Na milimetrski papir narišimo koordinatni sis-
tem. Enota naj bo 0,01 kotne sekunde/2 mm. Nato
vrišemo vse lege S2 iz preglednice 1. Označimo še
mersko napako posamezne meritve. To lahko na-
redimo tako, da od točke po osi x in y narišemo
prečko v velikosti napake. (Lahko uporabimo tudi
primernen računalniški program.)
Skozi točke prostoročno narišemo elipso, ki se
jim najbolj prilega. Točk ne povezujemo. Nari-
šemo gladko krivuljo, ki gre skozi označene mer-
ske napake.
Izmerimo veliko os elipse v kotnih sekundah in
ocenimo napako meritve.
5
Izenačimo (3) in (4a):
GmpmSonce/a2 = 4π2mpa/t20, (4b)
t20/a3 = 4π
2
GmSonce . (5)
Tretji Keplerjev zakon (5) smo dobili v samo nekaj
korakih. Na desni strani enačbe so samo konstante,
kar pomeni, da je konstanta v prej zapisanem tre-
tjem Keplerjevem zakonu (2)
konst. = 4π
2
GmSonce .
Če upoštevamo, da se planet giblje po elipsi, se tretji
Keplerjev zakon glasi:
t20/a3 = 4π
2
G(mSonce−mp) . (6)
Izpeljava lahko služi kot lepa matematična rekrea-
cija.
Keplerjevi zakoni pa ne veljajo le za Osončje. Če
kaka zvezda kroži okoli črne luknje, potem je iz
meritev dveh od treh količin (obhodni čas zvezde
t0, velika polos orbite a, skupna masa zvezde in
črne luknje) mogoče izračunati maso črne luknje.
Naloge
1. naloga
Spoznaj elipso
Keplerjeve zakone lahko izkoristimo tudi za spozna-
vanje lastnosti elipse. Prvi Keplerjev zakon ugota-
vlja, da se planeti gibljejo po elipsah. Elipsa s sredi-
ščem v izhodišču koordinatnega sistema je krivulja,
za katero velja
(x/a)2 + (y/b)2 = 1,
kjer je a velika, b pa mala polos elipse (glej sliko 2).
Naj bo a = 10 cm, b = 5cm. Z zgornjo enačbo
izračunajmo več vrednosti (x,y), vnesimo v ko-
ordinatni sistem in jih povežimo. V istem koordi-
natnem sistemu narišemo še elipso z a = 10 cm,
b = 2 cm.
Kaj se zgodi z elipso, če je razlika med a in b
večja?
Kaj bi dobili, če bi bil b = a?
Razmislimo, kako bi lahko narisali „gladko“ elip-
so. Namig: prav bi prišle buciki in nitka.
Slika 2 in 3
2. naloga
4
Izenačimo (3) in (4a):
GmpmSonce/a2 = 4π2mpa/t20, (4b)
t20/a3 = 4π
2
GmSonce . (5)
Tretji Keplerjev zakon (5) smo dobili v samo nekaj
korakih. Na desni strani enačbe so samo konstante,
kar pomeni, da je konstanta v prej zapisanem tre-
tjem Keplerjevem zakonu (2)
konst. = 4π
2
GmSonce .
Če upoštevamo, da se planet giblje po elipsi, se tretji
Keplerjev zakon glasi:
t20/a3 = 4π
2
G(mSonce−mp) . (6)
Izpeljava lahko služi kot lepa matematična rekrea-
cija.
Keplerjevi zakoni pa ne veljajo le za Osončje. Če
kaka zvezda kroži okoli črne luknje, potem je iz
meritev dveh od treh količin (obhodni čas zvezde
t0, velika polos orbite a, skupna masa zvezde in
črne luknje) mogoče izračunati maso črne luknje.
Naloge
1. naloga
Spoznaj elipso
Keplerjeve zakone lahko izkoristimo tudi za spozna-
vanje lastnosti elipse. Prvi Keplerjev zakon ugota-
vlja, da se planeti gibljejo po elipsah. Elipsa s sredi-
ščem v izhodišču koordinatnega sistema je krivulja,
za katero velja
(x/a)2 + (y/b)2 = 1,
kjer je a velika, b pa mala polos elipse (glej sliko 2).
Naj bo a = 10 cm, b = 5cm. Z zgornjo enačbo
izračunajmo več vrednosti (x,y), vnesimo v ko-
ordinatni sistem in jih povežimo. V istem koordi-
natnem sistemu narišemo še elipso z a = 10 cm,
b = 2 cm.
Kaj se zgodi z elipso, če je razlika med a in b
večja?
Kaj bi dobili, če bi bil b = a?
Razmislimo, kako bi lahko narisali „gladko“ elip-
so. Namig: prav bi prišle buciki in nitka.
Slika 2 in 3
2. naloga
4
Izenači o (3) in (4a):
G p Sonce/a2 = 4π2 pa/t20, (4b)
t20/a3 = 4π
2
GmSonce . (5)
Tretji Keplerjev zakon (5) s o dobili v sa o nekaj
korakih. Na desni strani enačbe so sa o konstante,
kar po eni, da je konstanta v prej zapisane tre-
tje Keplerjeve zakonu (2)
konst. = 4π2GmSonce .
Če upošteva o, da se planet giblje po elipsi, se tretji
Keplerjev zakon glasi:
t20/a3 = 4π
2
G(mSonce−mp) . (6)
Izpeljava lahko služi kot lepa ate atična rekrea-
cija.
Keplerjevi zakoni pa ne veljajo le za sončje. Če
kaka zvezda kroži okoli črne luknje, pote je iz
eritev dveh od treh količin (obhodni čas zvezde
t0, velika polos orbite a, skupna asa zvezde in
črne luknje) ogoče izračunati aso črne luknje.
aloge
1. naloga
Spoznaj elipso
Keplerjeve zakone lahko izkoristi o tudi za spozna-
vanje lastnosti elipse. Prvi Keplerjev zakon ugota-
vlja, da se planeti gibljejo po elipsah. Elipsa s sredi-
šče v izhodišču koordinatnega siste a je krivulja,
za katero velja
(x/a)2 + (y/b)2 = 1,
kjer je a velika, b pa ala polos elipse (glej sliko 2).
Naj bo a = 10 c , b = 5c . Z zgornjo enačbo
izračunaj o več vrednosti (x,y), vnesi o v ko-
ordinatni siste in jih poveži o. V iste koordi-
natne siste u nariše o še elipso z a = 10 c ,
b = 2 c .
Kaj se zgodi z elipso, če je razlika ed a in b
večja?
Kaj bi dobili, če bi bil b = a?
Raz isli o, kako bi lahko narisali „gladko“ elip-
so. Na ig: prav bi prišle buciki in nitka.
Slika 2 in 3
2. naloga
4
Izenačimo (3) in (4a):
GmpmSonce/a2 = 4π2mpa/t20, (4b)
t20/a3 = 4π
2
GmSonce . (5)
Tretji Keplerjev zakon (5) smo dobili v samo nekaj
korakih. Na desni strani enačbe so samo konstante,
kar pomeni, da je konstanta v prej zapisanem tre-
tjem Keplerjevem zakonu (2)
konst. = 4π
2
GmSonce .
Če upoštevamo, da se planet giblje po elipsi, se tretji
Keplerjev zakon glasi:
t20/a3 = 4π
2
G(mSonce−mp) . (6)
Izpeljava lahko služi kot lepa matematična rekrea-
cija.
Keplerjevi zakoni pa ne veljajo le za Osončje. Če
kaka zvezda kroži okoli črne luknje, potem je iz
meritev dveh od treh količin (obhodni čas zvezde
t0, velika polos orbite a, skupna masa zvezde in
črne luknje) mogoče izračunati maso črne luknje.
Naloge
1. naloga
Spoznaj elipso
Keplerjeve zakone lahko izkoristimo tudi za spozna-
vanje lastnosti elipse. Prvi Keplerjev zakon ugota-
vlja, da se planeti gibljejo po elipsah. Elipsa s sredi-
ščem v izhodišču koordinatnega sistema je krivulja,
za katero velja
(x/a)2 + (y/b)2 = 1,
kjer je a velika, b pa mala polos elipse (glej sliko 2).
Naj bo a = 10 cm, b = 5cm. Z zgornjo enačbo
izračunajmo več vrednosti (x,y), vnesimo v ko-
ordinatni sistem in jih povežimo. V iste koordi-
natnem sistemu narišemo še elipso z a = 10 cm,
b = 2 cm.
Kaj se zgodi z elipso, če je razlika med a in b
večja?
Kaj bi dobili, če bi bil b = a?
Razmislimo, kako bi lahko narisali „gladko“ elip-
so. Na ig: prav bi prišle buciki in nitka.
Slika 2 in 3
2. naloga
4
Izenači o (3) in (4a):
p Sonce/a2 4 2 pa/t20, (4b)
t20/a3
4π2
G Sonce . (5)
Tretji Keplerjev zakon (5) s o dobili v sa o nekaj
korakih. a d sni strani enačbe so sa o konstante,
a po eni, da je konsta ta v prej zapisane tr -
tje Keplerjeve zakonu (2)
konst. 4π
2
G Sonce .
Če upošteva o, da se planet giblje po elipsi, se tretji
K plerjev z kon gla i:
t20/a3
4π2
G( Sonce− p) . (6)
Izpeljava lahko služi kot lepa ate atična rekrea-
cija.
eplerjevi zakoni pa ne veljajo le za sončje. Če
kaka zvezda kroži okoli črne luknje, pote je iz
erite dveh od treh kolici (obhodni čas zvezde
t0, velika polos orbite a, skupna asa zvezde in
črne lu nje) og če izr čunati aso črne luknje.
al e
1. naloga
Spoznaj elipso
Keplerjeve zakone lahko izkoristi o tudi za spozna-
vanj lastnosti elipse. Prvi Keplerjev zakon ugot
lja, da e planeti gibljejo po lipsah. Elipsa s sredi
šče v izhodišču koordinatnega iste a je krivulja,
za katero velja
(x/a)2 ( /b)2 1,
kjer je a velika, b pa ala polos elipse (glej sliko 2).
aj bo a 10 c , b 5c . Z zgornjo enačbo
izračunaj o več vrednosti (x, ), vnesi o v ko-
ordinatni siste in jih poveži o. iste koordi
natne si te u nariše o še elipso z a 10 c ,
b 2 c .
aj se zgodi z elipso, če je razlika ed a in b
večj ?
aj bi dobili, če bi bil b a?
az isli o, kako bi lahko narisali „gladko“ elip-
so. a g: prav bi priš e buciki in n tka.
Slika 2 in 3
2. naloga
4
Ize ačimo (3) i (4a):
GmpmSonce/ 2 = 4π2mp /t20, (4b)
t20/ 3 = 4π
2
GmSonce . (5)
retji e lerjev zako (5) smo obili v samo ekaj
koraki . Na es i stra i e ačbe so samo ko sta te,
kar ome i, a je ko sta ta v rej za isa em tre-
tjem e lerjevem zako (2)
ko st. = 4π
2
GmSonce .
ˇe oštevamo, a se la et giblje o eli si, se tretji
e lerjev zako glasi:
t20/ 3 = 4π
2
G(mSonce−mp) . (6)
Iz eljava la ko sl ži kot le a matematič a rekrea-
cija.
Ke lerje i za o i a e eljajo le za Oso čje. ˇe
a a z ez a roži o oli čr e l je, otem je iz
merite e o tre oliči (o o i čas z ez e
t0, eli a olos or ite , s a masa z ez e i
čr e l je) mogoče izrač ati maso čr e l je.
loga
S oznaj eli so
e lerjeve zako e la ko izkoristimo t i za s oz a-
va je last osti eli se. Prvi e lerjev zako gota-
vlja, a se la eti gibljejo o eli sa . Eli sa s sre i-
ščem v iz o išč koor i at ega sistema je kriv lja,
za katero velja
( / )2 + (y/ )2 = 1,
kjer je velika, a mala olos eli se (glej sliko 2).
Naj o = 10 cm, = 5cm. zgor jo e ač o
izrač ajmo eč re osti ( ,y), esimo o-
or i at i sistem i ji o ežimo. V iste oor i-
at em sistem arišemo še eli so z = 10 cm,
= 2 cm.
Kaj se zgo i z eli so, če je razli a me i
ečja?
Kaj i o ili, če i il = ?
Razmislimo, a o i la o arisali „gla o“ eli -
so. Na ig: ra i rišle ci i i it a.
Slika 2 i 3
. naloga
4
Izenačimo (3) in (4a):
Gmp Sonce/a2 = 4π2mpa/t20, (4b)
t20/a3 = 4π
2
GmSonce . (5)
Tretji Keplerjev zakon (5) smo dobili v samo nekaj
korakih. Na d sni strani enačbe so samo konstante,
a pomeni, da je konstanta v prej zapisanem tr -
tjem Keplerjevem zakonu (2)
konst. = 4π
2
GmSonce .
Če upoštevamo, da se planet giblje po elipsi, se tretji
K plerjev z kon gla i:
t20/a3 = 4π
2
G(mSonce−mp) . (6)
Izpelj va lahko služi kot lepa matematična rekrea-
cija.
Keplerjevi zakoni pa ne veljajo le za Osončje. Če
kaka zvezda kroži okoli črne luknje, potem je iz
meritev dveh od treh kolicin (obhodni čas zvezde
t0, velika polos orbite a, skupna masa zvezde in
črne luknje) mog če izračunati maso črne luknje.
Naloge
1. naloga
Spoznaj elipso
Keplerjeve zakone lahko izkoristimo tudi za spozna-
vanj lastnosti elipse. Prvi Keplerjev zakon ugot
lja, da e planeti gibljejo po lipsah. Elipsa s sredi
ščem v izhodišču koordinatnega istema je krivulja,
za katero velja
(x/a)2 + (y/b)2 = 1,
kjer je a velika, b pa mala polos elipse (glej sliko 2).
Naj bo a = 10 cm, b = 5cm. Z zgornjo enačbo
izračunajmo več vrednosti (x,y), vnesimo v ko-
ordinatni sistem in jih povežimo. V iste koordi
natnem si temu narišemo še elipso z a = 10 cm,
b = 2 cm.
Kaj se zgodi z elipso, če je razlika med a in b
večj ?
Kaj bi dobili, če bi bil b = a?
Razmislimo, kako bi lahko narisali „gladko“ elip-
so. Na g: prav bi priš e buciki in n tka.
Slika 2 in 3
2. naloga
4
Izenačimo (3) in (4a):
GmpmSonce/a2 = 4π2mpa/t20, (4b)
t20/a3 = 4π
2
GmSonce . (5)
Tretji Keplerjev zakon (5) smo dobili v samo nekaj
korakih. Na desni strani enačbe so samo konstante,
kar pomeni, da je konstanta v prej zapisanem tre-
tjem Keplerjevem zakonu (2)
konst. = 4π
2
GmSonce .
Če upoštevamo, da se planet giblje po elipsi, se tretji
Keplerjev zakon glasi:
t20/a3 = 4π
2
G(mSonce−mp) . (6)
Izpeljava lahko služi kot lepa matematična rekrea-
cija.
Keplerjevi zakoni pa ne veljajo le za Osončje. Če
kaka zvezda kroži okoli črne luknje, potem je iz
meritev dveh od treh količin (obhodni čas zvezde
t0, velika polos orbite a, skupna masa zvezde in
črne luknje) mogoče izračunati maso črne luknje.
Naloge
1. naloga
Spoznaj elipso
Keplerjeve zakone lahko izkoristimo tudi za spozna-
vanje lastnosti elipse. Prvi Keplerjev zakon ugota-
vlja, da se planeti gibljejo po elipsah. Elipsa s sredi-
ščem v izhodišču koordinatnega sistema je krivulja,
za katero velja
(x/a)2 + (y/b)2 = 1,
kjer je a velika, b pa mala polos elipse (glej sliko 2).
Naj bo a = 10 cm, b = 5cm. Z zgornjo enačbo
izračunajmo več vrednosti (x,y), vnesimo v ko-
ordinatni sistem in jih povežimo. V istem koordi-
natnem sistemu narišemo še elipso z a = 10 cm,
b = 2 cm.
Kaj se zgodi z elipso, če je razlika med a in b
večja?
Kaj bi dobili, če bi bil b = a?
Razmislimo, kako bi lahko narisali „gladko“ elip-
so. Namig: prav bi prišle buciki in nitka.
Slika 2 in 3
2. naloga
4
Izenačimo (3) in (4a):
GmpmSonce/a2 = 4π2mpa/t20, (4b)
t20/a3 = 4π
2
GmSonce . (5)
Tretji Keplerjev zakon (5) smo dobili v samo nekaj
korakih. Na d sni strani enačbe so samo konstante,
a pomeni, da je konsta ta v prej zapisanem tr -
tjem Keplerjevem zakonu (2)
konst. = 4π
2
GmSonce .
Če upoštevamo, da se planet giblje po elipsi, se tretji
K plerjev z kon gla i:
t20/a3 = 4π
2
G(mSonce−mp) . (6)
Izpeljava lahko služi kot lepa matematična rekrea-
cija.
Keplerjevi zakoni pa ne veljajo le za Osončje. Če
kaka zvezda kroži okoli črne luknje, potem je iz
merite dveh od treh kolici (obhodni čas zvezde
t0, velika polos orbite a, skupna masa zvezde in
črne lu nje) mog če izr čunati maso črne luknje.
Naloge
1. naloga
Spoznaj elipso
Keplerjeve zakone lahko izkoristimo tudi za spozna-
vanj lastnosti elipse. Prvi Keplerjev zakon ugot
lja, da e planeti gibljejo po lipsah. Elipsa s sredi
ščem v izhodišču koordinatnega istema je krivulja,
za katero velja
(x/a)2 + (y/b)2 = 1,
kjer je a velika, b pa mala polos elipse (glej sliko 2).
Naj bo a = 10 cm, b = 5cm. Z zgornjo enačbo
izračunajmo več vrednosti (x,y), vnesimo v ko-
ordinatni sistem in jih povežimo. V iste koordi
natnem si temu narišemo še elipso z a = 10 cm,
b = 2 cm.
Kaj se zgodi z elipso, če je razlika med a in b
večj ?
Kaj bi dobili, če bi bil b = a?
Razmislimo, kako bi lahko narisali „gladko“ elip-
so. Na g: prav bi priš e buciki in n tka.
Slika 2 in 3
2. naloga
4
Izenačimo (3) in (4a):
Gmp Sonce/a2 = 4π2mpa/t20, (4b)
t20/a3 = 4π
2
GmSonce . (5)
Tretji Keplerjev zakon (5) smo dobili v samo nekaj
korakih. Na d sni strani enačbe so samo konstante,
a pomeni, da je sta ta v prej zapisanem tr -
tjem Keplerjevem zakonu (2)
konst. = 4π
2
GmSonce .
Če upoštevamo, da se planet giblje po elipsi, se tretji
K plerjev z kon gla i:
t20/a3 = 4π
2
G(mSonce−mp) . (6)
Izpeljava lahko služi kot lepa matematična rekrea-
cija.
Keplerjevi zakoni pa ne veljajo l z Osončje. Če
kaka zvezda kroži okoli črne luknje, potem je iz
merite dveh od treh kolici (obhodni čas zv zd
t0, velika polos orbite a, skupna masa zvezd n
črne lu nje) m g č izr čunati maso črne luknje.
Naloge
1. naloga
Spoznaj elipso
Keplerjeve zakone lahko izkoristimo tudi za spozna-
vanj lastnosti elipse. Prvi Keplerjev zakon ugot
lja, da e planeti gibljejo p lipsah. El psa s sredi
ščem v izh dišču koordinatnega istema je krivulj ,
za katero ve ja
(x/a)2 + (y/b)2 = 1,
kjer je a velika, pa mala polos elipse (glej sliko 2).
Naj bo a = 10 cm, b = 5cm. Z zgornjo enačbo
izračunajmo več vrednosti (x,y), vnesimo v ko-
ordinatni sistem in jih povežimo. V iste koordi
natnem si temu narišemo še elipso z a = 10 cm,
b = 2 cm.
Kaj se zgodi z elipso, če je razlika med a in b
večj ?
K j bi dobili, če bi bil b = a?
R zmislimo, kako i ahko narisali „gladko“ elip-
so. Na g: prav bi priš e buciki in n tka.
Slika 2 in 3
2. naloga
4
Izenačimo (3) in (4a):
Gmp Sonce/a2 = 4π2mpa/t20, (4b)
t20/a3 = 4π
2
GmSonce . (5)
Tretji Keplerjev zakon (5) smo dobili v samo nekaj
korakih. Na desni strani enačbe so samo konstante,
kar pomeni, da je stanta v prej zapisanem tre-
tjem Keplerjevem zakonu (2)
konst. = 4π
2
GmSonce .
Če upoštevamo, da se planet giblje po elipsi, se tretji
Keplerjev zakon glasi:
t20/a3 = 4π
2
G(mSonce−mp) . (6)
Izpeljava lahko služi kot lepa matematična rekrea-
cija.
Keplerjevi zakoni pa ne veljajo l z Osončje. Če
kaka z ezda kroži o li črne luknje, potem je iz
merite dveh od treh količin (obhodni as zv zd
t0, velika polos rbite a, skupna masa zvezd n
črne luknje) m g č izračunati maso črne luknje.
Naloge
1. na oga
Spoznaj elipso
Keplerjeve zakone lahko izkoristimo tudi za spozna-
va je lastno ti elipse. Prvi Keplerjev zakon ugota-
vlja, d se laneti gibljejo p elipsah. El psa s sredi
ščem v izh dišču koordinatnega sistema je krivulj ,
z katero ve ja
(x/ )2 + (y/b)2 = 1,
kjer je a velik , pa mala polos elipse (glej sliko 2).
Naj bo a = 10 cm, b = 5cm. Z zgornjo enačbo
izračunajmo več vrednosti (x,y), vnesimo v ko-
ordinatni sistem in jih povežimo. V istem ko rdi-
natnem sistemu narišemo še elipso z a = 10 m,
b = 2 cm.
Kaj se zgodi z elipso, če je razlika med a in b
večja?
bi dobili, če b bil b = a?
Razmislimo, kako i ahko narisali „gladko“ elip-
so. Namig: prav bi priš e buciki in nitka.
Slik 2 in 3
2. n loga
4
Izenačimo (3) in (4a):
Gmp Sonce/a2 = 4π2mpa/t20, (4b)
t20/a3 = 4π
2
GmSonce . (5)
Tretji Keplerj v zakon (5) smo dobili v samo nekaj
o akih. Na d sni strani e ačbe so samo konstant ,
a pomeni, da je sta ta v prej zapisanem tr -
tjem Keplerjevem zakonu (2)
konst. = 4π
2
GmSonce .
Č upoštev mo, da e planet giblje po elipsi, se tretji
K plerjev z kon gla i:
t20/a3 = 4π
2
G(mSonce−mp) . (6)
Izpeljava lahko služi kot lepa matematična rekrea-
cija.
Keplerjevi zakoni pa ne veljajo l z Osončje. Če
kaka z ezda kroži o li cr e luknje, potem je iz
merite dveh od treh kolici (obhodni čas zv zd
t0, veli a polos rbite , skupna masa zvezd n
črne lu nje) m g č izr čunati maso črne luknje.
Naloge
1. naloga
Spoznaj elipso
Kepl rjeve zakone lahko izkoristimo tudi za spozn
anj la tno ti elipse. Prvi K plerjev zakon ugot
lja, da e planeti gibljejo p lip ah. El psa s sredi
ščem v izh dišču koordinatnega istema je krivulj ,
z katero ve ja
(x/a)2 + (y/b)2 = 1,
kjer je a velika, pa mala polos elipse (glej sliko 2).
Naj bo a = 10 cm, b = 5cm. Z zgornjo enačbo
izračunajmo več vrednosti (x,y), vnesi o v ko
ordinatni istem in jih povežimo. V iste koordi
natnem si temu narišemo še elipso z a = 10 m,
b = 2 cm.
K j se zgodi z elipso, če je razlika med a in b
večj ?
bi dobili, če b bil b = a?
R z slimo, kako i ahko narisal „gladko“ elip-
so. Na g: prav bi priš e buciki in n tka.
Slika 2 in 3
2. naloga
4
črna luknja, so dala radioastronomska opazovanja
nenavadnega radijskega izvora v južnem ozvezdju
Strelec (glej sliko 1). Izvor so poimenovali Strelec
A* (mednarodno Sagittarius A* oz. skrajšano SgrA*).
Očitno je bilo, da izvor radijskih valov ne more biti
zvezda, zato so astronomi sklepali, da gre za ma-
sivno črno luknjo. Snov, ki se hitro giblje okoli črne
luknje, je potencialni izvor netipičnega radijskega va-
lovanja. Žal je črna luknja zelo majhno in povsem
„črno“ telo, zato ni veliko možnosti, da bi ga nepo-
sredno videli. Prisotnost črne luknje je tako mogoče
posredno ugotoviti iz meritev dveh kolǐcin: hitrosti
snovi v bližini morebitne črne luknje in „svetlobnega
odtisa“.
Hitrost snovi kaže na maso telesa, okoli katerega
kroži, svetlobni odtis pa pove, če svetloba izhaja od
zvezd. Veliko zvezd se giblje okoli središča Gala-
ksije. V tem delu vaje bomo uporabili prava opazo-
vanja središča Galaksije in določili hitrosti zvezd.
Slika 1
Gravitacija
Na začetku 17. stoletja je nemški astronom Johannes
Kepler odkril tri zakone o gibanju planetov v Oson-
čju.
Prvi pravi, da se planeti gibljejo po eliptičnih orbi-
tah, ki imajo skupno gorišče v Soncu.
Drugi pravi, da je površina, ki jo v časovni enoti
opiše zveznica med Soncem in planetom, konstan-
tna.
Tretji Keplerjev zakon pravi, da je razmerje kva-
drata obhodnega časa t0 in kuba velike polosi orbite
a za vse planete enaka:
t20/a3 = konst. (2)
Ob odkritju zakonov gibanja planetov Kepler ni mo-
gel vedeti, zakaj so ti zakoni prav taki. Predvsem
tretji zakon je videti nenavaden. Šele Newtonovo od-
kritje gravitacijskega zakona je dalo odgovor na to.
Gravitacijska sila planeta, ki se giblje okoli Sonca, je
namreč enaka centripetalni sili Fc .
V srednji šoli, kjer dijaki še ne poznajo lastnosti
elipse, lahko tretji Keplerjev zakon izpeljemo z nekaj
poenostavitvami. Najprej privzamemo, da je orbita
planeta krožnica s polmerom a. Do tega smo upra-
vičeni v primeru večine planetov v Osončju, saj so
njihove orbite le malo „razpotegnene“ elipse in se bi-
stveno ne razlikujejo od krožnic. Predpostavimo še,
da je masa planeta zanemarljivo majhna v primerjavi
z maso Sonca mSonce, kar tudi dejansko drži. Masa
Zemlje je, denimo, 3 · 10−6 mase Sonca. Tako sledi:
Fc = 4π2mpa/t20, (3)
Fg = Fc . (4a)
3
slik  2.
Elips  z veliko polosjo a in malo polosjo b. Gorišči sta ozna-
čeni z odebeljenima točkama. Za katerokoli točko na elipsi 
velja, da je vsota oddaljenosti r1 in r2 od gorišč konstantna. 
Krožnica je poseben primer elipse z enim goriščem. Za pla-
nete v Osončju velja, da se njihove orbite le neznatno razli-
kujejo od krožnic.
slika 3.
Drugi Keplerjev zakon pravzaprav trdi, da se planet na svoji elip-
tični orbiti okoli Sonca ne giblje s konstantno hitrostjo. Ko je 
planet dlje od Sonca, se giblje počasneje, ko je Soncu bližje, pa 
hitreje. Zato je tudi površina, ki jo opiše zveznica med Soncem 
in planetom (črtkano) v enakih časovnih intervalih konstantna.
presek 40 (2012/2013) 2
Sonce
Sonce planet
t
t+2∆t
t+∆t
t+5∆t
t+4∆t
t+3∆t
velika polos
a
b
m
al
a 
po
lo
s
a s t r o n o m i j a
23
•
Masa Sonca
S tretjim Keplerjevim zakonom izračunajmo maso
Sonca, če vemo, da je velika polos Zemljine orbite
150 milijonov kilometrov, njen obhodni čas okoli
Sonca eno leto in gravitacijska konstanta
G = 6,67 · 10−11 m3s−2kg−1.
Opazovanja
Opazovanja zvezd blizu središča Galaksije so zaple-
tena. Veliko število zvezd in oblakov namreč zastira
pogled v to območje. Rešitev so opazovanja v infrar-
deči svetlobi, ki ima daljšo valovno dolžino od vi-
dne svetlobe in jo zaradi tega prašnati oblaki vpijajo
manj kot vidno svetlobo. Skupina astronomov pod
vodstvom nemškega raziskovalca Reinharda Genzela
je s teleskopom VLT v Čilu vrsto let v infrardeči sve-
tlobi slikala središče Galaksije (slika 4).
Na posnetkih, ki so nastali v časovnem zaporedju
nekaj let, je mogoče opaziti premike hitro gibajočih
se zvezd. Najbolj opazen je bil premik zvezde S2. Na
sliki 5 je vidna v neposredni bližini potencialne črne
luknje.
Slika 4 in 5
Tabela 1
Izračun mase
Iz položajev zvezde S2 v preglednici 1 in s tretjim
Keplerjevim zakonom lahko določimo maso SgrA*.
Za to potrebujemo obhodni čas t0 in veliko polos or-
bite zvezde a.
3. naloga
Določitev velike polosi tira
Veliko polos tira a zvezde S2 dobimo tako, da skozi
lege S2 iz preglednice 1 narišemo elipso.
Na milimetrski papir narišimo koordinatni sis-
tem. Enota naj bo 0,01 kotne sekunde/2 mm. Nato
vrišemo vse lege S2 iz preglednice 1. Označimo še
mersko napako posamezne meritve. To lahko na-
redimo tako, da od točke po osi x in y narišemo
prečko v velikosti napake. (Lahko uporabimo tudi
primernen računalniški program.)
Skozi točke prostoročno narišemo elipso, ki se
jim najbolj prilega. Točk ne povezujemo. Nari-
šemo gladko krivuljo, ki gre skozi označene mer-
ske napake.
Izmerimo veliko os elipse v kotnih sekundah in
ocenimo napako meritve.
5
Masa Sonca
S tretjim Keplerjevim zak nom izračunajmo maso
Sonca, če v mo, da je velik olos Zem jine orbite
150 milijonov kilometr v, njen obhodni čas ok li
S nca eno l to in ravitacijsk konstant
G = 6,67 · 10−11 m3s−2 g−1.
Op zovanja
Opazovanja zvezd blizu središča Galaksije so zaple-
tena. Veliko število zvezd in oblakov namreč zastira
pogled v to območje. Rešitev so opazovanja v infrar-
deči svetlobi, ki ima daljšo valovno dolžino od vi-
dne svetlobe in jo zaradi tega prašnati oblaki vpijajo
manj kot vidno svetlobo. Skupina astronomov pod
vodstvom nemškega raziskovalca Reinharda Genzela
je s teleskopom VLT v Čilu vrsto let v infrardeči sve-
tlobi slikala središče Galaksije (slika 4).
Na posnetkih, ki so nastali v časovnem zaporedju
nekaj let, je mogoče opaziti premike hitro gibajočih
se zvezd. N jbolj opazen je bil premik zvezde S2. Na
sliki 5 je vidna v neposredni bližini potencialne črne
luknje.
Slika 4 in 5
Tabela 1
Izračun mase
Iz položajev zvezde S2 v pr glednici 1 in s tretjim
Keplerjevim zakonom lahko določimo maso SgrA*.
Za to po rebujem obhodni čas t0 in veliko polos or-
bite zvezde a.
3. naloga
Določitev velike p losi tira
V liko polos tira a zvezde S2 dobimo tako, da skozi
lege S2 iz preglednice 1 narišemo elipso.
Na milimetrski papir narišimo koordinatni sis-
tem. Enota naj bo 0,01 kotne seku de/2 mm. Nato
vriše vse lege S2 iz preglednice 1. Označimo še
mersko napako posamezne meritve. To lahko na-
redimo tako, da od točke po osi x in y narišemo
prečko v velikosti napake. (Lahko uporabimo tudi
primernen računalniški program.)
Skozi točke prostoročno narišemo elipso, ki se
jim najbolj prilega. Točk ne povezujemo. Nari-
šemo gladko krivuljo, ki gre skozi označene mer-
ske napake.
Izmerimo veliko os elipse v kotnih sekundah in
ocenimo napako meritve.
5
slika 4.
Posnetek v bližnji infrardeči svetlobi je bil narejen z instru-
mentom NACO na VLT in pokriva nekaj svetlobnih let veliko 
območje okoli središča Galaksije. Modro obarvane zvezde so 
vr č , rdeče obarvane pa hladnejše. Puščici označujeta lego 
kandidata za črno luknjo SgrA*.
slika 5.
Infrardeči posnetek okolice črne luknje SgrA*, ki je označena 
s črnim križcem. V njeni neposredni bližini je tudi zvezda S2 
(bela pika s križcem).
preglednica 1.
V prvem stolpcu je datum opazovanja lege zvezde S2 (decimal-
ni zapis pomeni del leta). Stolpci od 2 do 5 podajajo meritve in 
merske napake lege zvezde S2 glede na lego potencialne črne 
luknje, ki ima v izbranem koordinatnem sistemu lego (0, 0). 
Velikosti so podane v kotnih sekundah (”).
č  
datum (leto) X (kotne 
sekunde)
∆x (kotne
sekunde)
Y (kotne
sekunde)
∆y (kotne
sekunde)
1992,226 0,104 0,003 -0,166 0,004
1994,321 0,097 0,003 -0,189 0,004
1995,531 0,087 0,002 -0,192 0,003
1996,256 0,075 0,007 -0,197 0,010
1996,428 0,077 0,002 -0,193 0,003
1997,543 0,052 0,004 -0,183 0,006
1998,365 0,036 0,001 -0,167 0,002
1999,465 0,022 0,004 -0,156 0,006
2000,474 -0,000 0,002 -0,103 0,003
2000,523 -0,013 0,003 -0,113 0,004
2001,502 -0,026 0,002 -0,068 0,003
2002,252 -0,013 0,005 0,003 0,007
2002,334 -0,007 0,003 0,016 0,004
2002,408 0,009 0,003 0,023 0,005
2002,575 0,032 0,002 0,016 0,003
2002,650 0,037 0,002 0,009 0,003
2003,214 0,072 0,001 -0,024 0,002
2003,353 0,077 0,002 -0,030 0,002
2003,454 0,081 0,002 -0,036 0,002
presek 40 (2012/2013) 2
a s t r o n o m i j a
24
•
Masa Sonca
S tretjim Keplerjevim zakonom izračunajmo maso
Sonca, če vemo, da je velika polos Zemljine orbite
150 milijonov kilometrov, njen obhodni čas okoli
Sonca eno leto in gravitacijska konstanta
G = 6,67 · 10−11 m3s−2kg−1.
Opazovanja
Opazovanja zvezd blizu središča Galaksije so zaple-
tena. Veliko število zvezd in oblakov namreč zastira
pogled v to območje. Rešitev so opazovanja v infrar-
deči svetlobi, ki ima daljšo valovno dolžino od vi-
dne svetlobe in jo zaradi tega prašnati oblaki vpijajo
manj kot vidno svetlobo. Skupina astronomov pod
vodstvom nemškega raziskovalca Reinharda Genzela
je s teleskopom VLT v Čilu vrsto let v infrardeči sve-
tlobi slikala središče Galaksije (slika 4).
Na posnetkih, ki so nastali v časovnem zaporedju
nekaj let, je mogoče opaziti premike hitro gibajočih
se zvezd. Najbolj opazen je bil premik zvezde S2. Na
sliki 5 je vidna v neposredni bližini potencialne črne
luknje.
Slika 4 in 5
Tabela 1
Izračun mase
Iz položajev zvezde S2 v preglednici 1 in s tretjim
Keplerjevim zakonom lahko določimo maso SgrA*.
Za to potrebujemo obhodni čas t0 in veliko polos or-
bite zvezde a.
3. naloga
Določitev velike polosi tira
Veliko polos tira a zvezde S2 dobimo tako, da skozi
lege S2 iz preglednice 1 narišemo elipso.
Na milimetrski papir narišimo koordinatni sis-
tem. Enota naj bo 0,01 kotne sekunde/2 mm. Nato
vrišemo vse lege S2 iz preglednice 1. Označimo še
mersko napako posamezne meritve. To lahko na-
redimo tako, da od točke po osi x in y narišemo
prečko v velikosti napake. (Lahko uporabimo tudi
primernen računalniški program.)
Skozi točke prostoročno narišemo elipso, ki se
jim najbolj prilega. Točk ne povezujemo. Nari-
šemo gladko krivuljo, ki gre skozi označene mer-
ske napake.
Izmerimo veliko os elipse v kotnih sekundah in
ocenimo napako meritve.
5
Masa Sonca
S tretjim Keplerjevim zakonom izračunajmo maso
onca, če v mo, da je velika polos Zemljine orbite
150 milijonov kilometrov, njen bhodni čas okoli
Sonca eno leto in gravitacijska konstanta
G = 6,67 · 10−11 m3s−2kg−1.
Opazovanja
Opazovanja zvezd blizu središča Galaksije so zaple-
ten . Veliko število zvezd in obl kov namreč zastira
pogled v to območje. Rešitev so opazovanja v infrar-
deči svetl bi, ki ima daljšo val vno dolžino od vi
ne svetlobe in jo zaradi tega praš ati blaki vpijajo
manj kot vidno svetlobo. Skupina stronomov pod
vodstvom nemškega raziskovalca Reinharda Genzela
je s teleskopom VLT v Č lu vrsto let v inf ardeči sve-
tlobi slikala središče Galaksije (slika 4).
Na posnetkih, ki so nastali v časovnem zaporedju
nekaj let, j mogoče op ziti premike hitro gibajočih
s zvezd. Najb lj opazen je bil premik zvezde S2. Na
liki 5 je vidna v neposredni bližini potencialne črne
lu nje.
Slika 4 in 5
Tabela 1
Izračun mase
Iz položajev zvezde S2 v preglednici 1 in s tretjim
Ke lerjevim zakonom lahko določimo maso SgrA*.
Za to potrebujemo bhodni čas t0 in veliko polos or-
bite zvezde a.
3. naloga
Določitev velike polosi tira
Veliko polos tira a zvezde S2 dobimo tako, da skozi
lege S2 iz preglednice 1 narišemo elipso.
Na milim trski papir narišimo ko rdinatni sis-
tem. Enota naj bo 0,01 kotne sekunde/2 mm. Nato
vrišemo vse lege S2 iz preglednice 1. Označimo še
mersko napako posamezne meritve. To l hko na-
redim tako, da od točke po os x in y narišemo
prečk v velikosti napa . (Lahko uporabimo tudi
imernen računal iški progr m.)
Skozi točke prostoročno narišemo elipso, ki se
jim najbolj prilega. Točk ne povezujemo. Nari-
šemo gladko krivuljo, ki gre sk zi označene mer
ske nap ke.
Izmerimo veliko os elipse v kotnih sekundah in
ocenimo napako meritve.
5
Masa Sonca
S tretjim Keplerjevim zakonom izračunajmo maso
onca, če v mo, da je velika polos Zemljine orbite
150 milijonov kilometrov, jen bhod i čas okoli
eno l to in gravitacijska kon tanta
G = 6,67 · 10−11 m3s−2kg−1.
Opazovanja
azovanja zvezd blizu središča Galaksije so zaple-
ten . Veliko število zvezd in obl kov namreč zastira
pogled v to območje. Rešit v so opazovanja v infrar
deči sv tl bi, ki ima daljšo va vno dolžino od vi
ne svetlobe in j zaradi tega praš ati blaki vpijajo
manj ko vidno svetlobo. Skupina stronomov pod
vodst om n mškeg z skovalc Reinharda Genzela
je s teleskopom VLT v Č lu vrsto let v inf ardeči sve-
tl bi slikala središče Gala sije (slika 4).
Na posnetkih, ki so nastali v časo nem zaporedju
nekaj et, j mogo op ziti premike hitro gibajočih
s zvezd. Najb lj opazen je bil premik zve de S2. Na
li i 5 je vidna v nep sredni bližini potencialne črne
lu nj .
Slika 4 in 5
Tabela 1
Izračun mase
položajev zvezde S2 v preglednici 1 in s tretjim
Ke lerjevim zakonom lahko določimo maso SgrA*.
Za t potr bujemo bhodni čas t0 in veliko polos or-
bite zvezde a.
3. naloga
Določitev velike polosi tira
Veliko polos tira a zvezde S2 dobimo tako, da skozi
lege S2 iz preglednice 1 narišemo elipso.
Na milim trski papir narišimo ko rdinatni sis-
t m. Enota naj bo 0,0 kotne sekunde/2 mm. Nato
vrišemo vse lege S2 iz preglednice 1. Označimo še
mersko n pako posamezne m ritve. To l hko na-
redim tako, da od točke po os x in y narišemo
pr čko v veli sti n pa . (Lahko uporabimo tudi
imernen računal iški progr m.)
Skozi točke prostoročn n rišemo elipso, ki se
jim najbolj prilega. Točk ne povezujemo. Nari-
šemo gladko krivulj , ki gre sk zi značene mer
ske p ke.
Izmerimo veliko os elipse v kotnih sekundah in
ocenimo napako meritve.
5
3. naloga / Določit v velike pol si tira
4. naloga / Določitev obhodnega časa
5. naloga / Izračun mase črne luknje
To vre n st pretv rimo v en to svetlobni d n.
Glede na oddaljenost središča Galaksije 1 kotna se
kund znaša 41 svetlobnih dni.
Če vajo izvaja več ljudi, potem naj ti svoje rezul-
tat primerjajo med seboj, izračunajo povprečno
vrednost in napako.
. naloga
Določitev obhodnega časa
Obhodni čas t0 zvezde S2 okoli črne luknje lahko
določimo z drugim Keplerjevim zakonom. Površina
elipse je
S = πab.
Drugi Keplerjev zakon pravi, da je površina, ki jo
opiše zveznica med črno luknjo in zvezdo, soraz-
merna s časovnim intervalom. V času t0/2 zveznica
opiše S/2. V splošnem pa zveznica v časovnem in-
tervalu ∆t, ko se zvezda premakne iz točke 1 v točko
2, opiše ploščino
∆S = ∆t/(t0S).
Obhodni čas t0 je:
t0 = ∆tS/∆S (7).
Če hočemo torej izračunati obhodni čas t0, moramo
določiti ∆S, ∆t in S. To lahko naredimo na več nači-
nov.
Metoda A – Štetje kvadratkov
Površino S in ∆S lahko določimo tako, da preštejemo
kvadratke na milimetrskem papirju znotraj elipse in
segmenta ∆S elipse, ki smo jo narisali v nalogi 3.
Vrednosti izrazimo kar v mm2.
Izračunajmo razmerje S/∆S. Izračunajmo še ča-
sovni interval ∆t. Ta je enak razliki časov med
zadnjo in prvo meritvijo lege zvezde S2 iz pre-
glednice 1. Z enačbo (7) izračunajmo obhodni čas
zvezde. Rezultat primerjajmo s pravo vrednostjo,
ki je 15,7± 0,7 leta.
Metoda B – Tehtanje
Če vam je štetje kvadratnih milimetrov znotraj elip-
se, ki smo jo narisali na milimetrskem papirju, zo-
prno, si lahko pomagamo s tehtnico, ki ima natanč-
nost vsaj 0,01 g.
Najprej s škarjami natančno izrežemo elipso in jo
stehtamo. Tako dobimo maso izrezane elipse, ki je
sorazmerna z njeno površino S.
Nato izrežemo segment elipse, ki ga omejujeta
zveznici med prvo in zadnjo izmerjeno lego zvezde
S2, in ga stehtamo. Masa tega segmenta je soraz-
merna s površino ∆S. Ker za izračun t0 iz enačbe (7)
potrebujemo razmerje S/∆S, pretvorba količin S in
∆S iz gramov sploh ni potrebna.
6
To vre n st retvorimo v en to sv tlobni d n.
Glede na ddaljenost s edišča Galaksije 1 kotna se
kund znaša 41 svetlobnih dni.
Če vajo izvaja več ljudi, potem naj ti svoje rezul-
tat primerjajo m d s boj, izraču ajo p vp čno
vr dnost in napako.
4. naloga
Določitev obhodnega časa
Obhodni čas t0 zvezde S2 okoli črne luknje lahko
določimo z drugim Keplerjevim zakonom. Površina
elipse je
S = πab.
Drugi Keplerjev zakon pravi, da je površina, ki jo
opiše zveznica med črno luknjo in zvezdo, soraz-
merna s časovni inte valom. V času t0/2 zveznica
opiše S/2. V sploš em pa zveznica v časovn m n-
tervalu ∆t, ko e zvezda remak e iz tocke 1 v točko
2, opiše ploščino
∆S = ∆t/(t0S).
Obhodni čas t0 je:
t0 = ∆tS/∆S (7).
Če hočemo torej izračunati obhodni čas t0, moramo
določiti ∆S, ∆t in S. To l hko naredimo na več nači-
n v.
Metoda A – Štetje kvadratkov
Površino S in ∆S lahko določimo tako, da preštejemo
kvadratke na milimetrskem papirju znotraj elipse in
segmenta ∆S elips , ki s o jo narisali v nalogi 3.
Vrednosti izrazimo kar v m2.
Izračunajmo razme je S/∆S. Izračunajmo še ča-
sovni interval ∆t. Ta je enak razliki čas v med
zad jo in prvo meritvijo lege zvezde S2 iz pre-
glednice 1. Z enačbo (7) izračunajmo obhodni čas
zvezde. Rezultat primerjajmo s pravo vrednostjo,
ki je 15,7± 0,7 leta.
Metoda B – Tehtanje
Če vam je štetje kvadratnih milimetrov znotraj elip-
se, ki smo jo naris li na milimetrskem papi ju, zo
prno, i lahko pom gamo s tehtnico, ki ima natanč
nost v aj 0,01 g.
Najprej s škarjami natančno izrežemo elipso in jo
stehtamo. Tako dobimo mas zane elipse, ki e
oraz erna z njeno površino S.
Nato izrežemo segment elipse, ki ga omejujeta
zveznici m d prvo in zadnjo izm rjeno lego zvezde
S2, i ga stehtamo. M sa tega segmenta je soraz-
merna s površino ∆S. Ker za izračun t0 iz enačbe (7)
potrebujemo razmerje S/∆S, pretvorba količin S in
∆S iz gra ov sploh ni potrebna.
6
To vrednost pretvorimo v enoto svetlobni dan.
Glede na oddaljenost središča Galaksije 1 kotna se-
kunda znaša 41 svetlobnih dni.
Če vajo izvaja več ljudi, potem naj ti svoje rezul-
tate primerjajo med seboj, izračunajo povprečno
vrednost in napako.
4. naloga
Določitev obhodnega časa
Obhodni čas t0 zvezde S2 okoli črne luknje lahko
določimo z drugim Keplerjevim zakonom. Površina
elipse je
S = πab.
Drugi Keplerjev zakon pravi, da je površina, ki jo
opiše zveznica med črno luknjo in zvezdo, soraz-
merna s časovnim intervalom. V času t0/2 zveznica
opiše S/2. V splošnem pa zveznica v časovnem in-
tervalu ∆t, ko se zvezda premakne iz točke 1 v točko
2, opiše ploščino
∆S = ∆t/(t0S).
Obhodni čas t0 je:
t0 = ∆tS/∆S (7).
Če hočemo torej izračunati obhodni čas t0, moramo
določiti ∆S, ∆t in S. To lahko naredimo na več nači-
nov.
Metoda A – Štetje kvadratkov
Površino S in ∆S lahko določimo tako, da preštejemo
kvadratke na milimetrskem papirju znotraj elipse in
segmenta ∆S elipse, ki smo jo narisali v nalogi 3.
Vrednosti izrazimo kar v mm2.
Izračunajmo razmerje S/∆S. Izračunajmo še ča-
sovni interval ∆t. Ta je enak razliki časov med
zadnjo in prvo meritvijo lege zvezde S2 iz pre-
glednice 1. Z enačbo (7) izračunajmo obhodni čas
zvezde. Rezultat primerjajmo s pravo vrednostjo,
ki je 15,7± 0,7 leta.
Metoda B – Tehtanje
Če vam je štetje kvadratnih milimetrov znotraj elip-
se, ki smo jo narisali na milimetrskem papirju, zo-
prno, si lahko pomagamo s tehtnico, ki ima natanč-
nost vsaj 0,01 g.
Najprej s škarjami natančno izrežemo elipso in jo
stehtamo. Tako dobimo maso izrezane elipse, ki je
sorazmerna z njeno površino S.
Nato izrežemo segment elipse, ki ga omejujeta
zveznici med prvo in zadnjo izmerjeno lego zvezde
S2, in ga stehtamo. Masa tega segmenta je soraz-
merna s površino ∆S. Ker za izračun t0 iz enačbe (7)
potrebujemo razmerje S/∆S, pretvorba količin S in
∆S iz gramov sploh ni potrebna.
6
Izračunajmo razmerje S/∆S. Izračunajmo še ča-
sovni interval ∆t. Ta je enak razliki časov med
zadnjo in prvo meritvijo lege zvezde S2 iz pre-
glednice 1. Z enačbo (7) izračunajmo obhodni čas
zvezde. Rezultat primerjajmo s pravo vrednostjo,
ki je 15,7± 0,7 leta.
5. naloga
Izračun mase črne luknje
Iz dobljenih vrednosti za a, t0 in tretjega Keplerje-
vega zakona (5) izračunajmo maso črne luknje.
Je to res črna luknja?
Vrednost za maso telesa, ki smo jo dobili v nalogi 5,
je velikostnega razreda nekaj milijonov mas Sonca.
Najmasivnejše zvezde imajo maso do 100 Sončevih,
zato je njihova masa zanemarljiva v primerjavi z iz-
računano vrednostjo in smo povsem upravičeno upo-
rabili poenostavljeno obliko Keplerjevega zakona (5)
in ne enačbe (6), kjer bi morali poznati še maso kro-
žeče zvezde.
Očitno zvezda S2 kroži okoli zelo masivnega te-
lesa. Toda je to res črna luknja? Kaj pa če zvezda
kroži okoli zelo zgoščene zvezdne kopice?
Razmislimo, kako svetel bi moral biti SgrA*, če
bi bila tam zvezdna kopica.
6. naloga
Črna luknja ali veliko zvezd
Najprej predpostavimo, da je v središču Galaksije
zvezdna kopica, v kateri so Soncu podobne zvezde.
Masa Sonca je približno 2 · 1030 kg.
Izračunajmo, koliko zvezd bi bilo v SgrA*, če bi
imele vse enako maso kot Sonce.
Izsev Sonca LS = 4 · 1026 W.
Izračunajmo, kolikšen bi bil skupni izsev kopice,
če bi bila ta na mestu SgrA*.
Astronomi so ugotovili, da iz območja SgrA* ne
prihaja skoraj nič svetlobe, kar je tudi razvidno iz
slik 4 in 5. To območje je celo manj svetlo, kot je
območje okoliških zvezd. Sklepamo lahko, da bi se
tam lahko nahajala zvezdna kopica s tako velikim
številom zvezd, ki smo ga izračunali v 6. nalogi.
Glede na veliko maso telesa lahko z gotovostjo tr-
dimo, da je v SgrA* masivna črna luknja.
7. naloga
Polmer obzorja črne luknje
Čeprav so črne luknje relativistična telesa, ki jih mo-
ramo obravnavati v okviru splošne teorije relativno-
sti, pa lahko njihovo velikost oz. velikosti njihovega
obzorja dogodkov ocenimo po klasični poti. Dejali
smo, da lahko o črnih luknjah razmišljamo kot o te-
lesih, katerih ubežna hitrost je enaka ali večja od hi-
trosti svetlobe.
Ubežno hitrost s kakega (okroglega) vesoljskega
telesa izračunamo tako:
7
Izračunajmo razmerje S/∆S. Izračunajmo še ča-
sov i interval ∆t. Ta je enak razliki časov med
zadnjo in prvo meritvijo lege zvezde S2 iz pre-
glednice 1. Z enačbo (7) izračunajmo obhodni čas
zvezde. Rezultat primerjajmo s pravo vrednostjo,
ki je 15,7± 0,7 leta.
aloga
Izračun mase črne luknje
Iz dobljenih vrednosti z a, t0 in tretjega Keplerje-
vega zakona (5) izračunajmo maso črne luknje.
Je to res črna luknja?
Vrednost za maso telesa, ki smo jo dobili v nal gi 5,
je velikostnega razreda nekaj milijonov mas Sonca.
Najmasivnejše zvezde imajo maso do 100 Sončev h,
zato je njihova masa zanemarljiva v primerjavi z iz
čunano vrednostjo in sm povs m upr vičeno upo-
rabili poenostavljeno obliko Ke lerjevega zakona (5)
in ne enačbe (6), kjer bi morali poznati še maso kro-
žeče zvezde.
Očitno zv zda S2 kroži okoli zelo m sivnega te-
lesa. Toda j to res r a luknja? Kaj pa če zvezda
kroži okoli zelo zgoščen zvezdne kopice?
Razmislimo, kako svetel bi moral biti SgrA*, če
bi bila tam zvezdna kopica.
6. aloga
Črna luknja ali veliko zvezd
Najprej predpostavimo, da je v središču Galaksije
zvezdna kopica, v kateri so Soncu podobne zvezde.
Masa Sonc je približno 2 · 1030 kg.
Izračunajmo, kolik zvezd bi bilo v SgrA*, če bi
imele se en ko maso kot Sonce.
sev Sonca LS = 4 · 1026 W.
Izračunajmo, kolikšen bi bil skupni izsev kopice,
če bi bila ta na mestu SgrA*.
Astronomi so ugotovili, da iz območj SgrA* ne
prihaja skoraj nič svetlob , kar je tudi razvidno iz
slik 4 in 5. To območje je celo anj svetlo, kot j
ob očje koliških zvezd. Sklepamo lahko, da bi se
tam lahko nahajala zvezdna kopica s tako velikim
številom zvezd, ki smo ga izr čunali v 6. nal gi.
Glede na eliko maso telesa lahko z gotovostjo tr-
dimo, da je v SgrA* masivna črna luknja.
7. naloga
Polmer obzorja črne luknje
Čeprav so črne luknje relativistič a lesa, ki jih m
ramo obravnavati okviru plošne teorije relati no-
sti, pa lahko njihov velikost z. velikosti njihovega
obzorj dogodkov ocenimo po klas čni p ti. Dejali
smo, d lahko o čr ih luknjah razmišljamo kot o te
lesih, katerih ubežna hitrost je enaka ali večja od hi-
trosti svetlobe.
Ubežno hitrost s akega (okroglega) vesoljskega
telesa izračunamo tako:
7
   čr  l j
presek 40 (2012/2013) 2
a s t r o n o m i j a
25
Izračunajmo razmerje S/∆S. Izračunajmo še ča-
sovni interval ∆t. Ta je enak razliki časov med
zadnjo in prvo meritvijo lege zvezde S2 iz pre-
glednice 1. Z enačbo (7) izračunajmo obhodni čas
zvezde. Rezultat primerjajmo s pravo vrednostjo,
ki je 15,7± 0,7 leta.
5. naloga
Izračun mase črne luknje
Iz dobljenih vrednosti za a, t0 in tretjega Keplerje-
vega zakona (5) izračunajmo maso črne luknje.
Je to res črna luknja?
Vrednost za maso telesa, ki smo jo dobili v nalogi 5,
je velikostnega razreda nekaj milijonov mas Sonca.
Najmasivnejše zvezde imajo maso do 100 Sončevih,
zato je njihova masa zanemarljiva v primerjavi z iz-
računano vrednostjo in smo povsem upravičeno upo-
rabili poenostavljeno obliko Keplerjevega zakona (5)
in ne enačbe (6), kjer bi morali poznati še maso kro-
žeče zvezde.
Očitno zvezda S2 kroži okoli zelo masivnega te-
lesa. Toda je to res črna luknja? Kaj pa če zvezda
kroži okoli zelo zgoščene zvezdne kopice?
Razmislimo, kako svetel bi moral biti SgrA*, če
bi bila tam zvezdna kopica.
6. naloga
Črna luknja ali veliko zvezd
Najprej predpostavimo, da je v središču Galaksije
zvezdna kopica, v kateri so Soncu podobne zvezde.
Masa Sonca je približno 2 · 1030 kg.
Izračunajmo, koliko zvezd bi bilo v SgrA*, če bi
imele vse enako maso kot Sonce.
Izsev Sonca LS = 4 · 1026 W.
Izračunajmo, kolikšen bi bil skupni izsev kopice,
če bi bila ta na mestu SgrA*.
Astronomi so ugotovili, da iz območja SgrA* ne
prihaja skoraj nič svetlobe, kar je tudi razvidno iz
slik 4 in 5. To območje je celo manj svetlo, kot je
območje okoliških zvezd. Sklepamo lahko, da bi se
tam lahko nahajala zvezdna kopica s tako velikim
številom zvezd, ki smo ga izračunali v 6. nalogi.
Glede na veliko maso telesa lahko z gotovostjo tr-
dimo, da je v SgrA* masivna črna luknja.
7. naloga
Polmer obzorja črne luknje
Čeprav so črne luknje relativistična telesa, ki jih mo-
ramo obravnavati v okviru splošne teorije relativno-
sti, pa lahko njihovo velikost oz. velikosti njihovega
obzorja dogodkov ocenimo po klasični poti. Dejali
smo, da lahko o črnih luknjah razmišljamo kot o te-
lesih, katerih ubežna hitrost je enaka ali večja od hi-
trosti svetlobe.
Ubežno hitrost s kakega (okroglega) vesoljskega
telesa izračunamo tako:
7
Izračunajmo razmerje S/∆S. Izračunajmo še ča-
sovni interval ∆t. Ta je enak razliki časov med
zad jo in prvo meritvijo lege zvezde S2 iz pre-
glednice 1. Z enačbo (7) izračunajmo obhodni čas
zvezde. Rezultat primerjajmo s pravo vrednostjo,
ki je 15,7± 0,7 leta.
5. naloga
Izračun mase črne luknje
Iz dobljenih vrednosti za a, t0 in tretjega Keplerje-
vega zakona (5) izračun jmo maso črne luknje.
Je to res črna luknja?
Vrednost za maso telesa, ki smo jo dobili v nalogi 5,
je velikostnega razreda nekaj milijonov mas S nca.
Najmasivnejše zvezde imajo maso do 100 Sončevih,
zato je njihova masa zanemarljiva v primerjavi z z-
računano vrednostjo in smo povsem upravičeno upo
bili poenostavljeno oblik Kepl rjeveg zakona (5)
in ne enačbe (6), kjer bi morali oznati še maso kro-
žeče zvezde.
Očitno zvezda S2 kroži okoli zelo masivnega te-
lesa. Toda j to res črna luknja? Kaj p če zvezda
kroži okoli z lo zgoš e e zvezdne kopice?
Razmislimo, kako sv tel bi moral biti SgrA*, če
bi bila tam zvezdna kopica.
6. naloga
Čr a luknja ali veliko zvezd
Najprej predpostavimo, da je v središču Galaksije
zvezdna kopica, v kateri so Soncu podobne zvezde.
Masa Sonca je približno 2 · 1030 kg.
Izračun jmo, koliko zvezd bi bilo v SgrA*, če bi
imele vse enako mas kot Sonce.
Izse Sonc LS = 4 · 1026 W.
računajmo, kolikšen bi bil skupni izsev kopice,
če bi bila ta na mestu SgrA*.
Astronomi so ugotovili, da iz območja SgrA* ne
prihaja skoraj nič svetlobe, kar je tudi r zvidno iz
slik 4 in 5. To območje j celo manj svetlo, kot je
območje okoliških zvezd. Sklepa o lahko, da bi s
ta lahk nahajala zvezdna kopica s tako velikim
številom zvezd, ki smo ga izračunali v 6. nalogi.
Glede na veliko maso teles lahko z gotov stjo tr-
dimo, da je SgrA* masivna črna luknja.
7. naloga
Polmer obzorja črne luknje
Čeprav so črne luknje relativistična telesa, ki jih mo-
ramo obravnavati v okviru sploš e orije relativn
sti, pa lahko njiho o veliko t oz. velikosti njiho ega
obzorja dogodkov cenimo p klasični poti. Dejali
smo, d lahko o črnih luknjah razm šljam kot o te-
lesih, k terih ubež a hitrost je enaka ali večja od hi
trosti svetlobe.
Ubežno hitrost s kakega (okroglega) vesoljskega
telesa izračunamo ta o:
7
Izračunajmo razmerje S/∆S. Izračunajmo še ča-
sovni interval ∆t. Ta je enak razliki čas v med
zad jo i prvo meritvijo lege zvezde S2 iz pre
glednice 1. Z enačbo (7) izračunajmo obhodni čas
vezde. Rezultat primerjajmo s pravo vrednostjo,
ki je 15,7± 0,7 leta.
5. naloga
Izračun mase črne luknje
dobljenih vrednosti za a, t0 in tretjega Keplerje-
vega zakona (5) izračun jmo maso črne luknje.
Je to res črna luknja?
Vrednost za maso telesa, ki smo jo dobili v nalogi 5,
je velikostnega razreda nekaj milijonov mas S nca.
Najmasivnejše zvezd imajo aso do 100 Sončevih
z to je njihov masa z nem rljiva v primerjavi z z-
r čun no vrednostjo in smo povsem upravičeno upo
bili poenost vljeno oblik Kepl rjeveg zakona (5)
in ne e ačbe (6), kjer bi orali oznati še mas kr
žeče zvezde.
Očit o zvezda S2 kroži okoli zelo masivnega te
lesa. Toda j to res črna luknja? Kaj p če zvezda
kroži okoli z lo zgoš e e zvezdne k pice?
Razmislimo, kako sv tel bi moral biti SgrA*, če
bi bila tam vezdna kopica.
6. nalog
Čr luknja ali veliko zvezd
Najprej predpostavimo, da je v središču Galaksije
zvezdna kopica, v kateri so Soncu podobne zvezde.
M sa Sonca je približn 2 · 1030 kg.
I račun jmo, koliko zvezd bi bil v SgrA*, če bi
imele vse enako mas kot Sonce.
se Sonc LS = 4 · 1026 W.
računajmo, kolikšen bi bil skupni izsev kopice,
če bi bila ta na mestu SgrA*.
Astronomi so ugotovili, da iz območja SgrA* ne
prihaja skoraj nič vetlobe, kar je tudi razvidno iz
slik 4 in 5. To območje j celo manj svetlo, kot j
območje okolišk h z zd. Sklepa o lahko, da bi s
ta lahk nahajala zvezdna k pica s tako velikim
števi om zvezd, ki smo ga izračunali v 6. nalogi.
Glede na veliko maso teles lahko z gotov stjo tr-
dimo, da je SgrA* asivna črna luknja
7. naloga
Polmer obzorja črne luknje
Čeprav so črne luknje relativistična telesa, ki jih mo-
ramo obravnavati v okviru sploš e orije relativn
sti, p lahko njiho o veliko t oz. veliko ti njiho ega
obz rja dogodkov cen mo klasični poti. Dejali
mo, d lahko o črnih luknjah razm šljam kot o te-
lesih, katerih ubež a hitrost je en ka ali večja od hi
trosti svetlobe.
Ubežno hitrost s kakega (okrogleg ) soljskega
elesa izračunamo ta o:
7
vu =
√
(2Gm/r), (8)
kjer je G gravitacijska konstanta (glej 2. nalogo), m
masa telesa, r pa polmer telesa.
Izračunajmo ubežno hitrost s površja Zemlje.
Polmer Zemlje je 6400 km, njena masa 6 · 1024 kg.
Izračunajmo, kolikšen bi moral biti polmer Ze-
mlje, da bi bila ubežna hitrost z njenega površja
enaka hitrosti svetlobe c = 300 000 km/s.
Izračunajmo, kolikšen bi moral biti polmer Son-
ca, da bi bila ubežna hitrost z njegovega površja
enaka hitrosti svetlobe c = 300 000 km/s. Masa
Sonca je 2 · 1030 kg.
Izračunajmo polmer črne luknje oz. polmer ob-
zorja dogodkov v SgrA*. Za maso uporabimo re-
zultat iz 5. naloge.
Sklep
Astronomi lahko obstoj črnih lukenj zaznajo posre-
dno. Posredno lahko izmerijo tudi njihovo maso.
Eno od metod smo spoznali. Ta temelji na meritvah
gibanja zvezd okoli črne luknje. Ugotovili smo, da je
v jedru naše Galaksije masivna črna luknja. Podobne
črne luknje so astronomi našli tudi v jedrih drugih
velikih galaksij. Njihova masa je lahko tudi več sto
milijonov mas Sonca.
Več zanimivosti na to temo lahko najdete na sple-
tnem naslovu http://hubblesite.org/newscenter/
archive/releases/exotic/black-hole/, zanimive anima-
cije in podrobnosti o črnih luknjah pa na http://hub-
blesite.org/explore_astronomy/black_holes/.
8
vu =
√
(2Gm/r), (8)
kjer je G gravitacijska konstanta (glej 2. nalogo), m
masa telesa, r pa polmer telesa.
Izračunajmo ubežno hitrost s površja Zemlje.
Polmer Zemlje je 6400 km, njena masa 6 · 1024 kg.
Izračunajmo, kolikšen bi moral biti polmer Ze-
mlje, da bi bila ubežna hitrost z njenega površja
enaka hitrosti svetlobe c = 300 000 km/s.
Izračunajmo, kolikšen bi moral biti polmer Son-
ca, da bi bila ubežna hitrost z njegovega površja
enaka hitrosti svetlobe c = 300 000 km/s. Masa
Sonca je 2 · 1030 kg.
Izračunajmo polmer črne luknje oz. polmer ob-
zorja dogodkov v SgrA*. Za maso uporabimo re-
zultat iz 5. naloge.
Sklep
Astronomi lahko obstoj črnih lukenj zaznajo posre-
dno. Posredno lahko izmerijo tudi njihovo maso.
Eno od metod smo spoznali. Ta temelji na meritvah
gibanja zvezd okoli črne luknje. Ugotovili smo, da je
v jedru naše Galaksije masivna črna luknja. Podobne
črne luknje so astronomi našli tudi v jedrih drugih
velikih galaksij. Njihova masa je lahko tudi več sto
milijonov mas Sonca.
Več zanimivosti na to temo lahko najdete na sple-
tnem naslovu http://hubblesite.org/newscenter/
archive/releases/exotic/black-hole/, zanimive anima-
cije in podrobnosti o črnih luknjah pa na http://hub-
blesite.org/explore_astronomy/black_holes/.
8
vu =
√
(2Gm/r), (8)
kjer je G gravitacijska konstanta (glej 2. nalogo), m
masa telesa, r pa polmer telesa.
Izračunajmo ubežno hitrost s površja Zemlje.
Polmer Zemlje je 6400 km, njena masa 6 · 1024 kg.
Izračunajmo, kolikšen bi moral biti polmer Ze-
mlje, da bi bila ubežna hitrost z njenega površja
enaka hitrost svetlobe c = 300 000 km/s.
Izračunajmo, kolikšen bi moral biti polmer Son-
ca, d bi bila ubežna hitrost z njegovega površja
enak h trosti svetlobe c = 300 000 km/s. Mas
Sonc je 2 · 1030 kg.
Izračunajmo polmer črne luknje oz. polmer ob-
zorja dogodk v v SgrA*. Za maso uporabimo re
ult t iz 5. naloge.
Sklep
Astronomi lahko obstoj črnih lukenj zaznajo posre-
dno. Posredno lahko izmerijo tudi njihov maso.
E od metod smo spoznali. Ta emelji na meritvah
gibanja zvez okoli črne luknje. Ugotovili s o, da je
v jedru naše Galaksije masiv a črna luknja. P dobn
črne l knje so astronomi našli tudi v jedrih rugih
velikih galaksij. Njihova masa je lahko tudi več sto
milijonov mas Sonca.
Več zanimivosti na to temo lahko najdete na sple-
tnem naslovu http://hubblesite.org/n wscenter/
archive/releases/exotic black-hole/, zanimive a ima-
cije in podrobnosti črnih luknjah pa na http://hub-
bles te.org/explore_astronomy/black_holes/.
8
vu =
√
(2Gm/r), (8)
kjer je G gravitacijska konstanta (glej 2. nalogo), m
masa telesa, r pa polmer telesa.
Izračun jmo ubežno hitrost s površja Zemlje.
Polmer Zemlje je 6400 km, njena masa 6 · 1024 kg.
Izračunajmo, kolikšen bi moral biti polmer Ze-
mlje, da bi bila ubežna hitrost z njenega površja
enak hitrost svet obe c = 300 000 km/s.
Izr čunajmo, ko ikšen bi moral biti polmer Son-
ca, d bi bila ubežna hitrost z njegovega površja
enak h trosti svetlob c = 300 000 km/s. Mas
Sonc je 2 · 1030 kg.
Izračunajmo polmer črne luknje oz. polmer ob-
zorja dogodk v v SgrA*. Za maso uporabimo re
ult t iz 5. naloge.
Sk ep
Astronomi lahko obstoj črnih lukenj zaznajo posre-
dno. Posredno lahko izmerijo tudi njihov maso.
E d etod sm sp znali. Ta melji na meritvah
gibanja zvez koli črne luknje. Ugotovili s o, da je
v jedru naše Galaksije masiv a črna luknj . P dobn
črne l knj so astronomi našli tudi v jedrih rugih
elikih g laksij. Nj hova mas je l hko tudi več sto
milijonov mas Sonca.
Več zanimivosti na to temo lahko najdete na sple-
tnem naslovu http://hubblesite.org/n wscenter/
archive/releases/exotic black-hole/, z nimive ima-
cij in podr bnosti črnih luknjah pa na http://hub-
bles te.org/explore_astronomy/black_holes/.
8
vu =
√
(2Gm/r), (8)
kjer j G gravitacij ka onstanta (glej 2. nal go), m
masa telesa, r pa polmer telesa.
Izračun jmo ubežno hitrost s površj Zemlje.
Polmer Zemlje je 6400 km, njena masa 6 · 1024 kg.
, kolikšen bi moral biti polm r Z -
mlje, da bi bila ubežna hitrost z njenega površja
enak hitrost svet obe c = 300 000 km/s.
Izr čunajmo, ko ikšen bi moral biti polmer Son-
ca, d bi bila ub žna hitrost z njegovega površja
enak h trosti svetlob c = 300 000 km/s. Mas
Sonca je 2 · 1030 kg.
Izr čunajmo polmer črne luknje oz. polmer ob-
z rja dogodk v v SgrA*. Za maso uporabimo re
ult t iz 5. naloge.
Sk ep
Astronomi lahko obstoj črnih lukenj zaznajo posre-
dno. Posredno lahko izmerijo tudi njihov maso.
E d etod sm sp znali. Ta melji na meritvah
gibanja zvez koli črne luknje. Ugotovili s o, da je
v jedru naš Galaksije masiv a črna luknj . P dobn
črne l knj so astron mi našli tudi v jedrih rugi
elikih g laksij. Nj hova mas je l hko tudi več sto
milijonov mas Sonca.
Več zanimivosti na to temo lahko na dete na sple-
tnem n slovu http://hubblesite.org/n wsc nter/
archive/rele es/exotic black-hole/, z nimive ima-
cij in podr bnosti črnih luknjah pa na http://hub
bl s te.org/explore_astronomy/black_hol s/.
8
vu =
√
(2Gm/r), (8)
kjer j G gravitacij ka onstanta (glej 2. nal go), m
masa telesa, r pa polmer telesa.
Izračun jmo ubežno hitrost s površj Zemlje.
Polm r Zemlje je 6400 km, njena masa 6 · 1024 kg.
, kolikšen bi moral biti polm r Z -
mlje, da bi bila ubežna z njeneg površja
enak hitrost svet obe c = 300 000 km/s.
li bi moral biti polmer Son
ca, d bi bila ub žna hitrost z njegov
tr ti svetlob c = 300 000 km/s. Mas
Sonca je 2 · 1030 kg.
Izr čunajmo polmer črne luk z. polmer ob-
z rja dogodk v v SgrA*. Za maso uporabimo re
ult t iz 5. naloge.
Sk ep
Astronomi lahko obstoj črnih lukenj zaznajo posre-
dno. Posredno lahko izmerijo tudi njihov maso.
E d etod sm sp znali. Ta melji na meritvah
gibanja zvez koli črne luknje. Ugotovili s o, da je
v jedru naš Galaksije masiv a črna luknj . P d bn
črne l knj so astron mi našli tudi v jedrih rugi
elikih g laksij. Nj hova mas je l hko tudi več sto
milijonov mas Sonca.
Več zanimivosti na to temo lahko na dete na sple-
tnem n slovu http://hubblesite.org/n wsc nter/
archive/rele es/exotic black-hole/, z nimive ima-
cij in podr bnosti črnih luknjah pa na http://hub
bl s te.org/explore_ stronomy/black_hol s/.
8
 aloga / Črna luknja ali veliko zvezd
 loga / Polm r obzorja črne luknje Križne vsote
12
9
15 4
3
18
16
9
13
9
15
12
10
23
presek 40 (2012/2013) 2
• 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.
a s t r o n o m i j a
26
7 9
5 8 9 3
6 3 2 6 1
6 2 7
1 9
12
9
15 4
3
18
16
9
13
9
15
12
10
23
•
andrej guštin
Evropski mladinski natečaj za 
raziskovanje vesolja Odysseus
Natečaj Odysseus je namenjen učencem in di-
jakom v starosti od 14 do 18 let. Mladi razisko-
valci so vabljeni k vesoljskim raziskavam, pri ka-
terih lahko izkažejo svoje znanje, kreativnost in
kritično mišljenje.
Prijavijo se lahko skupine od dva do pet mladih raz-
iskovalcev, ki jih vodi en mentor/mentorica.
Vsebinska področja natečaja so:
Osončje,
Vesoljsko plovilo – globalno sodelovanje,
Koevolucija organizmov.
Prijava in izdelava projektov je mogoča do januarja
2013. Jezik prijavljenih projektov oz. raziskovalnih
nalog je slovenščina. Več podrobnosti, navodil in na-
svetov za izdelavo projekta najdete na uradni sple-
tni strani projekta Odysseus: http://www.odysseus-
contest.eu/. Kontaktna oseba za Slovenijo: Andrej
Guštin (gustinvesolje@gmail.com).
2
t j ss s j j i i-
j st r sti l t. l i r is -
l i s lj i s ljs i r is , ri -
t ri l i j s j j , r ti st i
riti išlj j .
rij ij se l s i e et l i r -
is lce , i ji i e e t r/ e t ric .
se i s r cj tec j s :
s cje,
es ljs l il – l l s el je,
e l cij r i .
rij i i el r je t je c j rj
. Je i rij lje i r je t . r is l i
l je sl e šci . ec r sti, il i -
s et i el r je t j ete r i s le-
t i str i r je t sse s: tt :// . yss s-
c t st. /. t t se l e ij : rej
šti ( sti v s lj il.c ).
Natečaj Odysseus je namenjen učencem in di-
jakom v starosti od 14 do 18 let. Mladi razisko-
valci so vabljeni k vesoljskim raziskavam, pri ka-
terih lahko izkažejo svoje znanje, kreativnost in
kritično mišljenje.
Prijavijo se lahko skupine od dva do pet mladih raz-
iskovalcev, ki jih vodi en mentor/mentorica.
Vsebinska področja natečaja so:
Osončje,
Vesoljsko plovilo – globalno sodelovanje,
Koevolucija organizmov.
Prijava in izdelava projektov je mogoča do januarja
2013. Jezik prijavljenih projektov oz. raziskovalnih
nalog je slovenščina. Več podrobnosti, navodil in na-
svetov za izdelavo projekta najdete na uradni sple-
tni strani projekta Odysseus: http://www.odysseus-
contest.eu/. Kontaktna oseba za Slovenijo: Andrej
Guštin (gustinvesolje@gmail.com).
2
j j j i i-
j i l . l i i -
l i lj i lj i i , i -
i l i j j j , i i
i i i lj j .
ij ij l i l i -
i l , i ji i i .
i j j :
j ,
lj l il l l l j ,
l ij i .
ij i i l j j j j
. i ij lj i j . i l i
l j l i . i, il i -
i l j j i l -
i i j : : . -
. . l ij : j
i ( i lj il. ).
t ss s
st r st t r s
s s s r s r
t r s r t st
r t š
r se s e et r
s ce e e t r/ e t r c
se s r c tec s
s c e
es s – s e e
e c r
r e r e t e c r
Je r e r e t r s
e s e šc ec r st
s et e r e t ete r s e
t str r e t sse s tt // yss s
c t st / t t se e re
št st v s c
Na ečaj dy eu je na enjen učence in di-
jako v a o i od 14 do 18 le . ladi azi ko-
valci o vabljeni k ve olj ki azi kava , p i ka-
e ih lahko izkažejo voje znanje, k ea ivno in
k i ično i ljenje.
P ijavijo lahko kupin od dva do p ladih az-
i koval v, ki jih vodi n n o n o i a.
V bin ka pod oˇja na ˇaja o:
O onˇj ,
V olj ko plovilo globalno od lovanj ,
Ko volu ija o ganiz ov.
P ijava in izd lava p oj k ov j ogoˇa do janua ja
2013. zik p ijavlj nih p oj k ov oz. azi kovalnih
nalog j lov n ǐna. V ˇ pod obno i, navodil in na-
v ov za izd lavo p oj k a najd na u adni pl -
ni ani p oj k a Ody u : h p: www.od eu -
on e .eu . Kon ak na o ba za Slov nijo: And j
Gu in (gu in e olje g ail. o ).
2
Drznite si sanjati... Drznite si raziskovati... 
Drznite si ustvarjati...
Vseevropsko izobraževalno t k vanje  vesolju
Projekt sofinancira
rešitev križne vsote 
s  str ani  25
• • •
presek 40 (2012/2013) 2
27
r a č u n a l n i š t v o
•
Binarna predstavitev
Današnji računalniki skoraj brez izjeme teme-
ljijo na binarni predstavitvi podatkov. To pomeni,
da so podatki v računalniku shranjeni kot zapo-
redje elementov, ki so lahko v enem od dveh mo-
žnih stanj. V jeziku računalništva pravimo, da je
informacija predstavljena kot zaporedje bitov. Bit
predstavlja eno od dveh možnih stanj, ki ju pona-
vadi označimo s števkama dvojiškega številskega
sistema 0 in 1. Bit je najmanjša količina informa-
cije, ki je sploh mogoča in ki jo lahko računalnik
shrani ter obdela.
Posamezni bit nam ne pove veliko. Lahko si pred-
stavljamo, da omogoča odgovoriti na vprašanje, na
katero sta možna dva odgovora. Ker pa velja, da je v
slogi moč, tudi združevanje bitov omogoča predsta-
vitev večje količine infomacije. Zaporedje dveh bi-
tov lahko tako predstavi štiri možna stanja, npr. štiri
smeri neba:
00: sever,
01: vzhod,
10: jug,
11: zahod.
Trije biti predstavljajo osem stanj (dvakrat več stanj
kot dva bita), kar hitro vidimo, če si izpišemo vsa
možna zaporedja treh bitov: 000, 001, 010, 011, 100,
101, 110, 111. V splošnem velja, da lahko z n biti
predstavimo 2n različnih stanj.
Osem zaporednih bitov imenujemo zlog ali bajt.
Koliko različnih stanj lahko predstavimo z enim zlo-
gom? S pomočjo zgornje razlage hitro dobimo odgo-
vor: 28 = 256. Na zadevo pa lahko pogledamo še z
druge plati: z osmimi biti lahko predstavimo dvoji-
ška števila med 00000000 in 11111111 oz. zapisano
v desetiškem sistemu, števila med 0 in 255.
Za ponazoritev zgornje trditve spomnimo, da je
vsaka števka (bit) v dvojiški predstavitvi, glede na
svoj položaj v zapisu, povezana z zaporedno po-
tenco števila 2. Najbolj desna z 20, naslednja v smeri
proti levi z 21, naslednja z 22 in tako naprej. Dese-
tiško vrednost, ki jo predstavlja dvojiški zapis, npr.
1111000, lahko razumemo kot:
1111000(2) =
= 1·26+1·25+1·24+1·23+0·22+0·21+0·20 =
= 1 ·64+1 ·32+1 ·16+1 ·8+0 ·4+0 ·2+0 ·1 =
= 120(10).
2
Binarna predstavitev
Da šnji ačunalniki skoraj brez izjeme teme-
ljijo na binarni predstavitv podatkov. To pomeni,
da so podatki računalniku shranjeni kot zap
redje elementov, i so lahko v enem od dveh mo-
žnih st n . V jeziku računalništva pravimo, da je
informaci predstavlj na kot zaporedje bitov. Bit
predstavlja eno od dveh možnih stanj, ki ju pona-
vadi označimo s š evkama dvojiškega številskega
s stema 0 in 1. Bit je n jmanjša količina informa-
cije, ki je sploh mogoča in ki jo lahko računalnik
shrani ter obdela.
Posamezni bit nam ne pove veliko. Lahko si pred-
stavljamo, da omogoča odgovoriti na vprašanje, na
katero sta možna dva odgovora. Ker pa velja, da je v
slogi moč, tudi združevanje bitov omogoča predsta-
vitev večje količine infomacije. Zaporedje dveh bi-
tov lahko tako predstavi štiri možna stanja, npr. štiri
smeri neba:
00: sever,
01: vzhod,
10: jug,
11: zahod.
Trije biti predstavljajo osem stanj (dvakrat več stanj
kot dva bita), kar hitro vidimo, če si izpišemo vsa
možna zaporedja treh bitov: 000, 001, 010, 011, 100,
101, 110, 111. V splošnem velja, da lahko z n biti
predstavimo 2n različnih stanj.
Osem zaporednih bitov imenujemo zlog ali bajt.
Koliko različnih stanj lahko predstavimo z enim zlo-
gom? S pomočjo zgornje razlage hitro dobimo odgo-
vor: 28 = 256. Na zadevo pa lahko pogledamo še z
druge plati: z osmimi biti lahko predstavimo dvoji-
ška števila med 00000000 in 11111111 oz. zapisano
v desetiškem sistemu, števila med 0 in 255.
Za ponazoritev zgornje trditve spomnimo, da je
vsaka števka (bit) v dvojiški predstavitvi, glede na
svoj položaj v zapisu, povezana z zaporedno po-
tenco števila 2. Najbolj desna z 20, naslednja v smeri
proti levi z 21, naslednja z 22 in tako naprej. Dese-
tiško vrednost, ki jo predstavlja dvojiški zapis, npr.
1111000, lahko razumemo kot:
1111000(2) =
1·26+1·25+1·24+1·23+0·22+0·21+0·20
1 ·64+1 ·32+1 ·16+1 ·8+0 ·4+0 ·2+0 ·1 =
= 120(10).
2
i i
ji l i i j i j -
ljij i i t it i . i,
i l i j i -
j l , i l -
i j. j i l i i , j
i ij lj j i . it
lj i j, i j -
i i t ji il
i i . i j j j li i i -
ij , i j l i i j l l i
i l .
i i li . i -
lj , i i j ,
. lj , j
l i , i j i -
i j li i i ij . j i-
l i i i j , . i i
i :
: ,
: ,
: j ,
: .
ij i i lj j j ( j
i ), i i i , i i i
j i : , , , , ,
, , . l lj , l i i
i li i j.
i i i j l li jt.
li li i j l i i l -
j j l i i -
: . l l
l i: i i i i l i ji-
il i . i
i i , il i .
i j i i , j
( i ) ji i i i, l
j l j i , -
il . j lj , l j i
i l i , l j i j. -
i , i j lj ji i i , .
, l :
( )
( ).
r r t t
aš r s r r t
r re s t
s t r s r t
r t s
sta r št r
f r a r st e t r t
r st st
s š š št s
s st t a š f r
s r
s r t r
s e t e e e s re
st c r t r š e
ter st r er e e
s c t r e e t c re st
te ec e c e f c e re e e
t t re st št r st r št r
s er e
se er
r e t re st se st r t ec st
t t r tr ce s še s
re tre t
s š e e t
re st r c st
se re t e e z
r c st re st e
? c r e r e tr
r 8 e e še
r e t s t re st
š šte e s
eset š e s ste šte e
r te r e tr t e s e
s šte t š re st t e e
s s e re
te c šte es 0 s e s er
r t e 1 s e 2 t re ese
t š re st re st š s r
r e t
2
6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 · 0
· · · · · · ·
10
Bi a a e s avi ev
an nji ačunalniki ko aj b ez izje e e e-
ljijo na bina ni p d tavitvi poda kov. To po eni,
da o poda ki v ačunalniku h anjeni ko zapo-
edje ele en ov, ki o lahko v ene od dveh o-
žnih nj. jeziku ačunalni va p avi o, da je
in o acij p ed avlj na ko zapo edje bi ov. Bit
p ed avlja eno od dveh ožnih anj, ki ju pona-
vadi označi o evka a dvoji kega evil kega
i e a 0 in 1. Bi je n j anj a količina in o a-
cije, ki je ploh ogoča in ki jo lahko ačunalnik
h ani e obdela.
Po a zni bi na n pov v liko. Lahko i p d-
avlja o, da o ogoˇa odgovo i i na vp a anj , na
ka o a ožna dva odgovo a. K pa v lja, da j v
logi o ,̌ udi zd už vanj bi ov o ogoˇa p d a-
vi v v ˇj koli ǐn in o a ij . Zapo dj dv h bi-
ov lahko ako p d avi i i ožna anja, np . i i
i n ba:
00: v ,
01: vzhod,
10: jug,
11: zahod.
T ij bi i p d avljajo o anj (dvak a v ˇ anj
ko dva bi a), ka hi o vidi o, ˇ i izpi o v a
ožna zapo dja h bi ov: 000, 001, 010, 011, 100,
101, 110, 111. V plo n v lja, da lahko z bi i
p d avi o 2n azliˇnih anj.
zapo dnih bi ov i nuj o log ali bajt.
Koliko azliˇnih anj lahko p d avi o z ni zlo-
go S po oˇjo zgo nj azlag hi o dobi o odgo-
vo : 2 256. a zad vo pa lahko pogl da o z
d ug pla i: z o i i bi i lahko p d avi o dvoji-
ka vila d 00000000 in 11111111 oz. zapi ano
v d i k i u, vila d 0 in 255.
Za ponazo i v zgo nj di v po ni o, da j
v aka vka (bi ) v dvoji ki p d avi vi, gl d na
voj položaj v zapi u, pov zana z zapo dno po-
n o vila 2. ajbolj d na z 2 , na l dnja v i
p o i l vi z 2 , na l dnja z 2 in ako nap j. -
i ko v dno , ki jo p d avlja dvoji ki zapi , np .
1111000, lahko azu o ko :
11 1000( )
2 1 2 1 2 1 2 0 2 0 2 0 2
64 1 32 1 16 1 8 0 4 0 2 0 1
120( ).
2
n n p d
D
V
t
n
O
= N
N
D
=
+ + + + + +
+ + + + + + =
=
i r r t it
š ji r l i i s r j r i j m t m -
ljij i r i re st it i t . m i,
s t i r l i s r j i t -
r j l m t , i s l m m -
i st j. j i r l išt r im , j
i f rm ij r st lj t r j it . it
r st lj m i st j, i j -
i im s š m jiš št ils
sist m i . it j jm jš li i i f rm -
ij , i j s l m i i j l r l i
s r i t r l .
s me i it m e e eli . si re -
st lj m , m c riti r š je,
ter st m r . er elj , je
sl i m c, t i r e je it m c re st -
ite ecje lici e i f m cije. re je e i-
t l t re st i štiri m st j , r. štiri
smeri e :
: se er,
: ,
: j ,
: .
rije iti re st lj j sem st j ( r t ec st j
t it ), r itr i im , ce si i išem s
m re j tre it : , , , , ,
, , . s l š em elj , l iti
re st im r lic i st j.
sem re i it ime jem zl li jt.
li r lic i st j l re st im e im l -
m? m cj r je r l e itr im -
r: 8 . e l le m še
r e l ti: smimi iti l re st im ji-
š šte il e i . is
esetiš em sistem , šte il me i .
rite r je tr it e s m im , je
s šte ( it) jiš i re st it i, le e
s j l j is , e re -
te c šte il . j lj es 0, sle j smeri
r ti le i 1, sle j 2 i t rej. ese-
tiš re st, i j re st lj jiš i is, r.
, l r mem t:
(2)
6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 · 0
· · · · · · ·
(10).
s v v
a a ač a o a ez z e e e e
o a b a p d av v o a o . o o e ,
a o o a ač a a e o za o
e e e e e o , o a o e e o e o
ž a . ez ač a a a o, a e
o ac a e a e a o za o e e o . B
e a a e o o e ož a , o a
a oz ač o te a a o ega e ega
e a 0 1. e a a a o č a o a
c e, e o ogoča o a o ač a
a e o e a.
Po a z b a ov ko. La ko
av a o, a o ogoˇa o g vo a v a a , a
ka o a ož a va o govo a. a v a, a v
og o ,̌ z ž va b ov o ogoˇa a
v v v ˇ ˇ o a . a o v b
ov a ko ako av ož a a a, .
ba:
00: v ,
01: vz o ,
10: g,
11: za o .
b v a o o a vak a v ˇ a
ko va b a , k o v o, ˇ z o v a
ož a za o a b ov: 000, 001, 010, 011, 100,
101, 110, 111. o v a, a a ko z b
av o 2n az ˇ a .
a o b ov o og a ba .
ko az ˇ a a ko av o z z
g S o oˇ o zgo az ag o ob o o go
vo : 2 256. a za vo a a ko og a o z
g a : z o b a ko av o vo
ka v a 00000000 11111111 oz. za a o
v k , v a 0 255.
a o azo v zgo v o o, a
v aka vka b v vo k av v , g a
vo o oža v z , ov za a z za o o o
o v a 2. bo a z 2 , a a v
o v z 2 , a a z 2 ako a .
ko v o , k o av a vo k za , .
1111000, a ko az o ko :
1111000
1·2 1 2 1 2 1 2 0 2 0 2 0 2
1 64 1 32 1 16 1 8 0 4 0 2 0 1
120
2
Bi a a e ta ite
n nji un lniki k j b i j t -
ljij n in ni st it i p d tk v T p ni
d p d tki v un lniku h nj ni k t p -
dj l nt v ki l hk v n d dv h -
nih t nj j iku un lni tv p vi d j
inf ij p d t vlj n k t p dj bit v it
p d t vlj n d dv h nih t nj ki ju p n -
v di n i vk dv ji k t vil k
i t in Bit j n j nj k li in inf -
ij ki j pl h in ki j l hk un lnik
h ni t bd l
ni it n n p li h i pr d-
t lj d d riti n pr nj n
t r t n d d r K r p lj d j
l i tudi dru nj it pr d t
it j li in inf ij Z p r dj d h i-
t l h t pr d t i tiri n t nj npr tiri
ri n
r
h d
ju
h d
Trij iti pr d t lj j t nj (d r t t nj
t d it ) r hitr idi i i pi
n p r dj tr h it
V pl n lj d l h iti
pr d t i r li nih t nj
p r dnih it i nuj l li jt
K li r li nih t nj l h pr d t i ni l
p j rnj r l hitr d i d -
r 8 d p l h p l d
dru pl ti i i iti l h pr d t i d ji-
t il d n pi n
d ti i t u t il d in
Z p n rit rn trdit p ni d j
t ( it) d ji i pr d t it i l d n
j p l j pi u p n p r dn p -
t n t il j lj d n 0 n l dnj ri
pr ti l i 1 n l dnj 2 in t n pr j -
ti r dn t i j pr d t lj d ji i pi npr
l h r u t
(2)
= 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 · 0 =
= · · · · · · ·
(10).
n rn pr d
D š r s r r
r re . ,
s r s r
r , s
s . V r š r ,
r r s r .
r s s ,
s št š š s
s s . š r
, s r
s r r .
s e e e e . s e
s , c š e,
e s . e e , e
s c, e e c s
e ec e c e c e. e e e
e s š s , . š
s e e :
: se e ,
: ,
: ,
: .
e e s se s ec s
, , ce s še s
e e : , , , , ,
, , . s š e e , n
e s c s .
Ose e e z .
c s e s e
? c e e
: = . N e e še
e : s e s
š š e e . s
ese š e s s e , š e e .
e e e , e
s š e š e s , e e
s s , e e
e c š e . N es , s e s e
e , s e e . Dese
š e s , e s š s, .
, e :
=
· + + + + + +
+ + + + + + =
=
i i
ji l i i j i j -
ljij i i t it i i
i l i j i -
j l i l -
i j j i l i i j
i ij lj j i it
lj i j i j -
i i ji il
i i i j j j li i i -
ij i j l i i j l l i
i l
i i li i -
lj i i j
lj j
l i i j i
i j li i i ij j i-
l i i i j i i
i
j
ij i i lj j j ( j
i ) i i i i i i
j i
l lj l i i
i li i j
i i i j l li jt
li li i j l i i l
j j l i i -
l l
l i i i i i l i ji-
il i
i i il i
i i i j
( i ) ji i i i l
j l j i -
il j lj l j i
i l i l j i j -
i i j lj ji i i
l
( )
( ).
aleksander vesel
Predstavitev 
celih števil v 
računalniku 
• Binarna predstavitev
presek 40 (2012/2013) 2
28
r a č u n a l n i š t v o
Binarna predstavitev
Današnji računalniki skoraj brez izjeme teme-
ljijo na binarni predstavitvi podatkov. To pomeni,
da so podatki v računalniku shranjeni kot zapo-
redje elementov, ki so lahko v enem od dveh mo-
žnih stanj. V jeziku računalništva pravimo, da je
informacija predstavljena kot zaporedje bitov. Bit
predstavlja eno od dveh možnih stanj, ki ju pona-
vadi označimo s števkama dvojiškega številskega
sistema 0 in 1. Bit je najmanjša količina informa-
cije, ki je sploh mogoča in ki jo lahko računalnik
shrani ter obdela.
Posamezni bit nam ne pove veliko. Lahko si pred-
stavljamo, da omogoča odgovoriti na vprašanje, na
katero sta možna dva odgovora. Ker pa velja, da je v
slogi moč, tudi združevanje bitov omogoča predsta-
vitev večje količine infomacije. Zaporedje dveh bi-
tov lahko tako predstavi štiri možna stanja, npr. štiri
smeri neba:
00: sever,
01: vzhod,
10: jug,
11: zah d.
Trije biti predstavljajo osem stanj (dvakrat več stanj
kot dva bita), kar hitro vidimo, če si izpišemo vsa
možna zaporedja treh bitov: 000, 001, 010, 011, 100,
101, 110, 111. V splošnem velja, da lahko z n biti
predstavimo 2n različnih stanj.
Osem zaporednih bitov imenujemo zlog ali bajt.
Koliko različnih stanj lahko predstavimo z enim zlo-
gom? S pomočjo zgornje razlage hitro dobimo odgo-
vor: 28 = 256. Na zadevo pa lahko pogledamo še z
druge plati: z osmimi biti lahko predstavimo dvoji-
ška števila med 00000000 in 11111111 oz. zapisano
v desetiškem sistemu, števila med 0 in 255.
Za ponazoritev zgornje trditve spomnimo, da je
vsaka števka (bit) v dvojiški predstavitvi, glede na
svoj položaj v zapisu, povezana z zaporedno po-
tenco števila 2. Najbolj desna z 20, naslednja v smeri
proti levi z 21, naslednja z 22 in tako naprej. Dese-
tiško vrednost, ki jo predstavlja dvojiški zapis, npr.
1111000, lahko razumemo kot:
1111000(2) =
= 1·26+1·25+1·24+1·23+0·22+0·21+0·20 =
= 1 ·64+1 ·32+1 ·16+1 ·8+0 ·4+0 ·2+0 ·1 =
= 120(10).
2
Binarna predstavitev
Današnji računalniki skoraj brez izje e te e-
ljijo na binarni predstavitvi podatkov. To po eni,
da so podatki v računalniku shranjeni kot zapo-
redje ele entov, ki so lahko v ene od dveh o-
žnih stanj. V jeziku računalništva pravi o, da je
infor acija predstavljena kot zaporedje bitov. Bit
predstavlja eno od dveh ožnih stanj, ki ju pona-
vadi označi o s števka a dvojiškega številskega
siste a 0 in 1. Bit je naj anjša količina infor a-
cije, ki je sploh ogoča in ki jo lahko računalnik
shrani ter obdela.
Posa ezni bit na ne pove veliko. Lahko si pred-
stavlja o, da o ogoča odgovoriti na vprašanje, na
katero sta ožna dva odgovora. Ker pa velja, da je v
slogi oč, tudi združevanje bitov o ogoča predsta-
vitev večje količine info acije. Zaporedje dveh bi-
tov lahko tako predstavi štiri ožna stanja, npr. štiri
s eri neba:
00: sever,
01: vzhod,
10: jug,
11: zahod.
Trije biti predstavljajo ose stanj (dvakrat več stanj
kot dva bita), kar hitro vidi o, če si izpiše o vsa
ožna zaporedja treh bitov: 000, 001, 010, 011, 100,
101, 110, 111. V splošne velja, da lahko z n biti
predstavi o 2n različnih stanj.
Ose zaporednih bitov i enuje o zlog ali bajt.
Koliko različnih stanj lahko predstavi o z eni zlo-
go ? S po očjo zgornje razlage hitro dobi o odgo-
vor: 28 = 256. Na zadevo pa lahko pogleda o še z
druge plati: z os i i biti lahko predstavi o dvoji-
ška števila ed 00000000 in 11111111 oz. zapisano
v desetiške siste u, števila ed 0 in 255.
Za ponazoritev zgornje trditve spo ni o, da je
vsaka števka (bit) v dvojiški predstavitvi, glede na
svoj položaj v zapisu, povezana z zaporedno po-
tenco števila 2. Najbolj desna z 20, naslednja v s eri
proti levi z 21, naslednja z 22 in tako naprej. Dese-
tiško vrednost, ki jo predstavlja dvojiški zapis, npr.
1111000, lahko razu e o kot:
1111000(2) =
= 1·26+1·25+1·24+1·23+0·22+0·21+0·20 =
= 1 ·64+1 ·32+1 ·16+1 ·8+0 ·4+0 ·2+0 ·1 =
= 120(10).
2
Binarna predstavitev
Današnji računalniki skoraj brez izjeme teme-
ljijo na binarni predstavitvi podatkov. To pomeni,
da so podatki v računalniku shranjeni kot zapo-
redje elementov, ki so lahko v enem od dveh mo-
žnih stanj. V jeziku računalništva pravimo, da je
informacija predstavljena kot zaporedje bitov. Bit
predstavlja eno od dveh možnih stanj, ki ju pona-
vadi označimo s števkama dvojiškega številskega
sistema 0 in 1. Bit je najmanjša količina informa-
cije, ki je sploh mogoča in ki jo lahko računalnik
shrani ter obdela.
Posamezni bit nam ne pove veliko. Lahko si pred-
stavljamo, da omogoča odgovoriti na vprašanje, na
katero sta možna dva odgovora. Ker pa velja, da je v
slogi moč, tudi združevanje bitov omogoča predsta-
vitev večje količine infomacije. Zaporedje dveh bi-
tov lahko tako predstavi štiri možna stanja, npr. štiri
smeri neba:
00: sever,
01: vzhod,
10: jug,
11: zahod.
Trije biti predstavljajo osem stanj (dvakrat več stanj
kot dva bita), kar hitro vidimo, če si izpišemo vsa
možna zaporedja treh bitov: 000, 001, 010, 011, 100,
101, 110, 111. V splošnem velja, da lahko z n biti
predstavimo 2n različnih stanj.
Osem zaporednih bitov imenujemo zlog ali bajt.
Koliko različnih stanj lahko predstavimo z enim zlo-
gom? S pomočjo zgornje razlage hitro dobimo odgo-
vor: 28 = 256. Na zadevo pa lahko pogledamo še z
druge plati: z osmimi biti lahko predstavimo dvoji-
ška števila med 00000000 in 11111111 oz. zapisano
v desetiškem sistemu, števila med 0 in 255.
Za ponazoritev zgornje trditve spomnimo, da je
vsaka števka (bit) v dvojiški predstavitvi, glede na
svoj položaj v zapisu, povezana z zaporedno po-
tenco števila 2. Najbolj desna z 20, naslednja v smeri
proti levi z 21, naslednja z 22 in tako naprej. Dese-
tiško vrednost, ki jo predstavlja dvojiški zapis, npr.
1111000, lahko razumemo kot:
1111000(2) =
= 1·26+1·25+1·24+1·23+0·22+0·21+0·20 =
= 1 ·64+1 ·32+1 ·16+1 ·8+0 ·4+0 ·2+0 ·1 =
= 120(10).
2
•
lika je le v tem, da v tem primeru polovico predsta-
vljenih vrednosti predstavljajo nenegativna, drugo
polovico pa negativna števila. Zaporedje osmih bi-
tov tako omogoča predstavitev števil med -128 in
127, dva zloga omogočata predstavitev števil med
-32768 in 32767, štirje zlogi pa predstavitev števil
med -2147483648 in 2147483648. Če programski je-
zik omogoča predstavitev celih števil z osmimi zlogi,
imamo na razpolago števila med −263 in 263 − 1.
Izvedba zgoraj opisane ideje pa ni tako enostavna,
kot se morda zdi na prvi pogled. Opisali bomo tri
različne načine predstavitve, od katerih se prvi dve
danes uporabljata le redko, zato bo njun opis služil
predvsem kot motivacija za opis zadnje.
Predstavitev z navadnim predznakom
Nenegativna števila predstavimo enako, kot smo to
storili za nepredznačena, le vodilni bit je rezerviran
za predznak in je vedno enak 0. Za predstavitev ne-
gativnega števila naredimo enako, le da je vodilni bit
v tem primeru enak 1.
Primer za predstavitev z osmimi biti:
+23(10) → 00010111
−23(10) → 10010111.
Na prvi pogled je ta predstavitev zelo naravna, a
za predstavitev v računalniku ni najbolj primerna.
Eden od problemov je, da je potrebno pri izvajanju
računskih operacij (npr. pri seštevanju in odšteva-
nju) vodilni bit obravnavati drugače od ostalih bi-
tov, kar povzroča težave pri strojni opremi računal-
nika. Neprijetna značilnost te predstavitve sta tudi
dve predstavitvi števila nič: 00 . . .0 in 100 . . .0.
Predstavitev z eniškim komplementom
Nenegativna števila spet predstavimo enako, kot smo
to storili za nepredznačena, le vodilni bit rezervi-
ramo za predznak in je vedno enak 0.
Pri predstavitvi negativnega števila izhajamo iz
predstavitve njegove nasprotne (pozitivne) vredno-
sti. V dobljeni predstavitvi potem obrnemo vrednost
vseh bitov: vsak bit 1 postane 0 in vsak bit 0 po-
stane 1.
Kot primer poglejmo predstavitev števila -23 z
osmimi biti. Kot vemo, se 23 predstavi kot 00010111.
Ko obrnemo vrednosti vseh bitov v vzorcu 00010111,
dobimo
−23(10) → 11101000.
Prednost te predstavitve je, da lahko tudi vodilni
bit obravnavamo enako kot druge bite, zato lahko
operaciji seštevanja in odštevanja razmeramo eno-
stavno izvedemo. Seštevanje dveh nenegativnih šte-
vil se izvede popolnoma enako, kot smo to že po-
kazali. Tudi odštevanje poteka v osnovi enako kot
seštevanje, izjema je le primer, ko se zgodi prekora-
čitev. V tem primeru je potrebno dobljenemu rezul-
4
Predstavitev nepredznačenih celih števil
Preden se lotimo samega opisa predstavitve, je po-
trebno poudariti, da množica celih števil, ki jo lahko
predstavi računalnik, nikoli ni neskončna, kot smo
navajeni v matematiki. Računalniki so naprave z
omejeno možnostjo predstavitve in hranjenja infor-
macij, zato seveda tudi neomejeno velikih števil ne
moremo predstaviti.
Velikost predstavljene množice nepredznačenih
celih števil je odvisna od števila bitov, ki jih name-
nimo za predstavitev. V prejšnjem razdelku smo
se naučili, da zaporedje osmih bitov omogoča na-
ravno predstavitev 256 nepredznačenih števil med
0 in 255: zaporedje bitov 00000000 predstavlja vre-
dnost 0, zaporedje 11111111 pa vrednost 255. Če
namenimo za predstavitev nepredznačenih celih šte-
vil več zlogov, tudi množica predstavljenih števil
ustrezno naraste. Dva zloga tako omogočata pred-
stavitev 216 = 65536 različnih nepredznačenih ce-
lih števil (števila med 0 in 65535), štirje zlogi pa
predstavitev števil med 0 in 4294967295 (= 232 − 1).
Nekateri programski jeziki omogočajo celo predsta-
vitev celih števil z osmimi zlogi, kar pomeni mno-
žico velikosti 264 oz. predstavitev števil med 0 in
18446744073709551615 (= 264 − 1).
Za konec tega razdelka poglejmo, kako seštejemo
celi števili 42 in 23, predstavljeni z osmimi biti. Se-
števanje poteka kot običajno pisno seštevanje, od
najbolj desnega (najmanj pomembnega) bita proti
najbolj levemu:
42 00101010
+ 23 00010111
-----------------------------------
65 01000001
Opozoriti velja, da je rezultat seštevanja lahko tu-
di večji od največjega števila, ki ga lahko predsta-
vimo v izbrani predstavitvi. Če v predstavitvi z osmi-
mi biti npr. seštevamo števili 172 in 98, bi morali do-
biti število 270, ki pa ga z osmimi biti ne moremo
predstaviti. V tem primeru pravimo, da se zgodi pre-
koračitev.
Predstavitev predznačenih celih števil
Pri predznačenih celih številih je potrebno upošte-
vati predznak števila, ki je lahko plus (+) ali minus
(-). V običajnem (desetiškem) zapisu pišemo pred-
znak pred številko. Predstavitev v računalniku je v
osnovi podobna. Enega od bitov, ponavadi je to naj-
bolj levi bit, uporabimo za predstavitev predznaka.
Temu bitu rečemo tudi vodilni bit. Če je predsta-
vljeno celo število negativno, je vodilni bit enak 1,
če pa je predstavljeno celo število nenegativno, pa je
vodilni bit enak 0. V nadaljevanju bomo sicer videli,
da se pri predstavitvi števila nič stvari lahko neko-
liko zapletejo.
Kot pri predstavitvi množice nepredznačenih ce-
lih števil, velja tudi za predznačena cela števila, da
je velikost množice predstavljenih števil odvisna od
števila bitov, ki jih namenimo za predstavitev. Raz-
3
Predstavitev nepredznačenih celih števil
Preden se lotimo samega opisa predstavitve, je po-
trebno poudariti, da množica celih števil, ki jo lahko
predstavi računalnik, nikoli ni neskončna, kot smo
navajeni v matematiki. Računalniki so naprave z
omejeno možnostjo predstavitve in hranjenja infor-
macij, zato seveda tudi neomejeno velikih števil ne
moremo predstaviti.
Velikost predstavljene množice nepredznačenih
celih števil je odvisna od števila bitov, ki jih name-
nimo za predstavitev. V prejšnjem razdelku smo
se naučili, da zaporedje osmih bitov omogoča na-
ravno predstavitev 256 nepredznačenih števil med
0 in 255: zaporedje bitov 00000000 predstavlja vre-
dnost 0, zaporedje 11111111 pa vrednost 255. Če
namenimo za predstavitev nepredznačenih celih šte-
vil več zlogov, tudi množica predstavljenih števil
ustrezno naraste. Dva zloga tako omogočata pred-
stavitev 216 = 65536 različnih nepredznačenih ce-
lih števil (števila med 0 in 65535), štirje zlogi pa
predstavitev števil med 0 in 4294967295 (= 232 − 1).
Nekateri programski jeziki omogočajo celo predsta-
vitev celih števil z osmimi zlogi, kar pomeni mno-
žico velikosti 264 oz. predstavitev števil med 0 in
18446744073709551615 (= 264 − 1).
Za konec tega razdelka poglejmo, kako seštejemo
celi števili 42 in 23, predstavljeni z osmimi biti. Se-
števanje poteka kot običajno pisno seštevanje, od
najbolj desnega (najmanj pomembnega) bita proti
najbolj levemu:
42 00101010
+ 23 00010111
-----------------------------------
65 01000001
Opozoriti velja, da je rezultat seštevanja lahko tu-
di večji od največjega števila, ki ga lahko predsta-
vimo v izbrani predstavitvi. Če v predstavitvi z osmi-
mi biti npr. seštevamo števili 172 in 98, bi morali do-
biti število 270, ki pa ga z osmimi biti ne moremo
predstaviti. V tem primeru pravimo, da se zgodi pre-
koračitev.
Predstavitev predznačenih celih števil
Pri predznačenih celih številih je potrebno upošte-
vati predznak števila, ki je lahko plus (+) ali minus
(-). V običajnem (desetiškem) zapisu pišemo pred-
znak pred številko. Predstavitev v računalniku je v
osnovi podobna. Enega od bitov, ponavadi je to naj-
bolj levi bit, uporabimo za predstavitev predznaka.
Temu bitu rečemo tudi vodilni bit. Če je predsta-
vljeno celo število negativno, je vodilni bit enak 1,
če pa je predstavljeno celo število nenegativno, pa je
vodilni bit enak 0. V nadaljevanju bomo sicer videli,
da se pri predstavitvi števila nič stvari lahko neko-
liko zapletejo.
Kot pri predstavitvi množice nepredznačenih ce-
lih števil, velja tudi za predznačena cela števila, da
je velikost množice predstavljenih števil odvisna od
števila bitov, ki jih namenimo za predstavitev. Raz-
3
Predstavitev nepredznačenih celih števil
Preden se lotimo samega opisa predstavitve, je po-
trebno poudariti, da množica celih števil, ki jo lahko
predstavi računalnik, nikoli ni neskončna, kot smo
navajeni v matematiki. Računalniki so naprave z
omejeno možnostjo predstavitve in hranjenja infor-
macij, zato seveda tudi neomejeno velikih števil ne
moremo predstaviti.
Velikost predstavljene množice nepredznačenih
celih števil je odvisna od števila bitov, ki jih name-
nimo za predstavitev. V prejšnjem razdelku smo
se naučili, da zaporedje osmih bitov omogoča na-
ravno predstavitev 256 nepredznačenih števil med
0 in 255: zaporedje bitov 00000000 predstavlja vre-
dnost 0, zaporedje 11111111 pa vrednost 255. Če
namenimo za predstavitev nepredznačenih celih šte-
vil več zlogov, tudi množica predstavljenih števil
ustrezno naraste. Dva zloga tako omogočata pred-
stavitev 216 = 65536 različnih nepredznačenih ce-
lih števil (števila med 0 in 65535), štirje zlogi pa
predstavitev števil med 0 in 4294967295 (= 232 − 1).
Nekateri programski jeziki omogočajo celo predsta-
vitev celih števil z osmimi zlogi, kar pomeni mno-
žico velikosti 264 oz. predstavitev števil med 0 in
18446744073709551615 (= 264 − 1).
Za konec tega razdelka poglejmo, kako seštejemo
celi števili 42 in 23, predstavljeni z osmimi biti. Se-
števanje poteka kot običajno pisno seštevanje, od
najbolj desnega (najmanj pomembnega) bita proti
najbolj levemu:
42 00101010
+ 23 00010111
-----------------------------------
65 01000001
Opozoriti velja, da je rezultat seštevanja lahko tu-
di večji od največjega števila, ki ga lahko predsta-
vimo v izbrani predstavitvi. Če v predstavitvi z osmi-
mi biti npr. seštevamo števili 172 in 98, bi morali do-
biti število 270, ki pa ga z osmimi biti ne moremo
predstaviti. V tem primeru pravimo, da se zgodi pre-
koračitev.
Predstavitev predznačenih celih števil
Pri predznačenih celih številih je potrebno upošte-
vati predznak števila, ki je lahko plus (+) ali minus
(-). V običajnem (desetiškem) zapisu pišemo pred-
znak pred številko. Predstavitev v računalniku je v
osnovi podobna. Enega od bitov, ponavadi je to naj-
bolj levi bit, uporabimo za predstavitev predznaka.
Temu bitu rečemo tudi vodilni bit. Če je predsta-
vljeno celo število negativno, je vodilni bit enak 1,
če pa je predstavljeno celo število nenegativno, pa je
vodilni bit enak 0. V nadaljevanju bomo sicer videli,
da se pri predstavitvi števila nič stvari lahko neko-
liko zapletejo.
Kot pri predstavitvi množice nepredznačenih ce-
lih števil, velja tudi za predznačena cela števila, da
je velikost množice predstavljenih števil odvisna od
števila bitov, ki jih namenimo za predstavitev. Raz-
3
Predstavitev nepredznačenih celih števil
Preden se lotimo samega opisa predstavitve, je po-
trebno poudariti, da množica celih števil, ki jo lahko
predstavi računalnik, nikoli ni neskončna, kot smo
navajeni v matematiki. Računalniki so naprave z
omejeno možnostjo predstavitve in hranjenja infor-
macij, zato seveda tudi neomejeno velikih števil ne
moremo predstaviti.
Velikost predstavljene množice nepredznačenih
celih števil je odvisna od števila bitov, ki jih name-
nimo za predstavitev. V prejšnjem razdelku smo
se naučili, da zaporedje osmih bitov omogoča na-
ravno predstavitev 256 nepredznačenih števil med
0 in 255: zaporedje bitov 00000000 predstavlja vre-
dnost 0, zaporedje 11111111 pa vrednost 255. Če
namenimo za predstavitev nepredznačenih celih šte-
vil več zlogov, tudi množica predstavljenih števil
ustrezno naraste. Dva zloga tako omogočata pred-
stavitev 216 = 65536 različnih nepredznačenih ce-
lih števil (števila med 0 in 65535), štirje zlogi pa
predstavitev števil med 0 in 4294967295 (= 232 − 1).
Nekateri programski jeziki omogočajo celo predsta-
vitev celih števil z osmimi zlogi, kar pomeni mno-
žico velikosti 264 oz. predstavitev števil med 0 in
18446744073709551615 (= 264 − 1).
Za konec tega razdelka poglejmo, kako seštejemo
celi števili 42 in 23, predstavljeni z osmimi biti. Se-
števanje poteka kot običajno pisno seštevanje, od
najbolj desnega (najmanj pomembnega) bita proti
najbolj levemu:
42 00101010
+ 23 00010111
-----------------------------------
65 01000001
Opozoriti velja, da je rezultat seštevanja lahko tu-
di večji od največjega števila, ki ga lahko predsta-
vimo v izbrani predstavitvi. Če v predstavitvi z osmi-
mi biti npr. seštevamo števili 172 in 98, bi morali do-
biti število 270, ki pa ga z osmimi biti ne moremo
predstaviti. V tem primeru pravimo, da se zgodi pre-
koračitev.
Predstavitev predznačenih celih števil
Pri predznačenih celih številih je potrebno upošte-
vati predznak števila, ki je lahko plus (+) ali minus
(-). V običajnem (desetiškem) zapisu pišemo pred-
znak pred številko. Predstavitev v računalniku je v
osnovi podobna. Enega od bitov, ponavadi je to naj-
bolj levi bit, uporabimo za predstavitev predznaka.
Temu bitu rečemo tudi vodilni bit. Če je predsta-
vljeno celo število negativno, je vodilni bit enak 1,
če pa je predstavljeno celo število nenegativno, pa je
vodilni bit enak 0. V nadaljevanju bomo sicer videli,
da se pri predstavitvi števila nič stvari lahko neko-
liko zapletejo.
Kot pri predstavitvi množice nepredznačenih ce-
lih števil, velja tudi za predznačena cela števila, da
je velikost množice predstavljenih števil odvisna od
števila bitov, ki jih namenimo za predstavitev. Raz-
3
Binarna predstavitev
Današnji računalniki skoraj brez izjeme teme-
ljijo na binarni predstavitvi podatkov. To pomeni,
da so podatki v računalniku shranjeni kot zapo-
redje elementov, ki so lahko v enem od dveh mo-
žnih stanj. V jeziku računalništva pravimo, da je
informacija predstavljena kot zaporedje bitov. Bit
predstavlja eno od dveh možnih stanj, ki ju pona-
vadi označimo s števkama dvojiškega številskega
sistema 0 in 1. Bit je najmanjša količina informa-
cije, ki je sploh mogoča in ki jo lahko računalnik
shrani ter obdela.
Posamezni bit nam ne pove veliko. Lahko si pred-
stavljamo, da omogoča odgovoriti na vprašanje, na
katero sta možna dva odgovora. Ker pa velja, da je v
slogi moč, tudi združevanje bitov omogoča predsta-
vitev večje količine infomacije. Zaporedje dveh bi-
tov lahko tako predstavi štiri možna stanja, npr. štiri
smeri neba:
00: sever,
01: vzhod,
10: jug,
11: zahod.
Trije biti predstavljajo osem stanj (dvakrat več stanj
kot dva bita), kar hitro vidimo, če si izpišemo vsa
možna zaporedja treh bitov: 000, 001, 010, 011, 100,
101, 110, 111. V splošnem velja, da lahko z n biti
predstavimo 2n različnih stanj.
Osem zaporednih bitov imenujemo zlog ali bajt.
Koliko različnih stanj lahko predstavimo z enim zlo-
gom? S pomočjo zgornje razlage hitro dobimo odgo-
vor: 28 = 256. Na zadevo pa lahko pogledamo še z
druge plati: z osmimi biti lahko predstavimo dvoji-
ška števila med 00000000 in 11111111 oz. zapisano
v desetiškem sistemu, števila med 0 in 255.
Za ponazoritev zgornje trditve spomnimo, da je
vsaka števka (bit) v dvojiški predstavitvi, glede na
svoj položaj v zapisu, povezana z zaporedno po-
tenco števila 2. Najbolj desna z 20, naslednja v smeri
proti levi z 21, naslednja z 22 in tako naprej. Dese-
tiško vrednost, ki jo predstavlja dvojiški zapis, npr.
1111000, lahko razumemo kot:
1111000(2) =
= 1·26+1·25+1·24+1·23+0·22+0·21+0·20 =
= 1 ·64+1 ·32+1 ·16+1 ·8+0 ·4+0 ·2+0 ·1 =
= 120(10).
2
itev nepredznačnih celih števil
itev predznačnih celih števil
presek 40 (2012/2013) 2
29
r a č u n a l n i š t v o
tatu prišteti 1.
Kot primer si poglejmo, kako v osem bitni pred-
stavitvi od števila 42 odštejemo 23.
Najprej izvedemo „običajno“ seštevanje števil 42
in -23:
+42 00101010
-23 11101000
-----------------------------------
1|00010010
Rezultat presega 255 (za predstavitev bi potrebo-
vali devet bitov), zato k 00010010 prištejemo 1.
00010010
00000001
-----------------------------------
00010011
Dobljeni rezultat 00010011 predstavlja število 19.
V preteklosti se je predstavitev z eniškim komple-
mentom precej uporabljala, danes pa skorajda ne.
Glavna slabost tega pristopa sta ponovno dve pred-
stavitvi za število nič: 00 . . .0 in 11 . . .1.
Predstavitev z dvojiškim komplementom
Nenegativna števila so predstavljena na že opisani
način, pri predstavitvi negativnega števila pa izha-
jamo iz predstavitve njegove nasprotne (pozitivne)
vrednosti. V dobljeni predstavitvi najprej obrnemo
vrednost vseh bitov, nato pa rezultatu prištejemo
ena.
Kot primer spet poglejmo predstavitev števila -23
z osmimi biti. Vemo, da se 23 predstavi kot
00010111. Ko obrnemo vrednosti vseh bitov, do-
bimo 11101000. K temu rezultatu prištejemo 1 in
dobimo:
11101000
00000001
-----------------------------------
11101001
V predstavitvi z dvojiškim komplementom in z
osmimi biti je torej število -23 predstavljeno z bi-
tnim vzorcem 11101001. Operaciji seštevanja in od-
števanja se izvedeta kot običajno seštevanje, more-
bitno prekoračitev pa zanemarimo. Kot primer spet
v osem bitni predstavitvi od števila 42 odštejmo 23.
+42 00101010
-23 11101001
-----------------------------------
00010011
Opozoriti velja, da rezultat seštevanja sicer pre-
sega 255, ohranimo pa samo osem najbolj desnih bi-
tov oz. bitni vzorec 00010011, ki očitno predstavlja
pravilni rezultat, število 19.
Prednost dvojiškega komplementa v primerjavi z
eniškim je predvsem ta, da nimamo dveh predstavi-
tev za število nič.
5
lika je le v tem, da v tem primeru polovico predsta-
vljenih vrednosti predstavljajo nenegativna, drugo
polovico pa negativna števila. Zaporedje osmih bi-
tov tako omogoča predstavitev števil med -128 in
127, dva zloga omogočata predstavitev števil med
-32768 in 32767, štirje zlogi pa predstavitev števil
med -2147483648 in 2147483648. Če programski je-
zik omogoča predstavitev celih števil z osmimi zlogi,
imamo na razpolago števila med −263 in 263 − 1.
Izvedba zgoraj opisane ideje pa ni tako enostavna,
kot se morda zdi na prvi pogled. Opisali bomo tri
različne načine predstavitve, od katerih se prvi dve
danes uporabljata le redko, zato bo njun opis služil
predvsem kot motivacija za opis zadnje.
Predstavitev z navadnim predznakom
Nenegativna števila predstavimo enako, kot smo to
storili za nepredznačena, le vodilni bit je rezerviran
za predznak in je vedno enak 0. Za predstavitev ne-
gativnega števila naredimo enako, le da je vodilni bit
v tem primeru enak 1.
Primer za predstavitev z osmimi biti:
+23(10) → 00010111
−23(10) → 10010111.
Na prvi pogled je ta predstavitev zelo naravna, a
za predstavitev v računalniku ni najbolj primerna.
Eden od problemov je, da je potrebno pri izvajanju
računskih operacij (npr. pri seštevanju in odšteva-
nju) vodilni bit obravnavati drugače od ostalih bi-
tov, kar povzroča težave pri strojni opremi računal-
nika. Neprijetna značilnost te predstavitve sta tudi
dve predstavitvi števila nič: 00 . . .0 in 100 . . .0.
Predstavitev z eniškim komplementom
Nenegativna števila spet predstavimo enako, kot smo
to storili za nepredznačena, le vodilni bit rezervi-
ramo za predznak in je vedno enak 0.
Pri predstavitvi negativnega števila izhajamo iz
predstavitve njegove nasprotne (pozitivne) vredno-
sti. V dobljeni predstavitvi potem obrnemo vrednost
vseh bitov: vsak bit 1 postane 0 in vsak bit 0 po-
stane 1.
Kot primer poglejmo predstavitev števila -23 z
osmimi biti. Kot vemo, se 23 predstavi kot 00010111.
Ko obrnemo vrednosti vseh bitov v vzorcu 00010111,
dobimo
−23(10) → 11101000.
Prednost te predstavitve je, da lahko tudi vodilni
bit obravnavamo enako kot druge bite, zato lahko
operaciji seštevanja in odštevanja razmeramo eno-
stavno izvedemo. Seštevanje dveh nenegativnih šte-
vil se izvede popolnoma enako, kot smo to že po-
kazali. Tudi odštevanje poteka v osnovi enako kot
seštevanje, izjema je le primer, ko se zgodi prekora-
čitev. V tem primeru je potrebno dobljenemu rezul-
4
lika je le v tem, da v tem primeru polovico predsta-
vljenih vrednosti predstavljajo nenegativna, drugo
polovico pa negativna števila. Zaporedje osmih bi-
tov tako omogoča predstavitev števil med -128 in
127, dva zloga omogočata predstavitev števil med
-32768 in 32767, štirje zlogi pa predstavitev števil
med -2147483648 in 2147483648. Če programski je-
zik omogoča predstavitev celih števil z osmimi zlogi,
imamo na razpolago števila med −263 in 263 − 1.
Izvedba zgoraj opisane ideje pa ni tako enostavna,
kot se morda zdi na prvi pogled. Opisali bomo tri
različne načine predstavitve, od katerih se prvi dve
danes uporabljata le redko, zato bo njun opis služil
predvsem kot motivacija za opis zadnje.
Predstavitev z navadnim predznakom
Nenegativna števila predstavimo enako, kot smo to
storili za nepredznačena, le vodilni bit je rezerviran
za predznak in je vedno enak 0. Za predstavitev ne-
gativnega števila naredimo enako, le da je vodilni bit
v tem primeru enak 1.
Primer za predstavitev z osmimi biti:
+23(10) → 00010111
−23(10) → 10010111.
Na prvi pogled je ta predstavitev zelo naravna, a
za predstavitev v računalniku ni najbolj primerna.
Eden od problemov je, da je potrebno pri izvajanju
računskih operacij (npr. pri seštevanju in odšteva-
nju) vodilni bit obravnavati drugače od ostalih bi-
tov, kar povzroča težave pri strojni opremi računal-
nika. Neprijetna značilnost te predstavitve sta tudi
dve predstavitvi števila nič: 00 . . .0 in 100 . . .0.
Predstavitev z eniškim komplementom
Nenegativna števila spet predstavimo enako, kot smo
to storili za nepredznačena, le vodilni bit rezervi-
ramo za predznak in je vedno enak 0.
Pri predstavitvi negativnega števila izhajamo iz
predstavitve njegove nasprotne (pozitivne) vredno-
sti. V dobljeni predstavitvi potem obrnemo vrednost
vseh bitov: vsak bit 1 postane 0 in vsak bit 0 po-
stane 1.
Kot primer poglejmo predstavitev števila -23 z
osmimi biti. Kot vemo, se 23 predstavi kot 00010111.
Ko obrnemo vrednosti vseh bitov v vzorcu 00010111,
dobimo
−23(10) → 11101000.
Prednost te predstavitve je, da lahko tudi vodilni
bit obravnavamo enako kot druge bite, zato lahko
operaciji seštevanja in odštevanja razmeramo eno-
stavno izvedemo. Seštevanje dveh nenegativnih šte-
vil se izvede popolnoma enako, kot smo to že po-
kazali. Tudi odštevanje poteka v osnovi enako kot
seštevanje, izjema je le primer, ko se zgodi prekora-
čitev. V tem primeru je potrebno dobljenemu rezul-
4
t t i t ti .
t i i l j , it i -
t it i t il t j .
j j i i j t j t il
i - :
lt t ( t it i t -
li t it ), t i t j .
lj i lt t t lj t il .
t l ti j t it i i l -
t j lj l , j .
l l t t i t t -
t it i t il i : . . . i . . . .
i ji i l
ti t il t lj i i
i , i t it i ti t il i -
j i t it j t ( iti )
ti. lj i t it i j j
t it , t lt t i t j
.
t i t l j t it t il -
i i iti. , t i t
. ti it , -
i . t lt t i t j i
i :
t it i ji i l t i
i i iti j t j t il - t lj i-
t i . iji t j i -
t j i t t i j t j , -
it it i . t i t
it i t it i t il t j .
iti lj , lt t t j i -
, i j lj i i-
t . it i , i it t lj
il i lt t, t il .
t ji l t i j i
i i j t , i t i-
t t il i .
tatu prišteti 1.
Kot primer si poglejmo, kako v osem bitni pred-
stavitvi od števila 42 odštejemo 23.
Najprej izvedemo „običajno“ seštevanje števil 42
in -23:
+42 00101010
-23 11101000
-----------------------------------
1|00010010
Rezultat presega 255 (za predstavitev bi potrebo-
vali devet bitov), zato k 00010010 prištejemo 1.
00010010
00000001
-----------------------------------
00010011
Dobljeni rezultat 00010011 predstavlja število 19.
V preteklosti se je predstavitev z eniškim komple-
mentom precej uporabljala, danes pa skorajda ne.
Glavna slabost tega pristopa sta ponovno dve pred-
stavitvi za število nič: 00 . . .0 in 11 . . .1.
Predstavitev z dvojiški ko ple ento
Nenegativna števila so predstavljena na že opisani
način, pri predstavitvi negativnega števila pa izha-
jamo iz predstavitve njegove nasprotne (pozitivne)
vrednosti. V dobljeni predstavitvi najprej obrnemo
vrednost vseh bitov, nato pa rezultatu prištejemo
ena.
Kot primer spet poglejmo predstavitev števila -23
z osmimi biti. Vemo, da se 23 predstavi kot
00010111. Ko obrnemo vrednosti vseh bitov, do-
bimo 11101000. K temu rezultatu prištejemo 1 in
dobimo:
11101000
00000001
-----------------------------------
11101001
V predstavitvi z dvojiškim komplementom in z
osmimi biti je torej število -23 predstavljeno z bi-
tnim vzorcem 11101001. Operaciji seštevanja in od-
števanja se izvedeta kot običajno seštevanje, more-
bitno prekoračitev pa zanemarimo. Kot primer spet
v osem bitni predstavitvi od števila 42 odštejmo 23.
+42 00101010
-23 11101001
-----------------------------------
00010011
Opozoriti velja, da rezultat seštevanja sicer pre-
sega 255, ohranimo pa samo osem najbolj desnih bi-
tov oz. bitni vzorec 00010011, ki očitno predstavlja
pravilni rezultat, število 19.
Prednost dvojiškega komplementa v primerjavi z
eniškim je predvsem ta, da nimamo dveh predstavi-
tev za število nič.
5
t t rišteti .
t ri er si lej , se it i re -
st it i šte il šteje .
j rej i e e „ ic j “ sešte je šte il
i - :
e lt t rese ( re st ite i tre -
li e et it ), t rišteje .
lje i re lt t re st lj šte il .
rete l sti se je re st ite e iš i le-
e t recej r lj l , es s r j e.
l sl st te rist st e re -
st it i šte il ic: . . . i . . . .
r t it ji im m l m t m
e e ti šte il s re st lje e is i
ci , ri re st it i e ti e šte il i -
j i re st it e je e s r t e ( iti e)
re sti. lje i re st it i j rej r e
re st se it , t re lt t rišteje
e .
t ri er s et lej re st ite šte il -
s i i iti. e , se re st i t
. r e re sti se it , -
i . te re lt t rišteje i
i :
re st it i jiš i le e t i
s i i iti je t rej šte il - re st lje i-
t i rce . er ciji sešte j i -
šte j se i e et t ic j sešte je, re-
it re r cite e ri . t ri er s et
se it i re st it i šte il štej .
riti elj , re lt t sešte j sicer re-
se , r i s se j lj es i i-
t . it i rec , i cit re st lj
r il i re lt t, šte il .
re st jiš e le e t ri erj i
e iš i je re se t , i e re st i-
te šte il ic.
tatu prišteti 1.
Kot primer si poglejmo, kako v osem bitni pred-
stavitvi od števila 42 odštejemo 23.
Najprej izvedemo „običajno“ seštevanje števil 42
in -23:
+42 00101010
-23 11101000
-----------------------------------
1|00010010
Rezultat presega 255 (za predstavitev bi potrebo-
vali devet bitov), zato k 00010010 prištejemo 1.
00010010
00000001
-----------------------------------
00010011
Dobljeni rezultat 00010011 predstavlja število 19.
V preteklosti se je predstavitev z eniškim komple-
mentom precej uporabljala, danes pa skorajda ne.
Glavna slabost tega pristopa sta ponovno dve pred-
stavitvi za število nič: 00 . . .0 in 11 . . .1.
Predstavitev z dvojiški ko ple ento
Nenegativna števila so predstavljena na že opisani
način, pri predstavitvi negativnega števila pa izha-
jamo iz predstavitve njegove nasprotne (pozitivne)
vrednosti. V dobljeni predstavitvi najprej obrnemo
vrednost vseh bitov, nato pa rezultatu prištejemo
ena.
Kot primer spet poglejmo predstavitev števila -23
z osmimi biti. Vemo, da se 23 predstavi kot
00010111. Ko obrnemo vrednosti vseh bitov, do-
bimo 11101000. K temu rezultatu prištejemo 1 in
dobimo:
11101000
00000001
-----------------------------------
11101001
V predstavitvi z dvojiškim komplementom in z
osmimi biti je torej število -23 predstavljeno z bi-
tnim vzorcem 11101001. Operaciji seštevanja in od-
števanja se izvedeta kot običajno seštevanje, more-
bitno prekoračitev pa zanemarimo. Kot primer spet
v osem bitni predstavitvi od števila 42 odštejmo 23.
+42 00101010
-23 11101001
-----------------------------------
00010011
Opozoriti velja, da rezultat seštevanja sicer pre-
sega 255, ohranimo pa samo osem najbolj desnih bi-
tov oz. bitni vzorec 00010011, ki očitno predstavlja
pravilni rezultat, število 19.
Prednost dvojiškega komplementa v primerjavi z
eniškim je predvsem ta, da nimamo dveh predstavi-
tev za število nič.
5
t t rišteti .
t ri er si lej , se it i re -
st it i šte il šteje .
j rej i e e „ ic j “ sešte je šte il
i - :
e lt t rese ( re st ite i tre -
li e et it ), t rišteje .
lje i re lt t re st lj šte il .
rete l sti se je re st ite e iš i le-
e t recej r lj l , es s r j e.
l sl st te rist st e re -
st it i šte il ic: . . . i . . . .
r t it ji im m l m t m
e e ti šte il s re st lje e is i
ci , ri re st it i e ti e šte il i -
j i re st it e je e s r t e ( iti e)
re sti. lje i re st it i j rej r e
re st se it , t re lt t rišteje
e .
t ri er s et lej re st ite šte il -
s i i iti. e , se re st i t
. r e re sti se it , -
i . te re lt t rišteje i
i :
re st it i jiš i le e t i
s i i iti je t rej šte il - re st lje i-
t i rce . er ciji sešte j i -
šte j se i e et t ic j sešte je, re-
it re r cite e ri . t ri er s et
se it i re st it i šte il štej .
riti elj , re lt t sešte j sicer re-
se , r i s se j lj es i i-
t . it i rec , i cit re st lj
r il i re lt t, šte il .
re st jiš e le e t ri erj i
e iš i je re se t , i e re st i-
te šte il ic.
t t ri t ti .
t ri r i l j , it i r -
t it i t il t j .
j r j i i j t j t il
i - :
lt t r ( r t it i tr -
li t it ), t ri t j .
lj i r lt t r t lj t il .
r t l ti j r t it i i l -
t r j r lj l , r j .
l l t t ri t t r -
t it i t il i : . . . i . . . .
t it ji i l t
ti t il r t lj i i
i , ri r t it i ti t il i -
j i r t it j r t ( iti )
r ti. lj i r t it i j r j r
r t it , t r lt t ri t j
.
t ri r t l j r t it t il -
i i iti. , r t i t
. r r ti it , -
i . t r lt t ri t j i
i :
r t it i ji i l t i
i i iti j t r j t il - r t lj i-
t i r . r iji t j i -
t j i t t i j t j , r -
it r r it ri . t ri r t
it i r t it i t il t j .
riti lj , r lt t t j i r r -
, r i j lj i i-
t . it i r , i it r t lj
r il i r lt t, t il .
r t ji l t ri rj i
i i j r t , i r t i-
t t il i .
itev z avadnim predz ko
itev z iški  ko ple ento
itev z ojiški  ko ple ento
presek 40 (2012/2013) 2
30
r a č u n a l n i š t v o
• Pravilna rešitev na-
gradne križanke iz prve 
številke 40. letnika Prese-
ka je Na cesti previdno. 
Izmed pravilnih rešitev 
smo izžrebali  Predraga 
Grujića  iz Zagorja, Sta-
ša Bucika  iz Solkana in 
Katarino Žurej  iz Fran-
kolovega, ki so razpisane 
nagrade prejeli po pošti.
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  4 0 / 1
tatu prišteti 1.
Kot primer si poglejmo, kako v osem bitni pred-
stavitvi od števila 42 odštejemo 23.
Najprej izvedemo „običajno“ seštevanje števil 42
in -23:
+42 00101010
-23 11101000
-----------------------------------
1|00010010
Rezultat presega 255 (za predstavitev bi potrebo-
vali devet bitov), zato k 00010010 prištejemo 1.
00010010
00000001
-----------------------------------
00010011
Dobljeni rezultat 00010011 predstavlja število 19.
V preteklosti se je predstavitev z eniškim komple-
mentom precej uporabljala, danes pa skorajda ne.
Glavna slabost tega pristopa sta ponovno dve pred-
stavitvi za število nič: 00 . . .0 in 11 . . .1.
Predstavitev z dvojiškim komplementom
Nenegativna števila so predstavljena na že opisani
način, pri predstavitvi negativnega števila pa izha-
jamo iz predstavitve njegove nasprotne (pozitivne)
vrednosti. V dobljeni predstavitvi najprej obrnemo
vrednost vseh bitov, nato pa rezultatu prištejemo
ena.
Kot primer spet poglejmo predstavitev števila -23
z osmimi biti. Vemo, da se 23 predstavi kot
00010111. Ko obrnemo vrednosti vseh bitov, do-
bimo 11101000. K temu rezultatu prištejemo 1 in
dobimo:
11101000
00000001
-----------------------------------
11101001
V predstavitvi z dvojiškim komplementom in z
osmimi biti je torej število -23 predstavljeno z bi-
tnim vzorcem 11101001. Operaciji seštevanja in od-
števanja se izvedeta kot običajno seštevanje, more-
bitno prekoračitev pa zanemarimo. Kot primer spet
v osem bitni predstavitvi od števila 42 odštejmo 23.
+42 00101010
-23 11101001
-----------------------------------
00010011
Opozoriti velja, da rezultat seštevanja sicer pre-
sega 255, ohranimo pa samo osem najbolj desnih bi-
tov oz. bitni vzorec 00010011, ki očitno predstavlja
pravilni rezultat, število 19.
Prednost dvojiškega komplementa v primerjavi z
eniškim je predvsem ta, da nimamo dveh predstavi-
tev za število nič.
5
tat rišteti 1.
ot ri er si oglej o, kako v ose bit i re -
stavitvi o števila 42 o šteje o 23.
aj rej izve e o „običaj o“ sešteva je števil 42
i -23:
+42 00101010
-23 11101000
-----------------------------------
1|00010010
ez ltat resega 255 (za re stavitev bi otrebo-
vali evet bitov), zato k 00010010 rišteje o 1.
00010010
00000001
-----------------------------------
00010011
oblje i rez ltat 00010011 re stavlja število 19.
reteklosti se je re stavitev z e iški ko le-
e to recej orabljala, a es a skoraj a e.
lav a slabost tega risto a sta o ov o ve re -
stavitvi za število ič: 00 . . .0 i 11 . . .1.
r st vit v v jiš i l t
e egativ a števila so re stavlje a a že o isa i
ači , ri re stavitvi egativ ega števila a iz a-
ja o iz re stavitve jegove as rot e ( ozitiv e)
vre osti. oblje i re stavitvi aj rej obr e o
vre ost vse bitov, ato a rez ltat rišteje o
e a.
ot ri er s et oglej o re stavitev števila -23
z os i i biti. e o, a se 23 re stavi kot
00010111. o obr e o vre osti vse bitov, o-
bi o 11101000. te rez ltat rišteje o 1 i
obi o:
11101000
00000001
-----------------------------------
11101001
re stavitvi z vojiški ko le e to i z
os i i biti je torej število -23 re stavlje o z bi-
t i vzorce 11101001. eraciji sešteva ja i o -
števa ja se izve eta kot običaj o sešteva je, ore-
bit o rekoračitev a za e ari o. ot ri er s et
v ose bit i re stavitvi o števila 42 o štej o 23.
+42 00101010
-23 11101001
-----------------------------------
00010011
ozoriti velja, a rez ltat sešteva ja sicer re-
sega 255, o ra i o a sa o ose ajbolj es i bi-
tov oz. bit i vzorec 00010011, ki očit o re stavlja
ravil i rez ltat, število 19.
Pre ost vojiškega ko le e ta v ri erjavi z
e iški je re vse ta, a i a o ve re stavi-
tev za število ič.
5
t tu prišteti .
K t primer si p lejm , sem itni pred-
st it i d šte il dštejem .
N jprej i edem „ ic jn “ sešte nje šte il
in - :
Re ult t prese ( predst ite i p tre -
li de et it ), t prištejem .
D ljeni re ult t predst lj šte il .
V prete l sti se je predst ite eniš im mple-
ment m precej up r lj l , d nes p s r jd ne.
Gl n sl st te prist p st p n n d e pred-
st it i šte il nic: . . . in . . . .
Pred ta ite z d oji kim komplementom
Nene ti n šte il s predst ljen n e pis ni
n cin, pri predst it i ne ti ne šte il p i h -
j m i predst it e nje e n spr tne (p iti ne)
redn sti. V d ljeni predst it i n jprej rnem
redn st seh it , n t p re ult tu prištejem
en .
K t primer spet p lejm predst ite šte il -
smimi iti. Vem , d se predst i t
. K rnem redn sti seh it , d -
im . K temu re ult tu prištejem in
d im :
V predst it i d jiš im mplement m in
smimi iti je t rej šte il - predst ljen i-
tnim rcem . Oper ciji sešte nj in d-
šte nj se i edet t ic jn sešte nje, m re-
itn pre r cite p nem rim . K t primer spet
sem itni predst it i d šte il dštejm .
Op riti elj , d re ult t sešte nj sicer pre-
se , hr nim p s m sem n j lj desnih i-
t . itni rec , i citn predst lj
pr ilni re ult t, šte il .
redn st d jiš e mplement primerj i
eniš im je pred sem t , d nim m d eh predst i-
te šte il nic.
Za konec pa v naslednji tabeli še poglejmo, kako
so predstavljena predznačena cela števila v osem bi-
tni predstavitvi z dvojiškim komplementom.
vrednost dvojiška predstavitev
127 01111111
126 01111110
· ·
· ·
1 00000001
0 00000000
-1 11111111
-2 11111110
· ·
· ·
-128 10000000
6
vrednost dvojiška predstavitev
127 01111111
126 01111110
· ·
· ·
1 00000001
0 00000000
-1 11111111
-2 11111110
· ·
· ·
-128 10000000
www.dmfa.si www.presek.si
www.presek.si www.dmfa-zaloznistvo.si
presek 40 (2012/2013) 2
Svetloba je elektromagnetno valovanje. Barvo sve-
tlobe opiše spekter, ki pove delež različnih mavrič-
nih barv v svetlobi. Posamezno mavrično barvo opiše
njena valovna dolžina λ ali pa frekvenca ν , saj velja
c = λν , kjer je c svetlobna hitrost 3 · 108 m/s. Vi-
dna svetloba ima valovno dolžino med 400 nm (vijo-
lična) in 700 nm (rdeča). Z očmi zaznamo barvo zato,
ker imamo na mrežnici več vrst čutnic, ki so različno
občutljive na različne barve. Občutek barve lahko v
očeh ustvarimo že z mešanjem treh različnih, pri-
marnih barv. To naredimo lahko na več načinov.
Pri prikazu barv na zaslonih (računalniški monitor,
televizijski ekran, telefonski zaslon) uporabimo za
vsak slikovni element (tujka je piksel) tri drobne sve-
tilke rdeče (red R), modre (blue B) in zelene (green G)
barve. Ta sistem imenujemo tudi RGB sistem barv.
Različne barve ustvarimo tako, da svetilke svetijo
različno močno. Videz bele ustvarimo tako, da rdeča,
modra in zelena svetijo enako močno, videz črne pa
tako, da svetila ne svetijo. Takemu mešanju barv
pravimo seštevalno (aditivno) mešanje. Primer je pri-
kazan na fotografiji mobilnega telefona. Fotografija
telefona je narejena s fotoaparatom, povečavi pa z
mikroskopom, na katerega je pritrjena kamera. S
pravokotnimi okvirji je nakazan izsek, ki je na sose-
dnji sliki prikazan v povečavi. Na zadnji sliki vidimo,
da vsak slikovni element sestavljajo tri pravokotne,
podolgovate svetilke. Tam, kjer je prikazana bela,
vse tri svetilke svetijo enako močno.
Slika 1
Drugi način mešanja uporabljamo pri tisku. Tam
videz barve ustvarimo z barvilom, ki ga nanesemo na
belo podlago. Bela podlaga odbije vso vpadno sve-
tlobo enako, barvilo pa del spektra absorbira tako,
da je odbita svetloba obarvana. Z različno velikimi
lisami treh različnih barvil lahko ustvarimo barvni
vtis. Običajno uporabljamo zelenomodro (cian C, ab-
sorbira rdeči del spektra), modrordečo (magenta M,
absorbira zeleni del spektra) in rumeno (yellow Y, ab-
sorbira modri del spektra) barvilo. Belo barvo nare-
dimo tako, da barvila ne nanesemo, črno pa tako,
da nanesemo vsa v enaki meri. Ta tri barvila zme-
šana skupaj običajno ne naredijo ustrezne črnine,
ampak nekaj sivorjavega, zato pri kakovostnejšem
tisku uporabljamo še posebno črno barvilo (namesto
B za black, barvo imenujejo Key in dobi kodo K). Te
štiri barve tvorijo osnovo CMYK barvnega sistema,
ki ga uporablja tudi večina barvnih tiskalnikov. Ker
barvilo del bele svetlobe absorbira, ta način meša-
nja barv imenujemo odštevalno (subtraktivno) me-
šanje. V povečavah si lahko ogledate, kako ustva-
rimo s tiskom videz oranžne barve. V največji pove-
čavi vidimo, da so levo zgoraj črne lise večje, ker je
tam slika temnejša, desno spodaj pa se mešajo mo-
drordeče in rumene lise, da ustvarijo vtis oranžne.
Slika 2
2
Svetloba je elektromagnetno valovanje. Barvo sve-
tlobe opiše spekter, ki pove delež različnih mavrič-
nih barv v svetlobi. Posamezno mavrično barvo opiše
njena valovna dolžina λ ali pa frekvenca ν , saj velja
c = λν , kjer je c svetlobna hitrost 3 · 108 m/s. Vi-
dna svetloba ima valovno dolžino med 400 nm (vijo-
lična) in 700 nm (rdeča). Z očmi zaznamo barvo zato,
ker imamo na mrežnici več vrst čutnic, ki so različno
občutljive na različne barve. Občutek barve lahko v
očeh ustvarimo že z mešanjem treh različnih, pri-
marnih barv. To naredimo lahko na več načinov.
Pri prikazu barv na zaslonih (računalniški monitor,
televizijski ekran, telefonski zaslon) uporabimo za
vsak slikovni element (tujka je piksel) tri drobne sve-
tilke rdeče (red R), modre (blue B) in zelene (green G)
barve. Ta sistem imenujemo tudi RGB sistem barv.
Različne barve ustvarimo tako, da svetilke svetijo
različno močno. Videz bele ustvarimo tako, da rdeča,
modra in zelena svetijo enako močno, videz črne pa
tako, da svetila ne svetijo. Takemu mešanju barv
pravimo seštevalno (aditivno) mešanje. Primer je pri-
kazan na fotografiji mobilnega telefona. Fotografija
telefona je narejena s fotoaparatom, povečavi pa z
mikroskopom, na katerega je pritrjena kamera. S
pravokotnimi okvirji je nakazan izsek, ki je na sose-
dnji sliki prikazan v povečavi. Na zadnji sliki vidimo,
da vsak slikovni element sestavljajo tri pravokotne,
podolgovate svetilke. Tam, kjer je prikazana bela,
vse tri svetilke svetijo enako močno.
Slika 1
Drugi način mešanja uporabljamo pri tisku. Tam
videz barve ustvarimo z barvilom, ki ga nanesemo na
belo podlago. Bela podlaga odbije vso vpadno sve-
tlobo enako, barvilo pa del spektra absorbira tako,
da je odbita svetloba obarvana. Z različno velikimi
lisami treh različnih barvil lahko ustvarimo barvni
vtis. Običajno uporabljamo zelenomodro (cian C, ab-
sorbira rdeči del spektra), modrordečo (magenta M,
absorbira zeleni del spektra) in rumeno (yellow Y, ab-
sorbira modri del spektra) barvilo. Belo barvo nare-
dimo tako, da barvila ne nanesemo, črno pa tako,
da nanesemo vsa v enaki meri. Ta tri barvila zme-
šana skupaj običajno ne naredijo ustrezne črnine,
ampak nekaj sivorjavega, zato pri kakovostnejšem
tisku uporabljamo še posebno črno barvilo (namesto
B za black, barvo imenujejo Key in dobi kodo K). Te
štiri barve tvorijo osnovo CMYK barvnega sistema,
ki ga uporablja tudi večina barvnih tiskalnikov. Ker
barvilo del bele svetlobe absorbira, ta način meša-
nja barv imenujemo odštevalno (subtraktivno) me-
šanje. V povečavah si lahko ogledate, kako ustva-
rimo s tiskom videz oranžne barve. V največji pove-
čavi vidimo, da so levo zgoraj črne lise večje, ker je
tam slika temnejša, desno spodaj pa se mešajo mo-
drordeče in rumene lise, da ustvarijo vtis oranžne.
Slika 2
2
Mešanje barv
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
• 
aleš mohorič
presek 40 (2012/2013) 2
  
 
   
 
2
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 4 0  ( 2 0 1 2 / 2 0 1 3 )  š t e v il k a  2