P RESEK li st za m lade ma temat i ke, f izike, astroname in računalnikarje 17. letn ik , šolsk o leto 1989/90, številka 4 , strani 193 - 25 6 VSEBI NA TEKMOVANJA MATEMATIKA FIZIKA ASTRONOMIJA NOVE KNJIGE RAČUNALNiŠTVO TEKMOVANJA NOVICE REŠiTVE NALOGE RAZVEDRILO 13. republi ško tekm ovanje srednješolcev iz računa ln iš tva in srečanje mladih raziskoval cev (p rir . Sandi Klavžar) . . 8. republiško tekmovanje iz SVIO - fiz ika (Stane Pi rn at ) Arhimedova spiral a, 2 . d el (V ilko Domajnko) . . Brizgalnik in obratni bri zgalnik (F ranc Plevniki . Ast ro nom iz Ljubljane (M ar ij an Prosen) Ka rt i severnega in južnega neba (Marijan Prosen) Zb irka rešenih nalog z m ednarodnih matematičnih o limpiad (Boris Lavrič) . Turbo pascal na h itro (Mati ja Lokar) . Nevronske mreže , 2. d el (Vese lko Guštin) 20. zvezno tekmovanje osnovnošolcev iz matematike (Aleksand er Potočn i k) . 4. republ iško te k m ovanje iz računaništva za osnovnošolce (Ivan Gerlič) . Petstoletnica rojstva našega astronoma (Mari jan Prosen) Urnik tekmovanj v letu 199 0 (D arjo Felda) . Naloga o del j ivost i št ev i l - Rešitev s str . 189 (D .M. M ilošev ic , p rev . Pete r Petek) . Vzorec iz Moskve - Rešitev s str . 172 (Boris Lavrič ) . . 25 . rep ubliško tekmovanje osnovn ošolcev iz matematike - Rešit ve s st r. 174 (A leksander P otoč n i k ) . 15 . izbi mo te kmovanje iz matematike za srednješo lce - Rešitve s str . 112 (Darjo Felda) . Zvez da se dopol ni - Rešitev s str. 141 (V ilko Domajnko) Deljivost - Rešitev str . II I (D .M .Miloševic , prev. Boris Lavrič) . Zadnja nal oga in rešitev z repu bl iškega te kmovanja iz fiz ike za sedmošol ce v letu 1988 (Franc Plevnik) . En akostraničen tri kotnik ;- Rešitev str. 241 (Boštjan Hostnik) . Vs i krogi so enak i - Rešitev str. 202 (Vilko Domajnko) PRESEKOVA NADLOGA - Domino (Vi lko Domajnko) Slikovna križanka (Ma rko B okalič) . . Še o šahovskem kralju (Presekov šk rat ) . 198 200 203 208 214 21 6 217 218 226 232 234 239 242 • 245 246 250 252 III 197 213 231 IV 193 224 233 NA OVITKU Domino ma lo drugače - Ali opazite kakšno zakon itost štev i la pik pri postavitv i domin? (Boris Lavrič ) (Foto Marjan Smerke) . "07l ,cll D II [7. ", '~/~L_"'L_ . PRESEKOVA NADLOGA DOMINO V igri domino . še bolj pa v nekaterih njenih izpeljankah, lahko matematika igra pomembno vlogo. V tem članku si bomo peščico takih iger tudi ogledali. Slika 2 19\ v ornament 0011 DoDO Iz običajnega kompleta dO~ll inO iB O-O. 0-1, .. .. 6-6 lahko sestavimo ••alll:Kll lil zanimiv geometrijski ornament, ki lJIrI L-J ga prikazuje slika 1. Ornament jeO a O O treba sestaviti tako . da se sleherni II ?ve so~ednji polji na razl.ičnih d?m - I . 1DDOeJD Inah ujernata med seboj , kot Je v '=-=-- navadi pri običajni igri domino . O D Ornament na sliki 2 pa naj os- tane za vabo reševalcu . Da mu bo O O i z po l n j e~a nj e te.ga or~ament.a lažje I II I O st eklo. Je nekaj domin v njem že postavljenih na pravilna mesta. 2. le kam bi del? Vzemimo sedaj komplet domin O-O. 0-1. 0-2. 1-1. 1-2 in 2-2 . Zlahka jih bomo uspeli postaviti v verigo. Slika 3 nam kaže eno izmed takšnih razvrstitev. Pa storimo še korak naprej in si zastavimo vprašanje - koliko je vseh različnih verig iz teh šestih domin? Denimo. da začnemo graditi verigo z domino 1-2. Očitno je. da sme desno od nje stati le dornlna 2-2 . levo od nje pa edino domina 1-1. Ce bi desno od nje postavili domino 2-0. bi namreč domina 2-2 s tem že dokončno izpadla iz verige, in če bi levo od nje postavili domino 0-1. bi enaka usoda doletela tudi domino 1-1. Kratek premislek sedaj pokaže , da dobimo vse možne razvrstitve že zgolj s tem. da v verigi s slike 3 eno za drugo prestavljamo domine z njenega začetka na konec. In ker je vseh domin šest , je torej toliko tudi vseh različnih verig. Ce pa upoštevamo še obraten vrstni red (zasukanih) domin. je vseh različnih verig pravzaprav dvanajst. .....lIlIa••••• Slika 3 Slika 4 .aaaa II II II•••••••••• 195 Začuda pa desetih domin iz kompleta O-O. 0-1, 0-2.. ... 2-3. 3-3 nikakor ni moč razvrstiti v eno samo verigo. In bistri reševalec naj v svojem odgovoru pojasni. zakaj se zadnji domini veriga zmeraj upre. 3. Ulomki Le kanček domišljije je potreben za to . da se domine naučimo uporabljati kot ulomke. Iz običajnega kompleta O-O. .... 6-6 izločimo najprej vse tiste domine. ki imajo na obeh svojih poljih po enako število pik. ter še vse tiste. na katerih je vsaj eno polje prazno . Tako nam ostane 15 domin. pri katerih lahko eno izmed obeh polj vzamemo za števec ulomka. drugo pa za njegov imenovalec. Razdelimo domine sedaj v tri skupine po pet tako . kakor kaže slika 5. Presenetljivo - če jih seštevamo kakor ulomke. opazimo. da je vsota vsake izmed treh vrstic natanko 5/2. Seveda je potrebno precej spretnosti za takšno umetelno razvrstitev domin. Kljub temu pa bo tudi Presekov nepopustljivi reševalec morebiti že po krajšem razmisleku uspel sestaviti podobne tri skupine po pet domin z vsoto 10 v vsaki vrstici. Za lažji začetek pri reševanju je v vsaki vrstici po ena izmed domin že postavljena . In v vseh treh primerih je to tista domina. ki v svoji vrstici predstavlja ulomek. po vrednosti večji od natančno dveh preostalih ulomkov iz te vrstice. 4. Magični kvadrat 4. reda Magični kvadrat je zagotovo ena izmed najpopularnejših tem na področju rekreacijske matematike . Tudi mi mu bomo namenili lep kos prostora. Na sliki 7 vidimo magični kvadrat 4. reda s konstanto 5 (vsote vseh Slika 5 r T f T Slika 6 10 10 196 pik na štirih poljih v vsak i vrstici. v vsakem stolpcu in na obeh diagonalah so vselej 5) . čc štev ilo pik na slehernem izmed polj nadomcstimo s tistim številom pik. ki temu polju manjka do 6. dobimo šc en magični kvadrat . Zgornjo desno domino 2-0 na sliki 7 bi torej nadomestili z domino 4-6 itd .. . Pravimo . da sta si oba tako dobljena magična kvadrata komplcmcntarna. Znano je. da je mogoče z običajnim kompletom domin O-O... .. 6- 6 sestaviti magični kvadrat 4. reda s poljubno izbrano konstanto mcd 5 in 19 (vključno z mejnima vrednostima) . Zato vabimo reševa lca, da z dominami sestavi vsaj še kak magični kvadrat 4. reda. Za ohrabritev naj povem, da se skorajda vsak tak poskus prej ali slcj uspešno konča . • I ·•• • •• • •• • ••• • • • .1 •• Sli ka 7 Sli ka 8 5. Magični kvadrat 5. reda S tcm kvadratom je pa križ. saj ga na način. kakršnega smo opisali v prejšnji točki. ni moč sestaviti (bralce. ali že veš. zakaj ne?). Vcndar pa nas slika 8 tolaži. da tudi v tem primeru gre -le zad cve sc je treba drugače lotiti. Ce vsoto vseh pik na domi ni vzamemo za število v rn a gi čn e m kvadratu . lahko na tej sliki ob čud ujemo prav imcniten magični kvadrat 5. rcda s konstanto 27. In naloga . ki jo zastavljamo ob tej sliki - posku simo sestaviti podoben ma gi čni kvadrat 5. reda s konstanto 33. 6. ? Reševalec Presekove nadloge naj tudi tokrat postavi ob koncu 'kakršno- koli zanimivo vprašanje (tokrat seveda v zvezi z dominami) . 197 Namenimo sedaj nekaj pozornosti še odgovorom na vprašanje s Pre- sekove nadloge iz letošnje prve številke. Žal smo prejeli le troje odgovorov . Poslali so nam jih Tanja Rudolf iz Ljubljane, Liga Krof! iz Kranjske gore in Luka Štravs iz Ljubljane. Vsi trije zaslužijo vsaj pohvalo za korajžo ter priznanje za dobre rešitve. Najbrž se bralci še spominjajo . da je bilo treba takrat sestaviti faraonov tetraed er (mimogrede - lepo izdelano sestavljanko za tak tetraeder lahko kupite tudi v nekaterih trgovinah; sestavljenka se imenuje Tristranična pi- ramida) . Rešitve najbrž nima pomena objavljati. saj je brez večjih težav tetraeder sestavil najbrž vsak . ki je vsaj poskušal. Omeniti pa vsekakor velja izvrstno Lukovo sestavljanko za tetraeder s po petimi kroglicami na vsakem izmed robov. Čisto drugačna je od ..običajne". ki sta jo sicer odkrila tudi ostala dva reševalca. Mislim. da zasluži objavo, v zabavo in kratkočasje pa bo služila najbrž tudi kak šnernu izmed bralcev. CoY:J!fJUY em(j Liga sprašuje v svojem pismu med drugim tudi po formuli za izračun števila kroglic v tetraedru z n kroglicami na vsakem robu. Takole gre ta reč: število kroglic na robovih tetraedra 2 345 6 n n (n + l )(n + 2)----6"-----4 10 20 35 56število vseh kroglic v tetraedru Števila v spodnji vrstici imenujemo tetraedrska števila . Poznali pa so jih že Pita gorejci. Tanji hvala za lepe ilust racije. Za svoj najpopolnejši in najobsežnejši odgovor bo knjižno nagrado tokrat dobil Luka Stravs. Čestitamo! Yilko Domajnko , /"'1 ," " ''C', 'L ~n L ,-, 13. REPUBLIŠKO TEKMOVANJE SREDNJEŠOLCEV IZ RAtUNALNIŠTVA IN SREtANJE MLADIH RAZISKO- VALCEV Na fakulteti za elektrotehniko in računalništvo v Ljubljani je 19 .5.1989 potekalo srečanje mladih raziskovalc ev iz računalništva. Na sreča nju je sodelovalo 75 mladih raziskovalcev , ki so zagovarjali 31 raziskovalnih nalog. Raziskovalne naloge so bile uvrščene v tri skupine: uporaba računalnika v naravoslovju in matematiki. programska oprema in strojna oprema . S področja uporabe računalnika v naravoslovju in matematike so bile predstavljene štiri teme. Po kvaliteti so izstopale tri naloge - dve s področja meteorologije in ena s področja grafičnega prikaza matematičnih funkcij. Komisija se je odločila podeliti najvišje priznanje nalogi" Simulacija vremenskih pojavov" avtorja Mateja Trarnpuža iz Titovega Velenja. Pri tem je upoštevala originalnost teme. nazornost predstavitve in možnost uporabe pri pouku geografije in fizike. S programom je možno simulirati nastanek obla ka, dežja in podobnih vremen skih pojavov. Avtor bo nalogo pred stavil na zveznem srečanju na Ohridu in ima plačano udeležbo na Poletni šoli računalništva. V skupini za programsko opremo je izstopal izdelek "Uporaba računal­ nika pri besedni in sklad enjski analizi v slovenščini" . avtorja Petra Holozana . Marka širnunovi ča in Iztoka Grilca. Izdelek odlikuj ejo tako aktualnost , izvirnost in celovitost obravnavane problematike kakor dokumentacije ter sama predstavitev. Za dva avtorja je organiziran obisk seminarja v Tehniškem muzeju v Munchnu. eden se bo udeležil zveznega srečanja na Ohridu in za enega je plačana udeležba na Poletni šoli računalništva v Ljubljani. Ost ali izdelki povečini obravnavajo zanimive probleme z različnih področij uporabe računalnika in kažejo solidno znanje in prizadevnost avtorjev. V posameznih vidikih je posebej zanimiv še program" Knjižničar" . ki ima skrbno izdelan uporabniški vmesnik, zato je komisija predlagala. da avt or predstavi nalogo na zveznem srečanju na Ohridu in se udeleži Poletne šole računalništva v Ljubljani. Poseb ej se nam zdi potrebno omeniti in pozdraviti tudi izd elek dij akinj sred nje ekonomske šole" Namenska datoteka uspeha". ki kaže, da se uporaba računalnika širi tudi izven "računalniških" šol. Zato je komisija predlagala , da se ena avtorica udeleži Poletne šole računalništva v Ljubljani . V tretji skupini so izstopale naslednje naloge : "Video digitalizator ter prepoznavanje 2D likov": V nalogi so kandidati Damjan Markovič. Dimitrij Mlekuž in Robi Molnar obravnavali moderno pro- 199 blematiko. Pohvaliti je treba teamski pristop in suvereno obvladanje inter- disciplinarnih področij. Dva avtorja se lahko udeležita zveznega srečanja na Ohridu in en avtor bo obiskal seminar v Tehniškem muzeju v Munchnu. "Mobilni robot z ultrazvočnima senzorjema " : V nalogi se je kandidat Tomaž Klopčič lotil problema . ki ga lahko uvrstimo v robotiko prihajajoče generacije . Poudarimo naj suvereno obvladovanje vseh aparaturnih in pro- gramskih problemov računalništva kakor tudi ostalih pod ročij fizike in tehnike (akustike. senzorjev ... j . Avtor se bo udeležil Zimske šole računalništva v Wroclawu. "Programski paket za računalniški emulator programatorja pralrrega stroja - REPPS" : Kandidat Jurica š a fa rič se je v tej nalogi. ki ni njegova edina. lotil problema . ki ima precejšen pomen za ekologijo in varčevanje z energijo. Posebej moramo pohvaliti neposredno uporabnost rezultatov . dobro obvladovanje vseh elementov programiranja . Avtor se bo udeležil Poletne šole računalništva v Ljubljani in Zimske šole računalništva v Wroclawu. Naslednji dan. 20.5.1989 . je bilo na Fakulteti za elektrotehniko in računalništvo v Ljubljani 13. republiško tekmovanje iz računalništva . Na njem so bili doseženi naslednji rezultati. 1. skupina 1. mesto Boštjan LESJAK. Srednja računalniška šola . Ljubljana: Matej KU- RENT. Gradbeži. SNS Ljubljana: Milan HRIBERNIK . CSSTDU . Titovo Velenje: 2. mesto Gregor BREčKO . Srednja elektrotehniška šola . Ljubljana: Boštjan GOMILŠEK. SENMPš. Brežice: Jure DERGANC. Srednja nar- avoslovna šola . Ljubljana: 3. mesto Matjaž PAVLIS Ič. SSDTU. črnomelj: Vili JAKOB. CSSTDU. Titovo Velenje: Borut HOčEVAR. SSTUD. Kočevje . 2. skupina 1. mesto Tomislav KACIN. Sš Jurija Vege. Idrija: Iztok SITAR. R ačuna ln i ški krožek gimnazije . Kranj : 2. mesto Andrej MRSEK. SŠC Dušan a Kvedra. Ptuj 3. mesto Miha ZNIDARSič . Srednja računalniška šola. Lj ubljana: Dalibor CERAR. Srednja ra čunal n iška šola. Ljublja na. 3. skupina 1. mesto Božo DRAGOJEVIč. Srednja naravoslovna šola . Ljubljana : 2. mesto Toni BRAčič. SšPRNMU . Kranj: 3. mesto Gorup SAVIN . SŠ za elektrotehniko in naravoslovje. Ljubljana. Po biltenu srečanja povzel Sandi KlavZar 200 8. REPUBLIŠKO TEKMOVANJE IZ SVIO - FIZIKE Po ustaljenem sporedu tekmovanj iz fizike in matematike za srednj ešolce je bilo 8. republiško tekmovanje iz fizike za 1. letnik srednjih šol za šolsko leto 1988/89 v soboto. 3. junija v Celju. Tekmovalo je 121 prvošolcev v 61 ekipah iz 31 srednjih šol SR Slovenije . Izbirni del tekmovanja je bil na Sred nji dru žboslovni šoli - gimnaziji Celje. Treba je bilo odgovoriti na 20 vprašanj izbirnega tipa in izvesti mersko vajo s sklopljenima tožnima nihaloma. Vprašanja - nekoliko skrajšana - so bila tale: 1. Okvir, na katerem visi več vzmetnih nihal (navedene so mase uteži. prožnostni koeficienti vzmeti), zanihamo s konstantno frekvenco in amplitudo . Katero od nihal zaniha z največjo amplitudo? 2. Kako je z velikostjo kotov med odbitim in lomnim žarkom ter med vpadnim in lomnim žarkom pri vpadu curka valovanja na mejo dveh sredstev? 3. Kako pri interferenci iz dveh točkastih izvirih dosežemo, da se razdalja med interferenčnima ojač itvarna zveča na štirikratno prvotno razdaljo? 4. Pri kateri višji frekvenci 112 zazvenita struna in zračni stolpec v polzaprti cevi. če oba zazvenita pri nižji frekvenci li l ? 5. Zakaj pri gledanju skozi trikotno st ekleno prizmo vidimo mavrico? 6. Kako so razvrščene razdalje interferenčnih maksimov za razli čne barve pri mavrici. ki jo dobimo z optično mrežico? 7. Kako izgledajo spektri različnih svetil? 8. Kolikšna je valovna dolžina. kolikšna frekvenca in kolikšna energija fotonov pri različnih elektromagnetnih valovih? 9. Katera svetloba lahko povzroči fotoefekt . katera pa ga ne more? 10. Kako se sp remenita kinetična energija elektronov in valovna dolžina. ki jim jo pripišemo. če se poveča hitrost elektronov za faktor lO? 11. Kako sta oblikovani napetosti na odklonskih kondenzatorjih osciloskopa . ko je na ekranu graf žagaste napetosti s 3 vrhovi? 12 . Po masi razvrsti: atom H. elektron. delec o , atom He in ion He+! 13. V kakšni zvezi sta masa jedra in vsota mas nukleonov . iz katerih je jedro? 14. Kaj se zgodi z nestabilnim atomskim jedrom pri razpadu (3 - ? 15 . Zakaj pri ž arnici izmerimo upor , ki se precej razlikuje od tistega . ki ga izračunamo iz napetosti 220 V in moči 100 W? 16. Sanke drsijo v dolino in nato v nasprotni breg. Kolikšno višino nad dolino dosežejo in katere so na posameznih delih poti zunanje sile. ki 201 delujejo na sanke? 17. Na kateri od kovinskih krogel. ki se dotikajo Van de Graafovega genera- torja. je največji električni naboj in na kateri največja gostota naboja? 18. Koliko atomov je v 5 dag papirja? 19. Koliko časa bi potoval curek laserske svetlobe do Marsa in nazaj? Za odgovore na ta vprašanja so imeli tekmovalci na voljo 60 minut. 30 minut pa je bilo namenjeno merski vaji s sklopljenima nihaloma. Izmeriti je bilo treba nihajni čas in frekvenco posameznega nihala. nihajni čas in frekvenco nasprotno nihajočih nihal. čas in frekvenco utripanja ter narisati časovni potek odmika nihal in časovni potek vsote klnetične in potencialne energije za obe nihali. Rezultati izbirnega dela tekmovanja so bili imenitni. 20 najboljših ekip je pri 17 obveznih vprašanjih doseglo v povprečju 73% možnih točk. pri merski vaji pa v povprečju 74% možnih točk. Po običajnem šolskem ocenjevanju bi bila torej tretjina ekip odlična ali prav dobra . Cestitati je treba tako dobro pripravljenim tekmovalcem in njihovim mentorjem . Nekatera poročila o merski vaji so bila tako vzorna, da smo jih člani tekmovalne komisije kar občudovali. Po ogledu Grafike Aero in po kosilu so se tekmovalci zbrali v Narodnem domu na finalnem tekmovanju štirih najboljših ekip: Srednje naravoslovne šole Maribor . Naravoslovnega šolskega centra Nova Gorica. Srednje šole pedagoške in tehniške-naravoslovne usmeritve Novo mesto in šolskega centra črnornel]. Vprašanja iz finalnega dela tekmovanja navedimo le na kratko : 1. Načini določanja razdalj v vesolju. 2. Krajevna jata in superjata . 3. Primerjava velikosti in zgradbe Zemlje in Sonca. 4. Dopplerjev premik in razdalje v vesolju. 5. Veljavnost poznanih fizikalnih zakonov v vesolju . 6. Elektromagnetno valovanje pri spoznavanju vesolja. 7. O vrtenju nebesnih teles . 8. Prasevanje. 9. Energija pri termonuklearnih reakcijah . 10. Termonuklearne reakcije v zvezdah . 11. Anihilacija in nastajanje parov. 12. Osnovne sile med delci. 13. Veliki pok in "veliko škrtanje". 202 14. Razvoj zvezd. 15. Galaksije. 16. Bela pritlikavka. Supernova . Tekmovalci so bili enakovred ni. tako da je bilo potrebno za razvrstitev na 2. in 3. mesto dodatno vprašanje o Hubblovi konstanti. Končna razvrstitev: 1. Uroš DOBNIKAR. Matjaž KOTNIK. SNS Maribor. 2. Janez ZALETELJ . Gregor lUNIC. SŠPTNU Novo mesto. 3. Krešimir MACAN . Boštjan VRVISCAR. CSS Crnomelj. Tekmovanje sta organ izirala Društvo matematikov. fizikov in astrono- mov SR Slovenije in Zavod SR Slovenije za šolstvo. vodili pa člani podružnice DMFA iz Celja. Materialno je pomagalo več podjetij . za kar se jim najlepše zahvaljujemo . Stane Pirnat .: VSI KROGI SO ENAKI, KAJNE? - Rešitev s str. IV Ce napravimo podlago manjšemu krogu namesto večjemu in tedaj tega zakotalimo za poln obrat. opazimo , da celotna kompozicija obeh krogov opravi krajšo pot kakor v primeru. ko se je kotalila po podlagi večjega kroga . --/' "- I »<>: \ t ( \ \ \ \ / / I '- ,/--------- ----~ A B Ce bi torej napravili podlago obema krogoma hkrati. se kompozicija krogov sploh ne bi premaknila z mesta - razen v primeru. ko bi manjši krog pa č spodrsaval po svoji podlagi (ali obratno - ko bi ...). Pri tak šnem spodrsavajočern gibanju pa dolžina daljice CD že ne bi več ustrezala obsegu manjše ga kroga . Prav na podlagi tega dejstva temelji sklep. s katerim nas je zabaval Galileo. Vilko Domajnko , /""-1.-/""-'1/" ,in1c tn1,,-,,-, . ARHIMEDOVA SPIRALA, 2. del Slika 7. D . Fettl , Arhimed, Umetnostna calerlla . Dresden 204 V prejšnjem članku o Arhimedovi spirali smo si, resnici na ljubo, krivuljo zgolj ogledovali. Dlje od prve, uvodne definicije v Arhimedovi knjigi O spiralah ni- smo prišli. Zato nas tokrat čaka preostanek knjige. Seveda pa bi ga bilo preveč za naenkrat - le kak drobec ali tri si privoščimo. Bistrec Arhimed je precej opazil, da je njegova spirala kakor nalašč za re- ševanje tistih prav najtežjih in najbolj žgočih starogrških problemov. Namreč z njeno pomočjo je uspel razrešiti problem trisekcije (tretinjenja) kota in kvadra- ture kroga; torej kar dva iz znamenite trojice "nerešlj ivih" problemov. Poglej- mo, kako zlahka je ugnal s svojo spiralo problem trisekcije kota. Naj bo dan kot a z vrhom v točki O. Narišimo katerokoli izmed Arhime· dovih spiral r = a.l{) (a E IR+) (slika 8) . Spirala seka zgornji krak v točki A. Po definiciji spirale bo točka s krivulje trikrat bližje izhodišču O pri trikrat manjšem kotu, pri a/3 torej. No, n ič lažjega kot razdeliti daljico OA na tri enake dele! Tako dobim na daljici OA točki Alin A 2 • Tretinski in dvotretinski oddaljenosti točke A od točke O poiščem le še ustrezni točki 8 1 in 8 2 ~~ spirali. S šestilom, kakopak! ln še enkrat se spomnimo - oddaljenosti OA / 3 pripada kot a/3, oddaljenosti 2.o"):C / 3 pripada kot 2a/3, oddaljenosti o"A- pa kot a. Hura! Slika 8 Slika 9 205 A nekaj je le treba pripomniti. Spretni Arhimed naloge vendarle ni op ravil v duhu Platonovih in Evklidovih zahtev. Očitno je ignoriral zahtevo, da se sme pri geometrijskih konstrukcijah uporabljati le šestilo in (neumerjeno) ravnilo. Arhimedava konstrukcija spirale pa seveda zahteva umerjeno ravnilo. Pa poglejmo še, kakšn ih vse č udov it i h domislic se Arhimed nikakor ni in ni mogel ubraniti, zroč v svojo mično krivuljo. Takole se je vprašal: Na spirali si izberem točko T. Če gledam na spirala kot na sled tiste točke, ki se giblje enakomerno po poltraku , medtem ko se ta vrti z enakomerno kotno hitrostjo okrog izhodišča, potem me mika zvedeti , kakšna je smer gibanja izbrane točke Tv pripadajočemčasu t; oziroma v kateri smeri bi točka, ki se je doslej povsem ubogljivo gibala po spirali okrog izhodi- šča , odfrčala naprej po ravnin i, če bi v tistem "usodnem" času t (na mestu izbrane točke T torej) nenadoma iz kakršnihkol i vzrokov zapustila spiralo (slika 10). Predpostaviti seveda smemo, da je točka neskončno drobcena (čisto po Evklidovem) in že kar nemasni delec, brez teže torej, ter da bi potemtakem odfrčala kar po ravni črti naprej svojo pot. Arhimed je sklepal takole: V tistem odločilnem trenutku t je točki (označeni s T) podeljeno dvoje hitrosti - konstantna hitrost, ki kaže v "smeri" od točke O do točke T, in pa kotna hitrost, ki ima "smer" tangente na krožnico, pritrjene v točki T. Velikosti obeh hitrosti sta seveda dani kot začetna podatka pri risanju spirale. Potemtakem ju lahko zarišemo na obeh omenjenih poltrakih z izhodi - ščem v točki T. Hit rost točke, ki v času t v točki T postane "prosta" in ne- Slika 10 Slika 11 206 odvisna od dotedanjega gibanja po krivulj i, je (vektorski) seštevek obeh (vektorskih) hitrostnih komponent, ki se ga da prav zlahka odčitati na risbi. Smer gibanja točke je smer premice, ki je določena z vsoto obeh komponent hitrosti. Dvoje je sedaj treba dodati. Prvič. Arhimed takrat zagotovo še ni poznal vektorjev, kakor jih poznamo danes, torej tud i vektorske vsote ne. Danes pa je ob pomoči vektorjev naloga seveda smešno lahka za slehernega srednješolca . ln drugič. Očitno je tista premica, ki mi kaže nadaljno pot točke T, kar tangenta na Arhimedovo spiralo v izbrani točki T. ln reči je treba, da je bil Arhimed prvi v zgodovini, ki se je ukvarjal s problemom, kako poiskati tangento na krivuljo (ki ni ravno pretirano eno- stavne oblike) v njeni poljubni točki. No, še. več - očitno je, da ga je celo uspešno rešil. Pa še z eno izmed precejšnjega števila lepih lastnosti te krivulje se pobliže seznanimo. Naj bo PI ploščina območja , ki ga Arhimedova spirala oklepa spolarno osjo pri svojem prvem zasu ku za polni kot, P2 plošč ina območja, ki ga spirala skupaj s polarno osjo zagrajuje med prvim in drugim zasukom, P3 , P4 , P S, ... pa so nasledniki te zgodbe. Arhimed je ugotovil tole: 1. Ploščina PI je enaka treti ni ploščine prvega kroga, to je t istega, ki ima za svoj polmer oddaljenost točke po koncu "prvega obhoda" po spirali. 2 . Zaporedje ploščin Pi (i = 1, 2, 3 , ...) se razvrsti po naslednjem pravilu dl{) Slika 12 Dokaz prve trditve je v orig inaln i Arhimedovi oblik i za bralca pre- cej zahteven. Toda danes, ko poznamo integralski račun , ga z lahkoto opravi vsak študent, ki '--------- - - - -1 je le količkaj pazljiv pri preda- vanj ih višješolske matematike. Namreč 207 Podobno težaško branje bi bralec srečal tudi v dokazu druge Arhimedove trditve. Arhimed je namreč tudi tukaj pokazal prav izjemno mero znanja in spretnosti pri dokazovanju izrekov, ki v okviru današnjega znanja o matematiki sodijo že v področje integralskega računa. Nam ostane pač le to, da vsaj posku- šamo v zapisu vrste ploščin PI, P2 , P3 , P4 , PS, .... opaziti enako mero lepote kakor v lepi risbici pod njo. Slika 13 Vilko Domajriko CI/-lILO . I 1_ I " , BRIZGALNIK IN OBRATNI BRIZGALNIK članek Obratni brizgalnik iz 4. številke Preseka. letnik 1988/89. . me je pritegnil. ker sem na vprašanje. kam se vrti obratni brizgalnik. po občutku takoj odgovoril: "Seveda se vrti v obratni smeri kot brizgalnik!" Da odgovor ni tako preprost. kažejo živahne razprave. o katerih piše Presek . Zelo pozoren bralec pa je že iz Feynmanovega opisa njegovega poskusa v imenovanem članku utegnil zaslutiti pravi odgovor. Le zakaj je bilo treba tlak v posodi povečevati preko vsake razumne meje. če ne zato. ker se cev S ni nikamor zasukala . V fizikalnih zbirkah se še najde učilo. imenovano Segnerjevo kolo. Vrtljiva valjasta posoda ima pri dnu štiri iztočne cevi spravokotnimi koleni na koncu Sli ka 1. Seonerjevo kolo . Slika 3. Tanoentna ln radiaina kom p onent a sile vode na koleno. Slika 2. Poenostavljeno Seon- erjevo kolo . 209 in je nekoliko podobna znanemu nacističnemu simbolu (slika 1). Kasnejše izvedbe imajo le dva kraka. Ce še niste videli tega poskusa . vam predlagam . da na vrvico privežete plastenko . pri dnu zvrtate luknjo in vanjo vtaknete cevko s pravokotnim kolenom (slika 2). Ko v plastenko nalijete vode. se bo veselo zavrtela. Kam se vrti taka plastenka in zakaj. je pojasnjeno že v članku o obratnem brizgalniku v Preseku. Za razlago je treba poznati drugi Newtonov zakon. ki pove. kako sta povezani sila in sprememba gibalne količine telesa. Ker mlajši bralci še niso vajeni zapisa tega zakona z vektorji. se mi je zdelo smotrno silo. ki deluje na vodo ali silo . ki deluje na koleno. razstaviti na dve komponenti: eno v smeri proti osi vrtenja, drugo v smeri tengente na krog. po katerem koleno kroži (slika 3) . Tako razstavljanje je še toliko bolj utemeljeno. ker se hitro vidi. da k vrtenju brizgalnika ali obratnega brizgalnika prispevajo le komponente sil v tangentni smeri. radiaine komponente sil pa ne. Podobno kot sile. tudi gibalne količine izrazimo s komponentami v tangentni in komponentami v radialni smeri. Ker vrtenje brizgalnika ni sporno. ga bomo razložili zato. da se navadimo na uporabo drugega Newtonovega zakona. Ko v mirujočern brizgalniku steče nekaj vode z maso m iz osrednje posode preko kolena. se ji zmanjša radialna komponenta gibalne količine od vrednosti mv- na nič . To spremembo povzroči radialna komponenta sile kolena na vodo (slika 4 in slika 5). Po zakonu o vzajemnem učinku deluje voda na koleno z nasprotno enako radialno komponen to sile. ki pa ne vpliva na vrtenje naprave. ker je njen navor glede na os enak ni č, Ko voda v kolenu zavije. se ji poveča tangentna komponenta gibalne količine od nič na mv], To spremembo povzroči tangentna komponenta sile kolena na vodo. Po zakonu o vzajemnem učinku deluje voda na koleno z t mvr> O F,. Slika 4. Gibalna kollčlna delca vode pred vstopom v koleno ln po Izstopu Iz kolena. Slika 5. Levo: Sila kolena na vodo in njeni komponetnI. Desno: Sila vode na koleno ln njeni kornp o- nentI. 210 nasprotno enako tangentno komponento sile. ki jo lahko tudi zapišemo: Ft = (m /v)vt (Ft je tangentna komponenta sile. Vt je tangentna komponenta hitrosti. m pa je masa vode. ki steče v času t iz cevi.) Zaradi navora te sile se plastenka vrti v znani smeri. Ko nam je uspela sorazmerno enostavna razlaga brizgalnika. se kar sama od sebe ponuja tudi podobna razlaga obratnega brizgalnika. V njega voda vstopa v tangentni smeri. nato pa v kolenu zavije radialno proti osi (slika 6) . Tangentna gibalna količina se zmanjša od vrednosti mVt na nič. od tu pa sledi sklep . da tudi v obratnem brizgalniku voda deluje na koleno z enako tangentno komponento sile kot pri brizgalniku (slika 7). Tu je Feynman s svojo. v obeh primerih enako "centrifugalno silo" mnoge speljal na led. mi pa s sklepanjem ovrtenju obrat nega brizgalnika raje še nekoliko počakajmo , Najprej pripravimo tak poskus za brizgalnik in obratni brizgalnik. pri katerem ni nevarnosti. da bi kaj razneslo. Ker smo ugotovili. da radiaine spremembe gibalne količine in radiaine komponente sil ne vplivajo na to . kam se brizgalnik zasuče. naredimo poskus. pri katerem te komponente sploh ne nastopajo. Vzemimo kar plasten ko od prejšnjega poskusa. ki že ima spodaj luknjico. le cevko s kolenom odstranimo. Za začetek zadelamo luknjico s kepo plastelina . v plastenko pa nalijemo vode. Dobro je. če plastenko obesimo na dve vrvici. da se ne bi vrtela (slika 8). Počakajmo. da se plastenka 'povsem umiri. Tedaj jo podržimo z eno roko. z drugo odlu ščirno plastelinski zamašek in jo nato spustimo. Plasten ka se odmakne v nasprotno smer od smeri. v kateri izteka voda . Poskus se izteče po pričakovanju. razlaga je preprosta. Ko je plasten ka zaprta . delujejo z notranje strani na stranske stene sile zaradi tlaka rnirujoče vode. Rezultanta teh sil je nič. Ko luknjico odpremo. delujejo na stene vse prejšnje sile; razen ploskovne sile na luknjico. Tako rezultanta sil na stene ni enaka nič. zato se plastenka odmakne iz začetne mVt I ~mv, Slika 6 . K spremembi gibalne koliClne delca vode prlobratnem brl- zcatnlku. [SJF-I r I tj Slika 7 . Sila vode na koleno ln njen i ko m ponent i pri obratnem brlz- carnt ku . 211 lege v nasprotno stran od smeri. v kate ri voda izte ka . Naša plastenka pa je imenitna tudi za izdelavo obratnega brizgal nika. Prazni plastenki za tesnimo luknjico s plastelinom. Sp et jo obesimo na dve vrvici in jo postavimo v večjo posodo z vodo . Da ne splava . nasujemo vanjo --, - /<'Y,.1'.' II ,.':' ...,1 \ ~ , -_.... - ~~~~~ .~. _- ·~-,- ~f \ -. ~.#". \-~:::..-".c:;._- Sli ka 9. Obra tni brl zcalntk . Pla- sten ka s šlbrarnl potopljena v vodo. R =O Slika 8. Plasten ka kot brlzoal- nik in raztaca odklona s silami te ko- elne na stene. Slika 10. Sile na zunan je stene plasten ke pri obratnem brt zualnl ku . 212 toliko svinčenih šiber . da je teža malo večja od vzgona in plastenka vselej sama zleze v stabilno ravnovesno lego. Na njene stranske stene delujejo z zunanje strani sile zaradi tlaka v vodi. Ko je luknjica zaprta. je rezultanta teh sil enaka nič in plastenka miruje. Njeno lego skrbno zaznamujmo na steni kadi. Nato z ži čno zanko previdno sežerno pod vodo in odstranimo zamašek. Voda začne teči v posodo (slika 9). Če zdaj iščemo rezultanto sil z zunanje strani na stene plastenke. mednje ne moremo šteti ploskovne sile na luknjico (slika 10) . zato je rezultanta usmerjena nasprotno od smeri. v kateri priteka voda v posodo. Pričakujemo premik plastenke v smeri tako dobljene rezultante. Toda če še tako skrbno naredimo poskus. ne opazimo nikakršnega premika . Ko pa pri zadnjem poskusu pazljivo opazujemo brizganje vode v posodo . se nam posveti. Vodi se pri vstopu v plastenko poveča gibalna količina. toda voda se nato v plastenki tudi ustavi. Vstopanje vode v plastenko povzroči silo. zaradi katere smo v zgornjem poskusu pričakovali premik plastenke. ustavljanje vode znotraj plastenke pa povzroči nasprotno enako silo na plastenko z notranje strani. Ker pri poskusu nastopita dve nasprotno enaki sili na plastenko. se le-ta nikamor ne odkloni . Po vsem , kar smo se naučili v prejšnjih poskusih , zlahka odgovorimo na vprašanje. kam se vrti obratni brizgalnik. Zdaj lahko razložirno. kaj se dogaja v izvirni napravi. taki z obliko S. za katero je bilo gornje vprašanje zastavljeno. Kot vidimo, niso dovolj le sile na koleno. temveč tudi sile, ki nastopijo pri vstopu vode v šobo . Pri vstopu v šobo se vodi tangentna gibalna količina poveča , pri zavijanju v kolenu pa spet zmanjša na nič . Iz obeh nasprotno enakih sprememb gibalnih količin pridemo do obeh nasprotno enakih tangentnih sil na koleno. Zato se opisani obratni brizgalnik ne vrti. r,..,..----------.... f ......-----··~ I: ~-== =~: / / f j i ; i., 0. -'" -'o, ' \ \, Slika 11. Vodoravni kom p onentl sile vode na tla ln sile tal na vodo pri Iztekanj u. Opomba : Iz redakcij s k ih raz lo - gov je v k nj lZnlc l N aloge s te kmovanj Iz fizike z osnovni šoli Izpadla zadnja naloga. ki jo objavljamo na nas lednj i strani . V Nalogah j e ti skarski škrat na straneh 25 , 26, 43 ln 72 prevrnil slike. Napako popravite , te slike opazujete v ravnem zrcalu. To je ne le opravlčllo , temvet: tudi rešitev ne- hote zasta vljene naloge. 213 Druga če je pri brizgalniku. kjer voda izteka v okolico (slika 11). V kolenu nastopi le zve čanje tangentne gibalne koli čine in ustrezna tangentna sila vode na koleno. Curek nato zapusti brizgalnik. voda pa se ustavi nekje v okolici in sila. ki zmanjša gibalno koli člno vode v curku. izvira iz okolice. Tako sila vode pri ustavljanju deluje na okolico in ne vpliva na brizgalnik. Na koncu vam predlagam. da naredite še en poskus . K plastenki na vrvici. iz katere izteka voda. pritrdite kozarček za jogurt tako. da bo ujel iztekajo čo vodo. Kam se sedaj odkloni plastenka s kozarčkorn? Franc Plevnik ZADNJA NALOGA Z REPUBLIŠKEGA TEKMOVANJA IZ FIZIKE ZA SEDMOŠOLCE V LETU 1988 62. V toplotno izolirani posodi imamo 0.50 litra vode. ki jo spotopnim grelnikom v 5 minutah segrejemo od 20°C na 30°C. Ko s segreva njem prenehamo, stresemo v posodo 1/4 kg ledenih kock. ki smo jih vzeli iz termovke in dobro osušlli s krpo. Ko nekaj časa mešamo. ostane v posodi še nekaj ledu. Da se ves led stali. moramo potopni grelnik vključiti še za pet minut. a) Izračuna]. koliko toplote oddaja vključeni grelnik na minuto . b) Kolikšna je končna temperatura vode v posodi? c) Izračuna] talilno toploto ledu. Rešitev Vključeni grelnik odda na minuto toploto mc~ T = = O.50kg · 4200J · 10 K = 4200J/min. 5 min· kg · K b) Končna temperatura vode v posodi je O°C. c) Led prejme od vode toploto O.5kg.~~~~J.30K 63.000J . Od grelnika prejme. 4200J/min ·5 min=21.000J. Za taljenje 1/4 kg ledu smo porabili 84.000J. Za taljenje 1 kg ledu je treba 4-krat toliko toplote. to je 336.000J. Franc Plevnik . .'-''----I'''-,'\'l~lIITll /0 ~, ' . ,'~ "'-" 'j~ r L" <>, ASTRONOM IZ LJUBLJANE Slovenci se lahko pohvalimo. da smo imeli pred Kopernikom (+ 1543) vsaj tri. pred Keplerjem (+ 1630) pa vsaj pet astro nomov. ki so se s svojimi deli bolj ali manj uveljavili v tedanji zahodni in srednji kulturni Evropi. O štirih ast ronomih, posebej o razumniku in polihistoru (vsevedu) Andreju Perlahu . pišemo v rubriki Novice v tem Preseku . o petem , katerega št iristoletnica smrti pot eka prav letos . pa bomo tudi spregovorili v tej številk i. To je Jakob Strauss . po izobrazbi sicer filozof. fizik in zdravnik. ki pa je post al najbolj znan po astronomskih delih. J . Strauss se je rodil 1533 v Ljublja ni. Bil je meščanskega stan u. Na Dunaju je kon čal filozofsko fakulteto in 1558 post al magist er fi lozofije. Že naslednje leto je kot redni profesor za čel predavati fiziko na dunajski univerzi. Ni znano. kdaj in zakaj je prenehal s predavanji . Najbrž ga je zanimanje za naravoslovje usmerilo v študij medicine. ki ga je zaklju čil v Padovi. kjer je 1565 iz medicine tudi doktoriral. Spet ne vemo. kje se je doktor in magist er J.-S. -Labacensis Carniolanus (Ljubljanski Kranjce) zadrževal do svoje nastanitve v Celju. kjer je živel od 1571 do svoje smrti 1590 in deloval . kot št ajerski deželni zdravnik . Ze kot štud ent se je Strauss močno posvečal astronomiji. ki so jo na Dunaju marljivo gojili. med njimi tud i naš rojak Perlah . Z astronomije pa se je Strauss ukvarjal tudi pozneje . ko je bil zdravnik. vse do svoje sm rti. COMMENTARIA ' EP HEMER IDVM CLARISSIMI VI• • RI D.AX DR EL PERLA-CMII STlRl , ).1E01 . CAF..Ui.T I S D0CTO k J ~ , A C TS ~(" An l:. · mi:lVi;:nncnliOrdiruoj quondarn.MJ.Ulcm.ui• ci, ad vfirm f1: udio(omm jcJ, fidditcr con- fa ip:J.,ve~ulfq; :ab(q. P r.t'ccptO:CC)Cl fQulcdionotmcQ riadc sn en ec p,,{..i: . • /~:~~.:, .. h..·~·r;, ·\ J l". \ ' , '. ' \ K!~ i.' l 'tt: .,;, "~~:; ':~;;,/ C..n.:;'~:ti.f ;,s P~JO':{:;I~ft; ,.\lif.. .\.~"'. r: .."i,' ;,sb~· 'Ij· I\'ol~ ,>:,.- ~ . Slika 1. Naslovnica Strau sso ve k nj l21ce z opisom opazovanja velike- ga ko m et a 1577 . Edini Izvod knj l21ce hran i dunajska univerzitetna k njtz n t- ca . v. ,. .... .... ,,, A VfT ll. •.~~ " , ~"d;,:j,.H l: ;::iJi;,; \ Act..il.•• •Anne '>l . D. l~ ·. 215 Glavno in tudi najzanimivejše Straussovo astronomsko delo je latinsko napisana knjižica Opis novega in čudežnegs kometa. ki je ze čel svetiti v tem 1577. letu . četrtegs dne pred novemb erskimi nonami (to je 2. novembra) . Ta komet je bil najsvetlejši komet 16. stoletja. Knjižico so natisnili v ljubljanski tiskarni Jan ža Mandelca še istega leta . ko se je pojavil komet (slika 1 in slika 2). Kljub astrološkemu gledanju na pojav kometov (to je. da so kometi zlovešča znamenja . znanilci vsega slabega - prinašalci bolezni. vojn. potresov in drugih naravnih nesreč in nadlog. kar vodi v splošno ' uničenje sveta) . moramo o vsebini knjižice povedati. da se je Strauss lotil raziskovanja tega kometa na povsem znanstven način . Določil je lege kometa med zvezdami in ocenil njegovo relat ivno oddaljenost od Zemlje (v primeri z oddaljenostjo Lune od Zemlje). Ugotovil je. da gre za vesoljsko telo. ki se giblje v večji odd aljenosti. kot je od nas oddaljena Luna. To je bila za tedanji čas izredno napredna misel. saj je bilo med znanstveniki še vedno trdno vsidrano prasta ro mišljenje iz antičnih časov . da so kometi optični pojavi v zemeljskem ozračju (kot je npr. mavrica). Tudi danski astronom Tycho Brahe je iz opazovanj ugotovil. da se veliki komet 1577 giblje v večji Slika 2. Navidezno olbanje komet a 1577 med zv ezdami; po Tha dduesu Hacsclusu . P raoa 1578. Komet se j e pojavil na severnem nebu. B il j e eden najvecj th komet ov vseh ča s o v. Opazova li so oa od novembra 1577 do j an uarj a 1578. Ra zvil je ve č kot 20 0 dole rep. ki j e secal od ozvezdja Strelca do K ozorooa. 216 oddaljenosti od nas kot Luna. da je samostojno vesoljsko telo in ne zemeljski pojav. Toda te misli si ni upal javno izreči. saj bi rušila ustaljeno predstavo o geocentričnem gledanju na zgradbo vesolja. Strauss je zapustil še mnogo drugih tiskanih del z astronomsko- as- trološko vsebino. Skoraj nepretrgano. od 1559 pa do svoje smrti. je izdajal razne koledarje. prati ke. almanahe. V njih so bila razen astronomskih po- datkov dodana še prerokovanja (ugodne in pogubne napovedi) iz medsebojnih leg vesoljskih teles. dolgoročne vremenske napovedi. napovedi letine. svarila pred potresi. boleznimi. nesrečami. vojskami in drugimi človeškimi tegobami. a tudi hvalnice kraljevski umetnosti - astronomiji. Zato so bile te knjižice zelo priljubljene. Marijan Prosen KARTI SEVERNEGA IN JU2NEGA NEBA (s katalogom), DMFA SR Slovenije, Presekova knjižnica 31, ljubljana 1990 . Iz nemščine prevedla Pavla Ranzinger . V Presekovi knjilnici je pred kratkim izšlo sodobno. kakovostno. uporabno. vsebinsko bogato in natančno učilo . ki ga v tako celoviti obliki na slovenskeh tleh še nismo imeli in smo ga zato sedaj toliko bolj veseli. Dobili smo karti severnega in južnega neba (za epoho 2000.0) s priloženim katalogom zvezd (do 5.25 magnitude) in drugih vesoljskih teles (spremenljivk . nov in supernov. zvezdnih kopic. meglic. galaksijIn radijskih virov). Vsega skupaj vsebuje katalog podatke za okoli 3000 teles. ki so vrisana v kartah . Karti s katalogom predstavljata zelo primeren učni pripomoček npr. za spoznavanje ozvezdij. značilnosti zvezd. identifikacijo vesoljskih teles . spoznavanje koordinatne mreže na nebu'. sestavljanje raznih teoretičnih in praktičnih nalog. Karti lahko kaširamo in taki obesimo za okras v fizikalnico ali .pa doma v otroško ali dnevno sobo. Pri opazovanju nočnega neba sta karti in katalog sploh nepogrešljivi. tako v šoli (pri rednem pouku. krožku, naravoslovni dejavnosti) kakor tudi doma . ko navdušenec astronomije z daljnogledom ali pa s prostim očesom opazuje zanimivosti na nebu. Karti severnega in južnega neba sta skupaj s katalogom res široko uporabni: od osnovne do visoke šole pri rednem pouku in samostojnem raziskovanju. Zato ju priporočam vsem. ki se zanimajo za astronomijo. posebno pa krožkarjern in ljubiteljem astronomije . S pridom ju boste lahko uporabljali kar četrt stoletja. Marijan Prosen 217 Na vse osnovne in srednje šole v Sloveniji bomo v kratkem poslali na ogled NOVE KNJIGE DRUŠTVA MATEMATIKOV, FIZIKOV IN ASTRONOMOV SR SLOVENIJE. Pri skupinskem naročilu šol imajo bralci Preseka 20% popust. A . Jurišič, Rešene naloge z mednarodnih matematičnih olimpiad, 1. del. 1979-1988 (Knjižnica Sigma; 46) - Cena: 75.00 (60.00) Karti severnega in južnega neba za epoho 2.000 ,0 s katalogom (Pre- sekova knjižnica ; 31) - Cena: 125.00 (100.00) Naše nebo in Zemlja 1990. Astronomske efemeride . Umetni sateliti. Potresi. (Presekova knjižnica ; 32) - Cena: 50.00 (40.00) Ciril Velkovrh Jurišič A., ZBIRKA REŠENIH NALOG Z MATEMATICNIH OLIMPlAD 1978 - 1988, DMFA SRS, Ljubljana 1989, 92 str . (Knjižnica Sigma; 46) Naslov knjižice nam razkriva, da gre za zbirko ne prav preprostih nalog iz mate- matike. Seveda naj to ne odvrne Ijubiteljevelementarne matematike, saj je knjižica namenjena predvsem njim . A ni pisala le zanje. V svet matematičnih problemov vabi vsakogar, ki obvlada nekaj osnovnih pojmov s tega področja. Za uspešno branje (bolje - reševanje) najpogosteje zadošča že znanje, ki ga na- bere dijak do polovice srednje šole, vedno pa tisto, ki naj bi ga imel ob njenem koncu. Naloge so nestandardne (nešolske) in zato osvežitev in izziv vsem, ki se radi lotijo tudi trših matematičnih orehov. Zbrane so z mednarodnih matema- tičnih olimpiad od leta 1978 do leta 1988 in z izbranih tekmovanj za jugoslo- vansko olimpijsko ekipo v teh letih. . V tujini (predvsem na vzhodu, od koder izvira ideja o matematični olimpi- adi *) tovrstne zbirke redno prihajajo , v našem jeziku pa je ta prva. Naloge, ki predstavljajo njen začetni del, naj bi bile bralcu vir samostojenga dela (hkrati so tudi dokumentarne vrednosti). rešitve pa pomoč ali morda nov vidik pri tem. Zbirka je napisana v jasnem matematičnem slogu, zato je s primerno po- zornostjo tekoče berljiva. Veseli je bodo zlasti ljubitelji elementarne matemati- ke in mentorji, ki jim je lahko knjižica dobrodošel pripomoček pri delu. Boris Lavrič * Prva mednarodna matematična olimpiada je bila leta 1959 v Romuniji (7 držav ude- leženk), 1988 (49 držav udeleženk) pa v Avstraliji. . . "Jol-ll"\'OLN'CT' 'il · ." 1 .1_ _ , " 1__ ,_, I ,,, - ' TURBO PASCAL NA HITRO Turbo pascal j e verj et no naj bolj razširj en prevaj alnik za programski j ezik pascal na računalnikih, ki uporabljajo operacijski sistem MS- DOS, Doživel je že številne spremembe. Trenutno je na tržišču verzija 5. Le-ta in njena predhodnica, verzija 4, se zelo razlikujeta od verzije 3 , ki je pri nas še vedno zelo razširj ena. Ker začetnika pri delu s Turbo pascalom večkrat zmede obilica možnosti, ki jih delovno okolj e za Turbo pascal nudi , bomo v članku predstavili ti sto najnujnejše znanje , ki ga potrebujemo, če želimo Turbo pascal uporabljati . Prav tako so nad novim izgledom pascala presenečeni vsi , ki so do sedaj delali le z verzij ami 3.* in st arejšimi , saj je izgled delovn ega okolja povsem spre men je n. Name n član ka je opisat i le delovno okolj e Turbo pascala. O posebnostih Turbo pascala kot programskega jezika pa kdaj drugič . Turbo pascal ni le prevaj alnik za pr ogramsk i j ezik pascal , marveč je to celotno programsko okolj e , ki zaj ema ur ejevalnik , v ka ter em pišemo program, prevajalnik , s katerim program preved emo in po že- nemo, in v verziji 5 tudi razhroščevalnik,s pomočjo katerega iščemo napake in spremlj amo tok programa. Vse op er acije lahko izvajamo preko sist ema izbir (menujev) . Ker pa je mo žnih izbir za zače tek kar precej , si ogl ejmo, kako Turbo pascal up orablj amo br ez njih , s pomočjo tako imenovanih bližnjic . Najprej Turbo pascal naložimo v pomnilnik z ukazom TURBO. Pri t em moramo im eti (preko ukaza PATH) do stop do datotek TURBO. EXE in TURBO. TPL. Znajdemo se pred glavnim zasl onom, ki je razdelj en na štiri dele. Nasliki 1 vidimo delovno oko lje verzije 4, na sliki 2 pa delovno okolj e verzije 5. V zgornji vr sti so naš tete glavne izbire , pod nj im okno ur ejeval- nika {Edit} ,'nato v verziji 5 spremljevalno okno {Watch}, v verziji 4 pa izhodno okno {Outpu t} in še spo d nja vrsta , ki označuj e nekater e pomembne trenutno aktivne funkcijske t ipke. Za nas je p omembno le okno urej evalnika. • 219 Fi le Edit Run Col 1Line 1 Comp i le Options r-------------- Edit-------------, I nsert Indent C: NO NAME .PAS Output ----------- ---; Fl-Hel p F2-Save F3- Load F5-Zoom F6-Edit F9-Make Fl0-Menu Slika 1: Delovno okolje - verzija 4 File Edit Run Compile Options Debug Break/watch r-------------- Edit -------------, Li ne 1 Col 1 Insert Indent Unindent C: 1I0 NAME.PAS 1-- -- --- - - - - - - 1J! at ch ------- --- - -----1 Fl-He lp F5-Zoom F6-S wit ch F7-Trace FS-Step F9- Make F10 - Menu Slika 2: Delovno okolje - verzija 5 220 Pritisnemo na~ in na zaslonu se prikaže 1* .PAS Load File Name Ne oziramo se na * . PAS . Le-to bo ob pritisku na poljubno tipko izginilo. Vtipkamo ime datoteke , kjer želimo im eti pascalski pro- gram, in pritisnemo IENTER I. Znajdemo se v urejevalniku. Če da- toteka obstaja že od prej, je njena vsebina v urejevalniku . Drugače pa Turbo pascal odpre novo, prazno datoteko , kamor vtipkamo pro- gram. Zgornja vrstica urejevalnika je vrstica s podatki o stanju . Oglejmo si jo Line 1 Col 1 Insert Indent C:IME .PAS Pove nam ime datoteke , ki jo urejamo, mesto v datoteki, kjer se na- hajamo, in urejevaine načine. Med slednjimi omenimo le Insert , ki nam označuje, da se znaki na mestu tipkanja vrivajo in ne prekri- vajoobstoječih (način Overwrite) . Med obema načinoma preklapl- jamols tipkara~ označenima z Ins ali Insert ali pa s kombinacijo tipk Ctrl-V . Ce datoteka še ni bila shranjena , stoji pred njenim imenom *. Ukazi v urejevalniku so povsem podobni t is t im, ki jih uporablja urejevalnik besedil WordStar. Verjetno jih poznate , zato tu nave- dimo le res osnovne . • Premiki utripača <- ali Ctrl S znak v levo -t ali Ctrl D znak v desno l ali Ctrl E vrstico gor 1 ali Ctrl X vrstico dol Ctrl R ali PgUp stran gor Ctrl C ali PgDn stran dol 221 • Brisanje in vrivanje Ctrl Y zbriši vrstico, v kateri je utripač Ctrl N vrini vrstico na mestu utripača Ctrl G ali Del zbriši znak pod utripačem Ctrl QY zbriši od utripača do konca vrstice Ctrl y ali lns preklop med načinoma vrivanje in prekriva- nJe Urejevalnik se v Turbo pascalu razlikuje od tistega v programu WordStar le v nekaj malenkostih . Morda najpomembnejša za izgled vaših programov je ta, da urejevalnik v Turbo pascalu podpira za- mikanje. Ko zaključimo vrstico z IEnter 1, se utripač v novi vrstici postavi v stolpec, kjer se je začela prejšnja vrstica. Če pritisnemo sedaj na tipko I Backspace 1, se ne bomo premaknili le za znak v levo, ampak v stolpec, kjer se je začel prejšnji zamik . Ko je program natipkan , ga s pritiskom na~ shranimo. Nato ga prevedemo ter hkrati poženemo s ICtrl-F91 oziroma z IAlt-R lv verziji 4. Če je program brez napak, bo stekel. Drugače pa se bo na zaslonu izpisalo obvestilo o napaki in sistem nas bo prestavil v urejevalnik na mesto, kjer je opazil napako. Odpravimo napako in ponovimo postopek . To ponavljamo, dokler se program ne prevede brez napak. Takoj nato tudi steče. Po zaključku izvajanja pro- grama, se bo pri verziji 4 v spodnji vrsti pojavil napis Press any key to return to Turbo pascal To sporočilo nam pove, da bodo rezultati ostali na zaslonu toliko časa, da bomo pritisnili na poljubno tipko. Po pritisku na tipko se bomo znova znašli v urejevalniku. Verzija S pa ima nekoliko nepri- jetno lastnost, ki je sicer smiselna, ko spoznamo koncept te verzije, vendar večino moti. Takoj, ko se program izteče, se znova zna- jdemo v urejevalniku. Zato si večkrat rezultatov ne utegnemo niti ogledati. Vendar lahko v vsakem trenutku z IAlt-FS Ipreklopimo na zaslon, kjer se izpisujejo rezultati. Lahko pa si delovno okolje preuredimo, da bo imelo podoben izgled kot pri verziji 4. Spreml- jevalno okno namreč lahko nadomestimo z izhodnim oknom. Ko smo v urejevalniku, pritisnemo na IF61. Osvetli se spremljevalno 222 okno. Po pritisku na IAlt F61 bomo na zasl on priklicali namesto spremljevalnega izhodno okno. S ponovnim pritiskom na IF6 1se znova znajdemo v urejevalniku. V izhodnem oknu vid imo zadnj ih 8 vrstic izpisa . Nazaj v prvotno stanje preidemo z enakim postopkom. Ker se pri nastavitvi z izhodnim oknom zmanjša okno urejevalnika , spremenje no nastavitev le redko uporabljamo. Običajno si pomag- amo rajši tako , da kot zadnji ukaz v našem pasc alskem programu up orabimo readln in s tem 'prisilimo' program, da teče , dokler ne pritisnemo IEnter I. program cakaj; var i integer; begin for i .= 1 to 20 do wr i t e l n ( i ) ; readln; end. Turbo pascal zapustimo z IAlt-X I ali pa z [El] zahtevamo urejanje nove datoteke . Če datoteke v obliki , kot je t renutno v ur ejevalniku nismo shranili , na kar nas op ozarja zvezdi ca pr ed imenom datoteke v zgornji vrsti , nas bo Turbo pascal na to opozoril in omogoči l, da s pri ti skom na [TI datoteko shranimo. Povzemimo: • TURBO {naložimo Turbo pascal} • F3 • IME {vtipkamo ime datoteke} • urejanje • F2 {shranimo} • Ctrl-F9 (verzija 5) ali Alt-R (verzija 4) {po ženemo} • Alt-X {zapustimo Turbo pascal} Omeniti velja še, da im a Turbo pascal dobro razgrajen sistem pomoči. Le-to lahko dobimo v vsakem trenutku s pritiskom na [ElJ. Izpisana informacija je odvisna od okolja, kjer jo pokli černo. Tako npr . klic pomoči , ko je osvetljena ena od izbir glavnega jedilnika, 223 izpiše osnovno informacijo o tej izbiri . Če smo v oknu urejevalnika, se izpiš ejo ukazi urejevalnika. Pomoč zapustimo s pritiskom na IEsc I. Informacije se izpisujejo po straneh , po katerih se premikamo s tipkama IPgUp lin IPgDn I· Posamezne strani vsebujejo tudi poudarjene 'ključne besede' . Le- te lahko osvetlimo s smernimi puščicami. Pritisk na IEnter I nam izpiše podrobnejše informacijo o tej besedi . Če znotraj okna, kjer se izpisuje pomoč, ponovno pritisnemo na tipko [ETI, se bomo znašli v glavnem jedilniku pomoči. Z osvetlitvijo He l p on Help in s pri- ti skom na IEnter Ibomo dobili informacijo o tem , kako uporablj ati pomoč. Posebej je zanimiva pomoč, ki jo lahko dobimo v urejevalniku . S pritiskom na ICtrl-F1! dobimo informacijo o ustreznem pascalskem konstruktu, ki se začne na mestu utripača. Npr . če je utripač na začetku ukaza wri t e, nam ICtrl-F 11 izpiše namen in uporabo tega pascalskega ukaza. Če Turbo pascal ne more ugotoviti, kakšno pomoč potrebujemo, izpiše glavni jedilnik pomoči . Uporaba pomoči je hitra, zato ne pornišljajte , če niste gotovi , ali je pri definiciji t ipa potrebno uporabiti dvopičje ali enačaj in ali je na koncu stavka fo r besedica do ali ne. Poleg pravilne sintakse je precej pomoči o ukazih opremljeno s primeri, ki vam bodo pomagali osve žiti znanje. Matija Lokar ~ , '- .. -, ' .' _ a ~ •• " • • • • ..... " ~. ~ - ~ ..-'..(- . '" DELJIVOST [lnk,17i d ,l jt' q rv il o 5 1::;') • 11 ~ ,) d, 'lj l vo ~ 1 / 11 i n <,)~ Ili ' p.t <, Il 224 SLIKOVNA KRIZANKA . MATEMATICNE OPERACIJE AVTOR; SESTRIN AUS~ PRIPo- L K ONJUMARKO M02 - VEONA RISBA PODOBNABO KAlle P ESNITE V l. IVA L ........ SMUl:: . NA jVe e ji orscr- NA F T NI PLI NA KON CE RN NA RAVNA +A LK O· HO LNA V EJA PIJ Ae A MAT E- MAT IKE SMU~ARK NA ZI VWA CHT E R K LI CA GRDOBA, LJU D STVOPOREDNE BRE2 P R AVIC ST.MESTO O B TI GRISU ze@ PEROCIV ESLASKA NA JV e e JATE KMA AM E RI$K I OR %AVAVZDAIZU MITELJ........ SEVE RN O · PITAGOROVAM ERISKA STEPA .. . SrBA ZA PLETENJE ST EVILO MORSKA ....... ELEMEN- ZAJ EDA TOV KONeN E I GRUPE -r-r n'o' SI MB OL TRIzxscrr- NICE NO RDIJSK GR SKIH BOZAN- BOGOV STVA STARO ® RIBJA GE RMA N· KO SCI CA SKO PLE ME AUGUSTE PICCARO COLLEGE ANGLESKAZA HO DNO OD PLose. LONDONA ME RA L EP O T NA PR ITOK RASTLINA SAVI NJE r. 225 SLIKOVNA KRIZANKA - Knjižnica Sigma - Rešitev iz P-3 __n.:","I _ . I I 1--1 1·-1 - ·1,#1 .....-1 - 1,~I"'''·~I -~~I I~ b."':.J ....=..~.=::,o....., 'S-'! U .9WT 1 ...':..JOI. -"' ~ '=': ~ .:-'~::: ~.. "loW .~C::= ~t': U Rj ~~ I'~~" I !::::' =lolsTvT"Elr IAI:;-;JMTAT:JTf ~ 1KIAIp iI ILIAlRIA :~I 51TIRINIAlOlJIAINTElzl:z~ loILII lv II INII I~ -;:1 MIAlLIAlKIv iAlNITINIAiF Ir tzlr IKIAI,:.:.I:: IB Il ·~ I OlBII I~IS I 0 \D~':t E151KlAl p IAI~IAli=.IQIAI~I= --lz fETNI=TATKTRToTNI-~" I= IRTAI KIAI~;::· I';;';· I RIA ITIO ;:1AlJIAIS ~:d A IN IT IA IN IT IA I .sl ·~ lo~~S IT IR IO IK ~I.;;;~;I OlPITil iK ~ ;lO I RIDIE1!!1..:"~:~ iK IRl o l§lbJA ":=:1 Il~TArKITI~~lcTATpTRTAI~:~fpl0 15 1AID IKIA I:;d~~ ::: IRlufMI~ IATITAI~ IETATKI~~ IAI MIOlR1;;ILI UINlA ~IKI rMI OINTcJl;;~" rSTNI:~;,;ITTATKI EILI AIZlA I~ I 1 IB ;:.~L IAICI~I TIKTITKIVIAfNITINTETFTI TzTIIKIE =-= :;;; INIEITTOICTNTOTSTTI~fATJTvTAIRI:;;;' IPI OIL SLI KOVNA KR IZAN KA . Presekova knji žnica- Rešitev iz P-3 226 NEVRONSKE MREŽE (II . del) Učenje večnivojske nevronske mreže Nevronski mreži ne posredujemo algoritma, pač pa jo učimo z vzorci. Za nek vhodni vzorec ji povemo ustrezni izhodni vzorec. Učenju z dvojicami poznanih vhodov in izhodov rečemo učenje z učiteljem. Ko mreži predstavljamo samo vhodne vrednosti in jih vezje samo razvršča po podobnosti, se mreža uči brez učitelja. Navedimo nekaj primerov dvojic vzorcev, ki se jih mreža lahko nauči: a. točkasti (O, 1) vzorec neke črke - črka; b. dve ali več vrednosti - vsota vrednosti; c. vhodne logične spremenljivke - poljubna dvoji ška logična funkcija; d. podobne vhodne vrednosti - razred vhodnih vrednosti. Ker mreže nimajo vnaprej določenih uteži, izberemo začetne uteži naključno. Z učenjem popravljamo uteži toliko časa, dokler ne dobimo želene preslikave. Ko pozneje mreži predstavimo nov, delno tudi pokvarjen vhodni vzorec, nam bo mreža dala na izhodu vzorec , ki najbolj ustreza danemu vhodu . Med več učilnimi pravili smo v našem primeru izbrali delta pravilo. Kako deluje? Nevronska mreža sprejme vhodni podatek ter izvede začetno (naključno) preslikavo. Dobljeni izhod primerjamo s ciljno (želeno) vr ednostjo, uteži popravimo glede na razliko (napako) med dobljeno in želeno vrednostjo. Ni vselej res, da pri vseh nevronih vemo za vrednosti na izhodih. Nekateri nevroni so v vmesnih nivojih. Pri teh nevronih ne poznamo ciljnih vrednosti. Delta u čilno pravilo zato posplošimo, napaka se upošteva nazaj od izhodnih nevronov k vmesnim. V večini modelov se uteži spreminjajo zelo počasi, to pomeni, da je potrebno vzorce učenja večkrat pokazati mreži. Kolikokrat, je odvisno od vzorca. Zgodi se, da je število ponavljanj učenj tudi nekaj tisoč. Kaj vse mrežo naučimo, je prav tako odvisno od vrste (oblike, velikosti, povezanosti) mreže. Število pomnjenj ali asociacij eno nivojskih linearnih mrež je manjše ali enako kjer so: 227 Nvh - število nevronov vhodnega nivoja in Niz - število nevronov na izhodu. Nelinearne ali sigmoidne mreže tovrstnih omejitev ne poznajo, pač pa se taka mreža ne more naučiti nekaterih (funkcijskih) preslikav. Tej pomanjkljivosti se uspe šno izognemo, če uporabimo več nivojske mreže. Omenimo tudi, da je sposobnost učenja odvisna od vrste vzorcev. Ko so si dovolj podobni, tedaj govorimo o posplošitvi in se v topologiji povezav med nevroni shrani posplošen primer. Za vhodne kot izhodne vrednosti predpostavimo, da so med O ali 1. Če so vrednosti absolutno večje od 1, tedaj jih normiramo, (delimo z največjo pričakovano vrednostjo). Ko enačbo (2) opremimo z indeksom j za izhodni nivo in h za vmesne nivoje , dobimo: a. Oj =f(Aj) =f(~WjhOh)celiceizhodneganivojain (3) h b. Oh =f (A h) =f (~Whi Oi) celice skritega nivoja, 1 kjer je sigmoidna funkcija lahko: a. f(x) = 1/ (1+e- X ) ali b. f(x) =th (x) (4) Izhode nevrona označimo z Oi oziroma Oh. Ko gredo ti izhodi naprej v naslednji h oziroma j nivo nevronov, tedaj jih obravnavamo kot vhode. Na sliki 4 smo označili uteži povezav z Wjh oziroma Whi, vhodne vrednosti z Oi, izhodne z Oj in vmesne z Oh . Slika 4. Dvo nivojska nevronska mreža. Kako določimo odziv nevrona? Izberemo (vzorčne) vhodne vrednosti in s pomočjo enačbe 3.b izračunamo vsoto produktov uteži in vhodnih vrednosti. Izhodno vrednost nevronov v vmesnem nivoju dobimo iz enačbe 228 4.a ali 4.b. Postopek ponovimo še za izhodni nivo. Tu so vhodne vrednosti tiste, ki smo jih ravnokar izračunali iz enačb 4. Ko bi nivojev bilo več, bi postopek ponavljali do končnega (izhodnega) nivoja. Ker so ob začetku uteži določene naključno, bo tudi izračunana vrednost različna od želene. Zato začnemo postopek učenja. Uporabili bomo posplošeno delta pravilo učenja. Najprej popravimo vrednost uteži Wj h izhodnega nivoja. Ker pri učenju (z učiteljem) vselej vemo za želeni rezultat, primerjamo izračunano Oj vrednost z želeno ali ciljno Tj vrednostjo. Razliko med obema vrednostima uporabimo za izračun spremembe W uteži: ODj = ( Tj - Oj) *f' ( ~ W j hOh ) (5) h ter OWjh =R * ODj * Oh, (6) kjer je f odvod (izbrane) sigmoidne funkcije, OD j je doprinos celice j in R je hitrost učenja. Omenimo naj, da odvodf funkcije! določa nagib funkcije v dani točki. Hitrost R določimo iskustveno (glej Tab.1), v našem primeru boR = 0.5. Za vmesne nivoje se ena čba (5) nekoliko spremeni, saj tu ni moč primerjati izhodov s ciljem. Razliko (napako) nadomestimo z vplivom predhodnega nivoja , torej: ODh = f ( ODj Wjh) * f'( ~ Whi Oi) (7) ter OWhi =R * OD h *Oi. (8) Tu ima R isti pomen, medtem ko je ODh popravek uteži vmesnega nivoja. Le-ta nima ciljnega izhoda, zato si pomagamo s trenutnimi ciljnimi vrednostmi. Izračunamo jih tako, da popravek iz (6) razširimo nazaj od izhoda k vmesnim nivojem . Za primer z več vmesnimi nivoji bi postopek popravljanja ponavljali do začetnega (vhodnega) nivoja. Primeri uporabe večnivojskenevronske mreže Primer 1: Mrežo smo najprej uporabili kot navaden seštevalnik. Učili smo jo s tremi seštevki, zatem smo jo vprašali najprej po naučenih vrednostih, zatem pa še po drugih vrednostih. Mreža nam je presenetljivo dobro odgovarjala. Torej že samo s tremi primeri seštevanja zna mreža seštevati. Uporabili smo različne sigmoidne funkcije. Ker želimo, da bo naša predstava o nevronskih mrežah popolnejša, podajmo tabelo, kjer bomo videli odvisnost med naučenimi vrednostmi in hitrostjo učenja R. V 229 prvem stolpcu tabele 1 so vpisane pravilne vrednosti vsot: 0.2 + 0.3 := 0.5, 0.3 + 0.4 := 0.7 in 0.1 + 0.2 := 0.3, v ostalih šestih levih stolpcih pa vsote, ki jih izračuna naučena mreža. Uporabili smo mrežo z enim nevronom na izhodu in dvema nevronoma v vmesnem (drugem) nivoju. Za razne sigmoidne funkcije smo dobili rezultate v tabeli 1. Poleg seštevkov so dodana tudi potrebna števila prehodov preko učnih primerov, ki so potrebni za učenje mreže. a. f(x) := 1/ (l+e -X ) : vsota / R 0.01 0.1 0.5 1.0 2.0 5.0 0.50 - 0.51 0.51 0.51 0.52 0.52 0.70 - 0.66 - 0.66 0.66 0.69 0.30 - 0.33 - 0.32 0.33 0.29 š t . uč. ? 30000 10000 2000 1000 500 b. f(x) :=th(x) : vsota / R 0.01 0.1 0.5 1.0 2.0 5.0 0.50 - 0.52 0.52 0.52 0.52 ? 0.70 - 0.65 0.66 0.68 0.68 ? 0.30 - 0.34 - 0.31 0.30 ? št . uč , I ? 500 500 500 250 - c. f (x) je linearna: vsota / R 0.01 0.1 0.5 1.0 2.0 5.0 0.50 0.50 0.50 0.50 0.50 0.50 ? 0.70 0.70 0.70 0.69 0.70 0.69 ? 0.30 0.30 0.30 0.32 0.30 0.31 ? št .u č , 1000 500 250 125 100 - Tabela 1. Rezultati učenja z različnih funkcijami 230 Primer 2: Mrežo lahko naučimo ločiti vzorce med seboj injih razvrstiti v skupine. To pokažimo na primeru: odgovor: vprašanje: (bolezen) vročina kašelj glavobol pljučnica da ne ne pljučnica da da da prehlad da da ne prehlad da ne da Tabela 2. Ugotavljanje bolezni. Če izberemo številke namesto vprašanj in odgovorov, bomo nevronsko mrežo po 1000 do 2000 poskusih naučili novega znanja. Zanimivi so odzivi mreže, ko jo sprašujemo z vhodnimi vrednostmi med" da" in "ne" oziroma med 1 in O. V takih primerih so odgovori mreže posplošeni. Podobnih primerov si domislimo tudi sami. Prednost uporabe nevronske mreže čutimo predvsem tedaj, ko ne poznamo predpisa preslikave vhoda na izhod, ali pa je le-tega možno zapisati z obsežnimi matematičnimiizrazi. Naš drugi primer je zagotovo tak! Le kako bi zapisali zvezo med boleznijo in (tremi) vzroki?! Pa še nakaj smo spoznali! Ni potrebno, da so vhodne vrednosti Oali 1, lahko so tudi kje vmes. Nevronska mreža tudi za take primere najde svoj posplošen odgovor. Učenje seštevanja nas lahko zavede, da bi poskušali še zmnoženjem, deljenjem, kvadriranjem ipd. Žal, tako to ne gre . Mreža ne računa, pač pa zna (ko je naučena) zelo dobro ločiti vrednosti med seboj. Pove nam, ali je število (zadnje v tabeli 3) produkt prejšnih dveh , ali ne: vprašanje (vhod) števili produkt? odgovor (izhod) 0.1 0.7 0.2 0.1 0.5 0.2 0.01 0.8 0.04 da ne da , ipd . Tabela 3. Učenje množenja Verjetno smo si nevronsko mrežo zamislili drugače?! Kaj smo torej pridobili? Prvič, za različne primere učenja smo uporabili vedno isto 231 večnivojsko nevronsko mrežo. Spremeniti smo morali le podatke o številu nivojev in nevronov (po raznih nivojih). Drugič, ni potrebno, da poznamo funkcijsko zvezo med vhodnimi in izhodnimi vzorci. Tretjič, če mrežo učimo s pravimi parametri (glej tabelo 1), lahko dobimo razultat že po nekaj predstavitvah vzorcev. Kaj pa sploh pomeni l(}()0 ali 10000 ponavljanj? Ali je to veliko ali malo? Če želimo odgovoriti na to vprašanje, si moramo jasno predstavljati, kaj mreža naredi! Ko smo jo enkrat realizirali, nam ista služi za različne primere. Na poljubne vhodne vzorce ali podatke daje (največkrat) pričakovane rezultate. Le naučiti jo moramo! Zaključek Domnevamo, da bodo nevronske mreže v bodočnosti odigrale pomembno vlogo pri razvoju računalnikov šeste ali sedme generacije. Mreže delujejo paralelno, ne potrebujejo točnih podatkov in za delovanje ne potrebujejo zapletenih algoritmov kot današnji računalniki. Njihovo uporabnost zato vidimo predvsem v razpoznavanju govora, pisanega teksta, slike, pa še kje. Prav tako moramo vedeti, da je zamisel o računalniku, ki bo deloval podobno kot človeški možgani, že zelo stara. Von Neumann, oče računalnika, je v svoji knjigi The Computer and the Brain že leta 1958 primerjal računalnik z možgani. Prepričani smo, da bomo govorili o res pravih nevronskih računalnikih šele takrat, ko bo tudi tehnologija sposobna uspešno realizirati nevronske mreže, kot to danes velja za na primer mikroprocesorje. Res da se na tržišču pojavljajo (komercialna) vezja, ki omogočajo asociativne pomnilnike z na primer 22*22 nevronskimi celicami. Tudi nekateri poizkusi nelinearnih celic kažejo, da razvoj sicer gre v smer izdelave vedno večjih mrež, kar je plod množičnih pionirskih raziskovanj na tem področju. Za enkrat je delovanje nevronskih celic omejeno le na simulacijo na obstoječih digitalnih računalnikih. Podoben simulacijski program smo uporabili tudi mi, da smo prišli do podatkov v tabeli 1. Veselko Guštin ENAKOSTRANlfNI TRIKOTNIK Koliko meri stranica enakostraničnega trikotnika. v katerem obstaja točka. ki je od oglišč oddaljena 3 cm. 4 cm oziroma 5 cm? Bo!tjan Hostnik len ' _ ~" '-" . . 20 . ZVEZNO TEKMOVANJE OSNOVNOŠOLCEV IZ MATEMATIKE Jubilejno zvezno tekmovanje matematikov je bilo v soboto. 3. junija 1989. v osnovni šoli Kasim Hadžič v Banja Luki. Že v petek popoldne so se tu zbrali tekmovalci in mentorji. v soboto pa je bila ob 9. uri najprej svečana otvoritev tekmovanja. nato pa so tekmovalci dve uri in pol reševali precej zahtevne naloge. Mcdtem so organizatorji za mentorje pripravili demonstracijo rešitev nalog in pogovor o delu z nadarjenimi matematiki. Po kosilu so si tekmovalci in mentorji ogledali mesto. tekmovalna komisija pa je medtem pregledala izdelke. Tekmovalo je 39 sedmošolcev in 50 osmošolcev . Med njimi so po sklepu republiške tekmovalne komisije Slovenijo zastopali : sedrnošolci Urban Mrak (OS Ivan Grohar. škofja Loka). Damijan Kuhar (OS France Prešeren . Kranj) in Tomaž Katrašnik (OS Bojan Ilich . Maribor) ter osmošolci Blaž Miheljak (OŠ Franjo Vrunč . Slovenj Gradec). Aleš Keber (OS Prežihov Voranc. Ravne na Koroškem). Aleš Hajnšek (OS Katja Rupena. Novo mesto) in Bojan Gornik (OS XV. SNOUB Belokranjska . Metlika). Uspeh naših tekmovalcev ni bil najboljši. saj je le Aleš Keber osvojil pohvalo. Med predlogi za tekmovalne naloge je komisija izbrala nasled nje: 7. razred 1. V trgovini so tretjino blaga prodali po 10 % višji ceni od načrtovane. polovico blaga pa po 15 % nižji ceni od načrtovane . S koliko % večjo od načrtovane cene so morali prodati ostanek blaga. da je bil izkupiček enak. kot če bi vse blago prodali po načrtovani ceni? 2. Poiš či vsa trimestna števila. ki imajo v desetiškem zapisu vse tri številke različne. so deljiva s 7 in je tudi vsota njihovih številk deljiva s 7. 3. V trikotniku ABC je AB najdaljša stranica. Na stranici AB izberemo točki O in E. tako da je AD = AC in BE = Be. Koliko meri kot 1. ABC. če meri kot 1. ECO 200? 4. Krožnica k in točka P ležita v isti ravnini. Skozi P nariši premico p, ki se če krožnico k v točkah A in B . tako da bo vsota PA + PB največja. Razloži potek konstrukcije za vsakega od treh primerov: P leži v krogu. P je na krožnici in P je zunaj kroga . 5. V notranjosti poljubnega trikotnika ABC izberi poljubno točko M . Dokaži: a . LAMB> f.ACB b. AM + MB~ 5. Dobro si oglej vejico rož na sliki 5. in če boš pozoren . pa tudi iznajdljiv. t i ta naloga ne bo delala težav! 6. Kako lepo je pogledati na jaso polno zvončkov! Poskušaj na- risati več zvončkov tako. kot prika- zuje slika 6! .,--. ."'-J. '.••••~ 'o ( ~__/ Sli ka 6 237 Slika 7 7. Na jasi pa ne rastejo samo zvončki. Napiši program. ki bo izrisal več rož tako . kot prikazuje slika 7! 8. Za konec pa nekoliko težji nalogi. Najprej nariši podobno sliko kot v vaji 7. le da rožicam dodaj travo . To travo pa moraš narisati s programom. ki uporablja rekurzijo! 9. Tudi režo s slike 2 nariši s pomočjo rekurzije! Upam, da ti ta postopek ne bo delal težav. 2. skupina 1. Imamo 200 celošteviIčnih podatkov. Napiši program. ki bo izpisal vsoto teh podatkov in zaporedno številko podatka. ko bo trenutna vsota po- datkov prvič presegla vrednost 500. Podatki so lahko pozitivni ali negativni! 2. V računalnik vneseš 3 stav- Primer: M S R ke poljubne dolžine. Napiši pro- a 9 ~ gram . ki bo vnesene stavke izpisoval ~ a ~ navpično. enega poleg drugega. J ~ 3. Napiši program. ki bo v danem besedilu prešt el samo glasnike (a. e. i. o. u) in jih izpisal po pogostnosti (samoglasnik in kolikokrat je v besedilu) v padajočem vrstnem redu. 4. V škatli je 100 enotskih kock (dolžina roba je 1 enota) za sestavljanje kvadrov. Napiši program . ki ti bo pomagal sestaviti vse kvadre. katerih vsi robovi so večji do 1. Izpis naj bo v obliki urejcnih trojic (a,b,c). npr. : 60 kock: !2. 2. 15) 2. 3. 10) 2. 5. 8l 3. 4. 5 238 Računalnik naj izpiše samo trojice. v katerih so robovi a,b ,c urejeni ncpadajoče (npr. : trojica (3,2 ,10) se ujema s trojico (2,3,10) in je zato ne izpišemo). 3. skupina 1. Napiši podprogram za izračun funkcije ((x). ki je podana z naslednjim zaporedjem : x 3 x 5 X7 x 9 x(2n+l) {(x) = X - 3T + ST - 7T + 9! - .. .+ (_1)2n (2n + 1)! Vsoto naj računa. vse dokler absolutna vrednost zadnjega člena ni manjša od 10-6 . Pri tem je: 1! = 1 2! = 1 * 2 = 2 3! = 1 * 2 * 3 = 6 4! = 1 * 2 JI. 3 * 4 = 24 5! = 1 * 2 * 3 * 4 * 5 = 120 2. V koordinatnem sistemu je kvadrat z ogli š či (0,0), (1,0), (1,1) in (0,1). Napiši program za izračun razdalje od dane točke M(x ,y) do najbližjega oglišča kvadrata . 3. Napiši program. ki bo besede vnesenega stavka izpisal v obratnem vrstnem redu. Med dvema besedama je lahko presledek ali pa vejica. stavek pa se konča s piko. 4. Računalnik računa na 7 decimalnih mest natančno. Napiši program . ki bo prečital dve realni števili (do 20 decimalnih mest) in nato izpisal njuno natančno vsoto in razliko. Predpostavimo. da je prvo podano število večje od drugega ! Primer: 123.456789012345 0.000000000000001 VSOTA = 123.456789012345001 RAZLIKA = 123.456789012344999 Ivan Ger/it -------- - . I~Olil[E · · · .... .'. ".... , . ~ ~ PETSTOLETNICA ROJSTVA NASEGA ASTRONOMA d , .. " * , d J Novejše raziskave naše kulturne in znanstvene dediščine kažejo, da so se v preteklost i Slovenci številn eje in intenzivneje ukvarjali z naravoslovjem, kot si navadno mislimo. Tako so na primer že pred Nikolajem Kopernikom (1473 - 1543), utemelj iteljem heliocentričnega sistema, delovali vsaj trije slovenski astronomi *,s čimer se morejo pohvaliti le redki narodi. Kopernikov sodobnik je bil veliki slovenski izobraženec Andrej Perlah. Rojen je bil 1490 v Svečin i pri Mariboru. Na Dunaju je študiral matematiko in medicino. Bil je 34 let profesor dunajske un iverze, najprej profesor matematike in astronomi- je na filozofski fakulteti , po doktoratu iz medicine pa še na medicinski fakulteti. Petkrat je bil dekan, 1549 pa tudi rektor. Bil je med redkimi profesorji medic ine, ki so sloveli tudi kot humanistični in matematični pisci. Sploh je dosegel najvišje funkcije med icinske fakultete in un iverze. Doktor znanosti in doktor medicine Andreus Perlachius - St irus (Štajerski), kot so mu nadeli naziv ob izvolitvi za dekana medicinske fakultete 1539, pa je bil tudi med najuglednejšimi dunajskimi zdravniki. Posebno zavzeto se je boril proti najhujši nalezljivi bolezni tedanjega časa - kugi, ki je za Perlahovega življenja še vedno močno razsajala . Veliki učenjak je umrl na Dunaju 1551, torej prav v letu, ko smo Slovenci dobili svojo prvo tiskano knjigo. Kot vsi humanisti je tudi Perlah pisal v latinšč ini, ki je bila splošno razumniški jezik tistega časa. Perlah je imel enciklopedično znanje. Odlično je obvladal mate- matiko, fiziko, astronomijo in grščino, latinš čine pa še medicino. Napisal je šte- vilne krajše in daljše razprave in je avtor več tiskanih del, večinoma z matematično in • - o ~ • I __ ~~-07X'-~- I " oJ~ J I ~ ' \.:',) h ol ' (u ,,~_, r l ~"u."' ( " r.lI.' ''l !2)..·OI Jt. . ... • I' ~'2!~'_l..:!M_n_~o't.' ....1•.~.!II._.,..~~:\;f~ilt"· I.,,, ,,~ ._r _ +. ,.j!!!' .DI'; J!\ql,..!2l'" c.~"']lC= w I "" 1" J' U'-;- - - - - _. __.0 ( O~ 'I_~~_I_,h :F;t; rS"_1 Q '- ,12 I ir-.,.; CO l Ol . , N_l..-!L . ~~jll: ;~~~-=~~~~~'~~J~~l~~l;~:!~\ -~:~:,~}O ~ l:~~i~: ~ )~I ~;_~~:L:~U.l~: ; !~I :.:_:I~J:I; . j:~~,~'.~lf.J:L~~\~~~~I~ J:I~~J~I; ~: I:.:~I~J:I~:_:m~ :B::"'lp tU.la1 . 'jJ) >"11' 1'\"- '} Ir" )'[' ul" I )I '~ 1111" .'1" D ,·1.J11KC.'U . ») l'~lI", :!.-Zil' 1 " I l~ ~)....E 'U ' .l. ~ · B I . Yl Il _~I~~ )(~~,,\ :~I:~ )1J:;-.J1:: ~~,-Jfl:U~I~I~; ~~.:·I~;L.I~\ .~_~I ,~_:~~: ~~I~: ~~~ ~ _;~I: :J~ I :~~~I: :~ll~ 1! ~C~'l cf\. ~~1 ~ ~ 1 ;~1: ~ ~!~: ;*: : ~ : ~ I~~':,~ '~ :: .~m tl. k1Ill~.~1 ~ : 1 1 ~:t ;~~:~i~:_::I : Lj;I:~~~i :~lll;.J;J~ J .~:~;~If•.:~ :l' I'IA;~I ~:~i~: ~~I :~ ~~ il: :~:~. J;I:~~I ;: ~1,' : \I~)( ~~I : : I~I ::.J~I:~ ~:1:~_~:~ JI:~ :~H~ 1! ~ bf~j:~-:I ' ~Y : ~ I ~ :- :~~: ::1:: !fl : ~ ~~ :: ;J:·~l;I~~ I Slika 1. Astronomski podatki za februar 1520 v Perlahovem almanahu - Almanaeh novum 1520. Podatki so izračunani za dunajski poldnevnik . * To so Hermanus de Carinthia (Herman Koroški, 12. stol.), Ljubljančan Johannes Lezi- eius (Janez Lezič, 13. stol.) in Bernard Perger (1440 - 1502) iz Zgornje Ščavnice v Slovenskih Goricah. profesor latinščine in matematike na dunajski univerzi. 240 astronomsko vsebino. Eno knjigo pa je napisal z medicinskega področja (navodilo za boj zoper kugo). Na splošno je Perlah obnavljal in razširjal učbenike svojih predhodnikov, zlasti almanahe, letopise, efemeride in koledarje z astrološko in astronomsko tematiko (slika 1). V astronomskih efemeridah je že obravnaval lege planetov med seboj in lege planetov glede na svetlješe zvezde. Tako ni obravnaval planetov še nihče pred njim. V tem pogledu je njegovo delo samoniklo in mnogo bolj samostojno od nje- govih predhodnikov. Astronomskim napovedim je navadno dodajal še zdravniške nasvete (na primer navodila za puščanje krvi, striženje las, obrezovanje nohtov). Izdelal je tudi več astronomskih instrumentov, med njimi astrolab (slika 21. s kate- rim je opazoval Soncu najbližji planet Merkur, kar je uspelo le redkim tedanjim as- tronomom. Ko v efemeridah omenja svoje instrumente, dodaja, da ga sicer nekateri neuki zasmehovalci zbadajo, vendar ga tolaži misel, da so imeli celo največji zvezdo- slovci obrekovalce. Perlah je naš prvi astronom, ki nam je zapustil tiskana dela. Čeprav se je poslovil od svoje prvotne stroke - filozofije in se nato z enako ali pa še večjo vnemo posve- t il medicini, si je z izdajanjem almanahav, koledarjev in letopisov, v katerih je obja- vljal preglednice z astronomskimi podatki, med Slovenci in širše ustvaril velik ugled. Pomen njegovega dela v slovenski kulturni zgodovini še ni v celoti ovrednoten. Slika 2. Astrolab - starinski astronomski instrument va mer - jenje višine lege vesoljskega te- lesa in tudi časa. Morda je Pe- rlah uporabljal astrolab za do- ločevanje inkubaci jskega časa pri kugi, saj ur, kot jih imamo danes, seveda tedaj še niso poz nali . Več o astrolabu pre- ber i v F. Hoyle, Astronoml]e . MK, Ljubljana 1971 , str . 39 do 43 . Morda je celo večji , kot mislimo, saj je v njegovih prikazih astronomskih podatkov (predvsem glede obravnavanja planetnih leg) čutiti nov način posredovanja snovi. Morda se je ob proučevanju planetov že približal spoznanju o heliocentričnem siste- mu, ki si je tedaj, po Kopernikavi smrti , že polagoma utiralo pot v znanstveni svet. Marijan Prosen 241 ENAKOSTRANItNI TRIKOTNIK - Rešitev s str. 231 Označimo z a dolžino iskane stranice in si pomagajmo spravokotnim koordinat nim sistemom. kot kaže slika. Če je to čka O oddaljena od o gli š č A, B in C zaporedoma 3. 4 in 5. nam Pitagorov izrek da naslednje zveze x 2 + y2 = 9 (x - a)2 + y2 = 16 (x - aj2)2 + (y - a.;3j2)2 = 25 Iz prvih dveh enačb izračunamo x = (a2 -7) j(2a), nato iz prve ena čbe z a izrazimo še y in oboje vstavimo v tretjo enačbo . To uredimo in dobimo ena čbo a4 - 50a2 + 193, ki ' jo rešimo z uvedbo nove neznanke a2 . Po kratkem raču nu najde mo rešiteva = \-125 + 12.;3. Boštjen Hostnik y a B(c ,O) x Zanimiva je nasled nja rešitev ist e naloge: Zavrtimo trikotnik ABC okrog ogli š ča A za 600 v smeri urinega kazalca (glej sliko) . Trikotnik AOC tako preide v 6 A EB . trikotnik AEO ' pa je en akostraničen . Ker ima po- tem trikotnik BDE stranice dolge 3,4 in 5. velja I BDE = 900 , I FOB = 300 Od tod brž dobimo še FB = 2, OF = 2V3 in naposled a2 = (3+ 2V3f + . 22 = 25 + 12.;3 242 URNIK TEKMOVANJ V LETU 1990 področje šola tekmovanje datum matematika osnovna šolsko do 7. aprila občinsko 21. april republiško 19. maj zvezno 2. junij srednja izbirno 10. marec repu bli ško 31. marec zvezno 13. - 15. april balkaniada maj olimpiada julij fizika osnovna področne 7. april repu bliško 5. maj zvezno 25. - 27. maj srednja izbirno 7. april repu bliško 12. maj zvezno 25. - 27. maj olimpiada junij logika osnovna in izbirno 22. september srednja repu bliško 20. oktober matematika osnovna in repu bliško december za razvedrilo srednja računalništvo osnovna šolsko 9. marec podro čne 30. marec republiško 14. april sred nja republiško 18. - 19. maj zvezno ju nij raziskovanje srednja republiško 1. junij inovatorst vo 243 Nekaj informacij o tekmovanjih 1. Matematika - osnovna šola Vsa tekmovanja bodo potekala v skladu s Pravilnikom o tekmovanju os- novnošolcev iz matematike za Vegova priznanja . Pojasnila lahko dobite pri tov. A. POTOČNIKU . OŠ K. D. Kajuh. Vlahovi čeva 42. Ljubljana . telefon (061)-445-626. 2. Matematika - srednja šola Razpis izbirnega tekmovanja (za vse učence. ki želijo sodelovati na re- publiškem tekmovanju) bomo tako kot doslej skupaj s prijavnicami poslali na šole. Vsa pojasnila daje tov. D. FELDA. Fakulteta za elektrotehniko in računalništvo . Tržaška 25. Ljubljana. tel. (061)-265-161. int. 233. 3. Fizika - osnovna šola Republiško tekmovanje bo v Mariboru. Tekmovanje je ekipno. ekipo sestavl- jata dva učenca. Vsaka šola lahko prijavi po eno ekipo za 7. in 8. razred. Vse ekipe. ki želijo sodelovati na repu bliškem tekmovanju . se morajo udeležiti področnega tekmovanja v ustrezni organizacijski enoti Zavoda za šolstvo SR Slovenije: - v Celju na Tehniški srednji šoli. Pot na Lavo 22 (J . Dolenšek): - v Mariboru na Pedagoški fakulteti. Koroška c. 160 (M. Cvahte in Z. Bradač) : - v Kopru na Srednji pedagoški in naravoslovnomatematični šoli. Cankarjeva 2 (E. Okretič) : - v Ljubljani na Pedagoški akademiji. Kardeljeva ploščad 16 (F. Prijatelj): - v Radovljici na OŠ A. T. Linhart . Kranjska 27 (J . Stare) : - v Murski Soboti na Sred nješolskem centru teh niško pedagoške usmeritve. V. Vlahoviča 12 (E. Dečko): - v Novi Gorici na OŠ IX. korpusa NOVJ. Kidričeva 36 (A. Fakin): - v Novem mestu na OŠ 15. divizije. Grm. Trdinova 7 (D. Brezovar): - v Dravogradu na OŠ Radlje (F. Pogorelčnik). Gradivo za pripravo tekmovalcev je snov iz učbenikov J . Ferbarja in F. Plevnika za 7. in 8. razred. ki ju učenci lahko med tekmovanjem uporabljajo . Predtekmovanje bo sestavljeno iz vprašanj in računskih nalog. na republiškem tekmovanju pa se bodo učenci poleg tega pomerili še v eksperimentalnem delu. Priporočamo. da izvedete šolsko tekmovanje . Prijave za podro čne tek- movanje pošljite na ustrezno zgoraj navedeno organizacijsko enoto najkasneje do 25. marca. Informacije dobite pri tov. F. PRIJATELJU. OŠ T. Čufar. Č u f'a rj ev a 11. Ljubljana. tel. (061)-313 -135 ali (061)-313 -156. 244 4. Fizika - srednja šola Razpis za tekmovanja bomo skupaj s prijavnicami poslali na šole do konca februarja . Informacije dobite pri tov . 1. KUKMANU na Fakulteti za stro- jništvo . Murnikova 2. Ljubljana . tel. (061)-22 3-133. int. 275. 5. logika Na republiškem tekmovanju tekmuj ejo učenc i. ki bodo v času tekmovanj v 7. in 8. razredu osnovne šole . u čenci srednjih šol in študenti. Šole. ki bodo organizirale izbirno tekmovanje. se morajo prijaviti na razpis do 1. junija na ZOTKS . Komisija za logiko. Lepi pot 6.61001 Ljubljana. Na ta naslov naj do 5. septembra tudi sporočijo. koliko nalog za posamezn e skupine potrebu - jejo. Šolam bomo poslali tudi naloge za 5. in 6. razred. Komisija za logiko bo izbrala do 50 tekmovalcev iz posam ezne skupine za nastop na repu bliškem tekmovanju. Učenci šol. ki ne bodo organizirale izbirnega tekmovanja . se lahko prijavijo do 30. avgusta na najbližji šoli. kjer bodo tekmovanje izvedli. Seznam teh šol bo objavljen v dnevnem časopisju julija in avgusta . Druge informacije daje tov. A. JUS na ZOTKS. tel. (061)-263-676 . 6. Matematika za razvedrilo Vse informacije dobite v časopisih MOJ MIKRO. PIONIR in PROTEUS. 7. Računalništvo - osnovna šola Razpisi za tekmovanje so že na šolah . Informacije dobite pri tov. A. JUSU. ZOTKS - Svet za tehnično vzgojo mladine. Lepi pot 6. Ljubljana . tel. (061)- 263-676. 8. Računalništvo - sred nja šola 1. Raziskovalne naloge Strokovna komisija bo pregledala naloge. ki bodo do 1. maja prispele na naslov Gibanje znanost mladini. Lepi pot 6. Ljubljana . Na osnovi dobljenih ocen bo določila tiste učence . ki bodo svoje naloge ustno zagovarjali. II . Tekmovanje iz znanja račun alništva Mentorji naj pošljejo prijavo šole s poimenskim seznamom tekmovalcev (ne več kot po 5 učencev za vsako od treh tekmovalnih skupin) do 10 . aprila na Gibanje znanost mladini. Pri teru .naj upoštev ajo pravila. ki že vrsto let veljajo za to tekmovanje. Potrditev prijav in natančni razpored tekmovanja bodo šole dobile teden dni pred tekmovanjem. ' ~ o l a m priporočamo. da izvedejo predtekmovanj a in tako izberejo najboljše predstavnike. Učenci šol. ki se ne bodo prijavile na tekmovanje kot organizacije. se lahko sami prijavijo na isti naslov. prav tako 245 najkasneje do 10. aprila. Informacije dajeta tov . R. DORN in tov . M. ZRIMEC. Fakulteta za elektrotehniko in ra čunalni štvo . Tržaška 25. Ljubljana. tel. (061)-273-489 . 9. Raziskovanje in inovatorstvo Razpise za 23. srečanje mladih raziskovalcev in inovatorjev Slovenije so srednje šole že dobile. podrobnejše informacije pa dobite pri tov. B. SOTOŠKU. ZOTKS - Gibanje znanost mladini. Lepi pot 6. Ljubljana. p.p. 99. tel. (061)-263-676 ali (061)-267 -380 . Darjo Felda DOKTR INA ..... Nekoč je živel študent. ki ni nikoli post al matematik . ker je slepo verjel rešitvam . ki jih je našel na zadnjih straneh matematičnega učbenika. in - .ironija! - rešitve so bile pravilne!" Iz knjige Anthony de Mello. Minuta modrosti velikih verstev Izbral Matija Lokar NA LOGA O DELJIVOSTI ŠTEVI L - Rešitev s str. 189 Ker je 29 x + 29 y delj ivo z 29 , je deljivo z 29 tu di število (28 x + 29 )/) - (Bx + 15 y ) = 21 x + 14 y Toda. ke': velja 21 x + 14 V = 7 (3 x + 2 )-') in ker st a si št evil] 7 in 29 t uj i . dcli 29 t udi 3 x + 2 y . Zato je delj ivo z 29 t udi (Bx + 15y) - (3 x + 2 y) =5x + 13y Drepolj ub M. Miloše ~'i{; prev. Peter Petek' L'LL I L \ L' ll'."L_' ~L , ,__'L' . VZOREC IZ MOSKVE - Rešitve iz P3 7.1. V zgornjo vrstico lahko poljubno zapišemo vse štiri črke. na primer po vrsti A. B. C. O. Potem v skrajnih dveh kvadratkih spodnje vrstice ne smeta biti ne A ne O, torej sta A in O v notranjih dveh kvadratkih te vrstice. Vsaka od obeh možnosti nam da eno od rešitev na sliki. A B C D C D A B D C B A B A D C A B C D D C B A B A D C C D A B 7.2. Označimo z S središče kroga. Ker sta kota 5MB in SNB prava. je štirikotnik 5MBN tetiven in velja enakost L BMN = LBSN Podobno dobimo enakost I NKC = L NSC Ker je trikotnik BCS enakokrak in je SN .1 BC. velja ! BSN = ! NSC torej tudi enakost. ki smo jo želeli dokazat i. 7.3 . Vietovo pravilo nam za korena Xl in X2 t rinoma x 2 + ax + b da a = - ( Xl + X2), b = X1X2 . Zaradi pogojev naloge je potem 247 Ker diskriminanta trinoma ni negativna . je še a2 ~ 4b. to pa skupaj s prejšnjimi ocenami (ker iščemo le celo števil čno rešitev) brž da edino rešitev naloge: a = -2, b = 1. 8.1. Poglejmo zaporedje ijijij... ;i , j E {O,l,.. .,9} in že vidimo. da mora X vsebovati vsaj enega od elementov ij. ji (če je i = l . torej ii E X) . Zato je v X vsaj 55 elementov. Množica X = {ij: i s l , i , j E {O,l ,...,9}} ima 55 elementov in tudi zahtevano lastnost. 8.2. Vzemimo x =0, x =1 in x =1/2 pa dobimo neenakost le l S 1, I a + b + eI S 1, I a + 2b + 4e I S 4 (1) Brez škode smemo privzeti. da je a ~ °(če je a < °namreč lahko številom a,b in e hkrati spremenimo predznake) . Druga in tretja ocena v (1) nam dasta -1 - e Sa + b S 1 - e -4 - 4e S a + 2b S 4 - 4e od koder dobimo - 6 + 2e S a S 6 + 2e -5 - 3e S b S 5 - 3e Naj bo b ~ O. Potem z uporabo prvih dveh ocen v (1) dobimo l al + I b 1+ lel = a + b+ le l S (a + b + e) + l el -e S 3 Če pa je b < O. nam (2) in prva ocena v (1) dasta a - b + e S 11 + Ge S 17 a - b - eS 11 + 4e S 15 (2) zato velja lal + I b I + lel = a - b + le l S 17. Lahko se prepričamo. da pri a =8, b = -8, e = 1 velja za vsak x E [0,1] neenakost I ax2+bx+e IS1. torej je največja možna vrednost izraza lal + I b I+ l el enaka 17. 248 8.3. Enega od ustreznih na činov prelivanja kaže slika. iIi\ . l i I \ I ·r uBt:JoOt:J \~ ~ 9.1. Denimo, da rdeči prenuci nista vzporedni. Potem sta obe modri premici pravokotni na ravnino . ki je vzporedna obema rde čirna premicama . torej sta vzporedni med seboj . 9.2. Poglejmo katerokoli križi š če (oblike .i.). v katerem ulica z notran- josti kvadrata sreča robno . Ce to ni T (kjer je za četek in konec poti). potem moramo vsaj eno od treh poti dolžine 1. ki vodijo iz tega kri žiš ča. prevoziti najmanj dvakrat. Ker je takšnih kri ži š č 15. bo treba najmanj 8 poti prevoziti vsaj dvakrat. Najkrajša možna pot je torej dolga vsaj 60 + 8. Na sliki sta predstavljena dva načina pluženja . oba dolga 68. -- ,.---. II II '-- '-- T 9.3. Pomnožimo izraz s s~nf in nekajkrat zapored uporabimo formulo sin x cos x = (1/2) sin 2X: 249 • 'Il" 'Il" 2'Il" 3'Il" 4'Il" 5'Il" Slll - COS - COS - COS - COS - COS - = 11 11 11 11 11 11 1 . 4'1l" 3'Il" 4'Il" 5'Il" = 4" SIn 11 COS 1r cas 11 cas 11 = 1 . 8'1l" 3'Il" 5'Il"= - SI H - COS - cas - = 8 11 11 11 1. 3'1l" 3'Il" 5'Il"= - Slll - COS - cas - = 8 11 11 11 1 . 6'1l" 5'Il" = - SI H - ca s - = 16 11 11 1 . 5'1l" 5'Il"= - SI H - cas - =. 16 11 11 1 . 10'll" 1. 'Il"= - Slll - = -SIII- 32 11 32 11 tretje / I I I ! ! MAB = / SAB = ! SBA = =f3 - 60° =10° B C 10 .3 . Očitno je a2 ~ O. zato obstaja tak m E lN U {O} . da je m ::; a20 ,,(ib ,,(ib zato je aj../b - y'a več kot ../b - bjy'a. 2. Najprej ugotovimo. da sta si trikotnika ABBl in ACCl po- dobna (isti kot pri A in oba pravokotna) . zato ABl jACl = AB j AC . od tod pa sklepamo. da sta si podobn a tudi trikot- nika ABC in ABl Cl . Trikotnik CAD je enakokrak (D središče očrtan ega kroga). zato je kot L B1AD = (11" - I ADC) j2 . Ker je I ABC obodni kot nad istim lokom kot središčni I ADC . je I B1AD = (11" - 2 · I ABC) /2 = 11"/ 2 - I ABe. zaradi podobnosti trikotnikov ABC in ABl Cl pa je I B1AD = 11" /2 -1 ABl Cl ozi- roma I B1AD + I ABl Cl = 11"/2. kar ravno pomeni . da je t rikotnik ABl T pravokoten s pravim kotom pri T. 3. Poleg skupne tangente skozi A in B pot egnimo še skupno tan - genta skoz i C. s T pa označi ­ mo točko . kjer se sekata . Zara- di enakosti tan gentnih odsekov velja AT = TC = BT. Točke A. Bin C ležijo torej na krožni- ci s sredi ščem T . obodni kot I ACB je pravi. 254 4. Označimo z o število zmag in z o število porazov ekipe iz Osme dežele na domačem teren u ter analo gno še d in d za ekipo iz Devete dežele . a . Predpostavimo. da je bilo doslej 5 tekem odigranih v Osmi deželi. Iz podatkov v nalogi je 0+ 0=-5 in 0+ d = 5. iz tega pa d = o. Če to upoštevamo v enačbi 0+ d = 7. dobimo 20 = 7. kar ni mogoče (o. O. din d so namreč cela števila) . b. Ostane nam možnost. da je bilo doslej 6 tekem odigranih v Osmi deželi. Sedaj dobimo : 0+0 = 6. o+d = 7. d+o = 4 in o+d = 5. Ta sistem ni protisloven. saj da o = 4. 0= 2. d = 2 in d = 3. Dvanajsta tekma bo torej v Deveti deželi. Tretji letnik 1. Dano ena čbo preuredimo v 1 1 n-1( 1 )2 log; 2 2logx 2 + ...+ (n - 1) logx 2 n logx 2 = -n- logx 2 1 1 1 n-1 nato - + - + oo. + =-- 1 ·22·3 (n-1) ·n n 1 1 1 1 1 1 n-1 in končno - - - + - - - + . . . + -- - - =-- 1 2 2 3 /1 -1 n n Slednje očitno drži (na levi strani zadnje enakosti ostaneta le prvi in zadnji člen) . 2. Iz b