IPRESEK list za mlade matematike , fiz ike , ast r on a me in računalnikarje 26 . letnik, leto 1998/99, številka 3 , st ran i 129-192 VSEBINA MATEMATIKA F I ZIKA AST RONOMIJA RAČUNALNIŠTVO NALOGE REŠI TVE NALOG ZANIMIVOSTI , R AZVEDRILO NOVICE T E KMOVANJA N A OVITK U Razrez kocke (Tomaž Slivnik ml. ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130-132 Dve pa lici z enakima sencama (Nada Razp et, Dani ca Mati ) 154-156 Električni tok po kapljevinah (J an ez Strnad) 138-140 O nam najbližji zvez di, 2. del - Manj znano Sonce (M irjam Galičič) 142-145 P redpes (Marijan Prosen ) 162-164 Logo, sez nami in množice (Mart in Juvan) 146-152 Slana sredi grma (J ože Rakovec) 132 Šte vilska igr ica za mlade računarj e (Marij a Vencelj) 152 Iz petih kvadratov dva (Mar ija Vencelj) 159 O kroglo in kvadratasto (Mart in Juvan) 159 Zanimiva ' naloga o Pred psu (Marijan P rosen ) . . . . . . . . . . . . . . . . 165 Ses tavljanka - s str. 95 (Bošt jan Marinšek) 137 Tombola - s st r. 102 (Mart in Juvan) 140-141 Šte vi lska križanka - s str . 71 (Marija Vencelj) 164 Kr iža nka "Zlati j ubilej DMFA Sloven ije" - s str. 96 (Marko Bokalič) 165 Nenavadna funkcij a - s str. 108 (Martin Juvan) 166-169 Stopnje točk grafov v nalogah - Rešitev portoroške naloge s str. 78 (Sandi Klavžar) 169 Mikrotveg (Andrej Lika r) 133-135 Križanka "Zimski pojavi" (Marko Bokal ič ) 160-161 29 . mednarodna fizikaina olimpiada (Ciril Dom inko) 135 29. fizika ina olimpiada: Skoraj na vrhu sveta (Mart in Zadnik) 136-137 39. mednarodna matematična olimpiada (Matjaž Željko) 153 Poletna šola matem atike na Bledu (K lavdija P int a r) 157-159 Urn ik tekmovanj v letu 1999 (Darjo Felda ) 170-1 72 33. področno t ekmovanje za Srebrn o Vegovo priznanj e - rešitve s str. 109 (A leks ander Potočnik) . .. . . . . . . . . .. . 172-174 18. področno t ekmovanje iz fizike za osnovnošolce - rešitve s st r . 115 (Zlatko Bradač , Mirko Cvahte) 174-177 Reši tve nalog s pr edtekmovanja sred nješolcev iz fizike v šo lskem let u 1997 / 98 - s st r . 118 (Bojan Golli) . . . .. 177-184 Izbirn o t ekmovanje iz matematike za srednješo lce - rešitve s str. 123 (Matjaž Željko) 185-18 9 19. med narodno matematično t ekmovanje mest - pomladanski krog - rešitve s str. 126 (A leš Vavpetič) . 189-192 Slana sred i grma (fot o Jože Rakovec) . Preb eri tudi vpraš anje na st r . 132 1, II Udeležen ci poletne šo le na Bledu . Glej zapis na str. 157 II Ilust racij a nevtrins kega observatorija Sudbury v Kanadi (k članku na st r . 142) III Slovenski olimpijsk i ekipi na 39. matematični in 29. fizikalni med- narodni olim piadi. Glej poroči la na st raneh 135, 136 in 153 . .. IV Mat ematika I RAZREZ KOCKE Kvadrat lahko raz reže mo na 21 manj ših kvadratov, ki so med sab o vsi različni : 27 35 50 8 19 11 15 17 6 9 I 7 24 25 18 29 16 4 42 37 33 Slika 1. Ta razrez je let a 1978 našel A. J. W . Duijvestijn, slika pa je vzet a iz knjige B. Bollobas , Graph Th eory, An introductory course, Springer-Verlag, 1979 (stran 34, slika 1). Dokažemo tudi lahko, da kvadrata ni mogoče razreza t i na manj kot 21 neskladnih kvadratov. Mat ematika V t em pri sp evku pa bo mo pokazali , da se kocke ne da razreza ti na manjše kocke, ki bi bile med sabo vse različne. P a recimo, da bi bilo to mogoče. P redpostavimo, da je K kocka, razrezana na n 2': 2 paroma neskladnih kock Ki , . . . , K n . Pokazali bomo, da naš razrez vsebuje vsaj n + 1 kock. To protislovje bo pokazalo, da t ak razrez ne obstaja. Naj bo L i najmanjša med kockami Ki , ... , K n , ki leži na spodnji ploskvi kocke K . Opazimo, da Li ne more biti v kotu kocke K. Recimo, daje. Kocko K zasučimo tako, da Li leži v njenem sprednjem levem kotu. Kocka , ki leži na spo dnji ploskvi K poleg Li na njeni desni st ra ni (njena desna "soseda"), je večja kot L i in zato utesnjuj e njeno zadnjo sosedo v prost or, v katerega ne moremo spravit i kocke, večje od Li. Tod a t udi zadnja soseda Li je večja kot Li . To protislovje nas prepriča, da Li res ne more bit i v kotu kocke K. Prav tako vidimo, da se L i ne more dotikati rob ov kocke K. P a predpostavimo, da se dotika enega od robov. K zasučimo tako, da se Li dotika njenega sprednjega roba. Vemo , da Li ni v kotu in ima zato levo in desno sosedo . Ti sosedi sta obe večji od L i in zato utesnjujeta zadnjo sosedo kocke Li v pros tor, v katerega ne moremo sprav it i kocke, večje od L i . Toda spe t je zadnja soseda Li večja kot L i. To protislovje pokaže, da se Li res ne more dotikati robov kocke K . Torej mora spodnja ploskev kocke L i v celot i ležati v notranj osti spo dnje ploskve K . Ker so vse sosede Li večje od nje, je Li ogr aj ena s kockami , ki so višje od nje (kot na sliki 2). pogled od zgo raj pogled od spo da j Slika 2. LJ je ogra jena s kockami , ki so večje od nje . Torej obstaj a vsaj ena kocka med Ki , ... , K n , ki leži nad Li. Poleg tega mora biti spo dnja ploskev vsake kocke K i, ki se dotika notranj osti zgornje stranske ploskve Li , v celot i vsebovana v zgornji ploskvi Li' 132 Ma tem atika - Nalog e I Pa naj bo L 2 najmanj ša med kockami KI , .. . , K n , ki leži na zgornji stransk i ploskvi LI . Kot v primeru razmisleka za LI vidimo , da L 2 ne leži ne v kotu ne na robu zgornje ploskve LI. Spodnja plos kev L 2 je to rej v celot i vsebovana v not ranjosti zgornje ploskve LI . Ker je L 2 najmanj ša kocka, ki leži na zgornji ploskvi LI , je t udi L 2 ogra jena s kockami , ki ležijo na zgornji ploskvi LI in so višj e od L 2 . Zdaj je jasno, kako nad aljujem o: na enak način , kot smo našli LI in L 2 , poiščemo še kocke L 3 , . .. , L n +I. L i+I najdemo kot najmanj šo kocko, ki leži na zgornji ploskvi L i . Spet vidimo , da leži spo dnja plo- skev L i+I v celot i v not ranjosti zgornje ploskve L i in da mora biti L i+! ograjena s kockami, ki ležijo na zgornji ploskvi L i in ki so višje od L i+I (i=2 ,3, . . . , n) . Pokazali smo , da med našimi n kockami K I , " " K n lahko najdemo n + 1 različnih kock, ki ležijo ena vrh druge. To proti slovje dokazuje, da razrez kocke K na kocke KI , . .. , K n sploh ne obstaja. Torej se kocke res ne da razrezati na končno mn ogo manjših kock , ki so med sa bo vse različne . Za konec pa br alcem zastavljam še tri vprašanja : Vprašanje 1: V našem dokazu smo pr edpost avili , da moraj o biti st ra- nice kock v razrezu kocke na končno mn ogo manjš ih kock vzporedne s st ranicami celotne kocke. Ali vidiš, kje smo to predpostavili? Ali je naša pr edpostavka utemeljena? Vprašanje 2: Ali znaš kocko raz rezat i na neskončno mn ogo neskladnih kock? Vp rašanje 3: Ali je mogoče enakostranični trikotnik razrezati na končno mno go neskladnih enakostrani č nih trikotnikov? Toma ž Slivnik ml. SLANA SREDI GRMA Z naslovnico tokrat zastavljamo Presekovim br alcem naslednje vpra- šanje: "Zakaj je slana samo na sredi grma?" Morda se boste laže dokopali do odgovora, če si ogledate še foto- grafijo ist ega grma z nekaj več okolice na II. st rani ovitka. Jože Rako vec I Zanimivosti MIKROTVEG V vsakdanjem življenju je mn ogo naključij. Pri tem imamo v mislih do- godke, ki jih nismo predvideli ali pa jih ne moremo pr edvidet i. Naključni dogod ek je na primer nedogovorjeno srečanje dveh znancev v t uje m me- stu; dogodek , da ujam emo mestni avtobus prav v t renutku , ko smo prišli na post ajo; da na loteriji zadenemo kak dobi tek. Naklj učni pa so t udi manj prij etni dogodki , kot so razne nevšečnosti in nesreče . Prav slednjim bi se pr av radi izognili , a so v veliki meri nen ap ovedljive. Kljub nenapovedljivost i pa lah ko povem o kaj več o tv eganju za do- ločen dogo dek. P ri skoku z okna v drugem nadstropju je sicer mogoče , da bomo ostali nep oškodovani, a ni pričakovati , da se bo to res zgod ilo. Pravimo, da je tak izid pr av malo verj eten. Prav tako je malo verj etno, da nas zadene meteor ali del ra zpadlega sa te lita. Ni pa tako malo verjetno, da nas pri neprevidnem prečkanju ceste zadene kako vozilo. Verj etnost lahko opredelimo t ud i s številom. Pri te m se spo mnimo, kako delajo poskuse fiziki, ki jih zanimajo lastnost i atomskih jeder. Na jed ro usmerijo kak delec in pogledajo , če se je pri te m zgodila reakcija . Ta poskus pon avlj aj o. Največkrat reakcije ni , včasih pa z detektorji zaznajo delce, ki kažejo , da se je zgodila . Če se je pri 1000 poskusih reakcija zgodila petk rat , je verje t nos t zanj o kar razmerj e 5/1000 = 0,005. Fiz iki seveda ne pošiljajo delcev posamezno, temveč v cur ku, da merjenje ne traja pr edol go. Verjetnost določamo torej z opazovanj em velikega števila pos kusov pri podobnih okoliščinah. Pri te m štejemo število vseh poskusov in število poskusov, pri katerih so se dani dogodki zgodili. Neprevidno prečkanje cest e je to rej poskus, dogod ek pa je, če nas pri tem zadene avto. Prav tako je poskus celodnev ni sprehod v nar avi , dogod ek pa, denimo, da tedaj vidimo medveda . Pri oce ni verjetnosti za kako nesrečo seveda ne delamo eksperime ntov. Zanesemo se na poročila o nesrečah , ki so se že zgodile, in jih razvrščamo v skupine s čim bolj enakimi okoliščinami . To da število dogodkov, število poskusov pa ocenimo iz statističnih po datkov. Pri vsakdanjih opravilih je pogosto st nesreč , pri katerih bi se nam zgod ilo kaj hudega , majhna. Verj etnosti so v območju 10- 6 , se pravi v povprečju 1 dogod ek na milijon poskusov. Verjetnosti 10- 6 bomo rekli mikrotveg. Oglejm o si dejavnosti (torej poskuse) , pri katerih je verje tnost , da izgu bimo življenje, enaka enemu rnikrotvegu .! • potovati z vlakom v 2500 km oddaljeni kr aj , • let eti s civilnim let alom na razdalji 2000 km , 1 P odatki so povzet i iz prispevka Georga Marxa "P eople and risks" na konferenci Rio Followup v Egru na Madžarsk em od 22.-27. avg usta let a 1994. 134 Zanimivosti I • potovati na razdalji 80 km z avtobuso m , • vozit i se z oseb nim avtom na 65 km dolgi poti , • prekolesari ti razdalj o 12 km , • voziti motor na razdalji 3 km (res je , le t reh kilometrov!), • pokaditi eno cigareto, • živet i 2 tedna s kad ilcem v isti sobi, • popit i pol litra vina, • preživeti 10 dni v opečnati hiši in tvegati življenje zaradi radioaktiv- nega sevanja naravnih radioaktivnih izotop ov , pred vsem rad onovih potom cev , • t ri dni dihati onesnažen zra k velem esta. Tveganja v področju mikrot vega so za večino ljudi sp rejemlj iva . Se- veda bi se radi tudi tako majhnim t veganjem izognili . Največkrat to ni mogoče , saj tudi prizadevanj e, da se dogodku izognem o, ni vedno brez tv eganja. Različni poklici nosijo s sebo j različna tveganj a . Za delo v trgovini t vegamo 10 mikrotvegov na leto, v tovarni pa 10 do 100 mikrotvegov. Pri transpo rt u je tveganj e 400 mikrotvegov na let o, rudarj enje nosi 800 mikro- tvegov, gradnja daljnovod ov 1200 mikrotvegov let no. P ri črpanju nafte iz morskega dna na velikih globinah tvegamo 1500 mikrot vegov, ribarj enj e na odprtem morju z globinskimi mrežami pa pomeni 1800 mikrot vegov letno. Ocenili so, da tvega predsednik ZDA kar nekaj tisoč mikrot vegov letno. Seveda so vsa t a tveganja prav majhna v primerjavi s tveganjem kad ilca. Povprečni kadil ec pokadi 8000 ciga ret letno, kar prinese 8000 mi- kr ot vegov. To je nekajkrat več , kot so t veganja, ki so ji m izpost avljeni ljudje v naštetih pokli cih . Svetovna tobačna indus trija naredi 5 · 1012 ci- gare t letno. Naj bralec sam presodi , koliko žrtev terj aj o cigarete vsako leto. . Zadnje čase ljudi posebno skrbi t veganje zaradi radioakt ivnosti. Vpra- šanje je zanimivo , saj smo temu sevanju izpost avljeni vsi. Z leti so z mnogimi št ud ijami dognali, da vsakdo letno tvega zaradi naravnega radi- oaktivnega sevanja v povprečj u 100 mikrotvegov . V nekaterih področjih sveta je nar avn o sevanje še posebno izrazito in je lahko tudi 12-krat večje od navedenega. P osebno skr b vzbuja radioak ti vni radon , ki ga je v neka- teri h delih sveta precej več kot drugje . Tam so področja , kjer je tveganje zaradi vdihavanj a radonovih potom cev tolikšno kot pri kadilcih. Strogi predpisi, ki se jim moraj o pokoravat i jedrske elektarn e, zago tavljajo, da je dod atno tveganj e okoliškega prebivalst va zaradi normalnega obratova- nja elekt rarne manj kot za 1% povečano glede na t veganj e zaradi nar avnih virov. Zanimivosti - Novice Pri preso ji nevarnosti kakega početj a se le redki ozirajo na podatke o tveganju, ki so na voljo. Nekdo se panično boji letenja z let alom , brez skrbi pa se vozi z motorjem . Dru gega zelo skrbi sevanje, pri tem pa pokadi t udi 12000 ciga ret letno. Spet t retj i gra di novo hišo, ker se bo ji, da je v stari preveč radona. Meritve sicer pokažejo, da je povišanje neznatno, tveganje , da gre kaj hudo narobe pri gradnj i, pa nekaj tisočkrat večje od tistega, ki ga prinaša življenje v stari hiš i. Kakršnokoli prepričevanje pa ne zaleže. Voda na mlin tovrstnemu presojanju so izkušnje. Pod atek o verjetnos t i za kak dogodek je sicer dobrod ošla pod laga zavar ovalnicam , ki imajo opravka z velikim številom ljudi. P ri posameznikih pa gre včasih vse narobe: ponesreči se voznik, ki je na cesti le nekajkrat letno , dobro pa jo odnese t rgovski potnik, ki venem let u pr evozi t udi do 100 000 km . Neva rno zbo li znanec, ki je vse življenje živel zgledno, se ukvarj al s športom, jedel le zdravo hr an o, nikoli pil alkoholnih pij ač ali kadi l. P rav dob ro pa se počuti sosed, ki kadi kot Turek, se baše z mastno hran o in mesom in je prav redko t reze n. Prav take izku šnje si ljudje radi zapo mnijo, ker so presenetl jive, čeprav niso v nasprotju z načeli verjetnostnega računa. Le pri zelo velik ih tveganjih smo nekoliko bo lj racionalni: ne zgodi se prav pogosto, da bi voznik z vso hitrostj o zapeljal v križišče pri rdeči luči . Andrej Likar 29. MEDNAROD NA FIZIK AL N A OLIMPIADA Olimpiad a je bila od 2. do 10. julija 1998 v Reykjaviku, glavnem mestu Islandije. Sodelovalo je 266 te kmovalcev iz 56 držav, t ri države pa so bile pri sotne na olimpiad i kot opazovalke. V slovenski ekipi so bili: Martin Zadnik, Srednja šola za elektroteh- niko in računalništvo Ljublj an a, Klemen Nave ršnik, Matija Mazi, Natan Ost erman , vsi iz Gimnazije Bežigrad Ljubljan a, in Blaž Zupančič , Šolski center Brežice. Spremljevalca in člana mednarodne komisije sva bila Bo- jan Golli , Pedagoška fakulteta v Ljubljani , in Ciril Dominko, DM FA Slo- venije. Udeležbo na olimpiadi nam je finančno omogočilo Minist rstvo za šolstvo in šport . Letos je bilo po trebno doseči za zlato medaljo najmanj 42 točk od 50 možnih , za srebrn o 36 točk, za bronasto 30 točk in za pohvalo 23 točk. Največ usp eha so imeli kit aj ski te kmovalci; vseh pet je prejelo zlato medalj o in tudi zmagovalec olimpiade je bil član kit aj ske ekipe. Med našimi t ekmovalci sta Martin Zadnik in Mat ija Mazi prejela pohvali, kar nas po uspehu uvršča na sredino vseh sodelujočih dr žav . Naslednja , 30. mednar odna fizikalna olimpiada, bo od 18. do 27. julij a 1999 v Padovi v Italiji . Ciril Dominko Novice I 29 . FIZIKALNA OLIMPIADA: SKORAJ NA VRHU SVETA Začelo se je drugega julija zjut raj na Brniku, zaplet lo pa že istega dne popoldne v Frankfurtu. Na že davno rezervi ran em letalu za Islandijo za slovensko sedme rico na lep em ni bilo prost ora . Grozilo nam je, da bomo pr espali v Frankfurtu , a so našli zvezo za Reykj avik, to da - pr eko Pari za. Tako smo spoznali še Air Franc e in letališče Charles de Gau lle, kjer mrgoli zajcev. Tam so nas poskušali poslati spet v Frankfurt , a po vseh tež avah smo se le znaš li na letalu družbe Icelandair in približno ob dveh ponoči pri stali na let ališču Keflavik . Pelja li so nas v Reykjavik in namestili v hotel, spremljevalca v enega, ostalih pet pa v drugega - vse po pravilih . Zjutraj smo šli na ur adno ot voritev olimpiade, kjer je naš vodič Aki, št udent glasbe, igral trobento, nato pa še na sprejem k županu Rey kjavika. Do tedaj smo že spoznali zoprno islandsko vreme, to je nenehen dež in pa vet er , ki naredi dežnike neup orabne. Drugi dan našega bivanj a na Islandiji je bilo teoretično t ekmovanje. Naloge smo reševali v športni hali Laugardalsholl, kot vedno pet ur . P rva naloga je obravnavala kotaljenje pr avilne šeststrane pri zme (svinčnika) po klan cu , druga obnašanj e vode pod ledeno kapo ob vulkanskem izbru hu , tretja pa meritve seva nja ra dijs kih valov sestavljenega izvira iz naše ga- laksije. Po tekmovanju so nas pelja li na ogled črpališča pitne vode, na katero so zara di neonesnaženost i Islandci izredno ponosni . Zvečer smo šli na večerj o k islandskim družinam , slovenska peterica ravno k družini znanstvenika, strokovnjaka za ledenike, t ako da smo se lahko pogovori li o drugi te kmovalni nalogi. Na Islandiji v juliju sonce sicer zaide , a le za nekaj ur in t ik pod obzo rje, tako da je vso noč svet lo. Na dan teoretičnega te kmovanja smo ob polnoči opazovali tak zahod in sploh se nam ni mudilo spat. Spali smo vse dni bo lj malo, saj se zvečer zaradi sonca ne zaveš, koliko je ur a , in je mim ogrede polnoč , zjutraj pa je t reba vstat i, da ne zamudiš te kmovanja ali drugih akt ivnosti. Na dan oddiha med reševanj em teoretičnih in eks- perimentalnih nalog je bila taka akt ivnost za nas vzpon na goro Esja , kjer se da udobno ležati na deb elem mahu. Naslednjega dne je bilo na vrsti eksperimentalno te kmovanje. Ekspe- rim entalno nap ravo je sestavljalo jedro t ransform atorja z dvem a tuljavama in še manjša merilna tuljava . Merili smo, kako deb elina kovinskega lističa, skozi katerega potekajo magnetne silnice, vp liva na zmanjšanje gostote magn etnega polja , nat o še indukt ivnosti tuljav in relat ivno permeabilnost jedra . Po koncu reševanj a smo si šli ogledat obrat za pridobivan je alu- minija . Tekmovalci smo s tem svoje opravili in čeprav so bili občutki o I Novice - Rešitve nalog usp ešnosti morda nekoliko klavrni , smo vseeno laže zadihali. Začela sta se dva dneva aktivnosti, ocenj evalc i pa so se tačas seveda "kopali" v kupih papi rja . V to rek je bil na vrsti ogled narodnega parka, kjer je prikazan potek te ktonske razp oke, ki poteka po dnu Atlantika. Naslednja postaja je bil precej oddaljen ledenik, pot do tja pa poteka po pokraj ini , pod obni tisti na Luni. Tam smo se v debelih ob lekah na od prtem vozilu peljali po ledeniku , kjer se je dežju pr idružil še mrzel veter. Na pot i nazaj so nas opozorili na rastlinj ake ob cesti, kjer gojijo ban an e. Za ogre vanje izkoriščaj o vrelce vroče vode. Energije na Islandij i zares ne pri manjkuje! Za sredo smo si izmed dvan aj st ih ponujenih možnost i izbrali obisk met eorol oškega urada in inštitut a za zaščito pr ed sevanjem . Na pr vem so nam rekli, da kljub vsem inst rumentom za napovedovanje up orab ljajo tudi preverje no metodo, da gredo na balkon in pogledajo v nebo. Na slednjem pa smo dobili občutek , da Slovenija le ni tako majhna dr žava, sa j na omenjenem inštitutu dela le pet znanstvenikov in 1,5 (?) tajnice. Še nekaj besed o hrani. Zar adi pr edhod nih informacij , ki smo jih dobi li o Islandiji , smo pričakovali le izmenjavanje rib in jagnjeti ne, a z ničemer niso pret iravali. Zajt rk je bil t ak kot pr i nas. Za kosilo smo imeli na voljo bone in seznam lokalov z raznoliko ponudbo: ponekod severn jaška hrana, enkrat smo jed li celo grš ko polnjeno pito, morali pa smo poskusiti še McDonald's, saj je njihov hamburger na Islandiji menda najdražji na svetu . Samopostrežna večerja je bila v tekmovalni hali, in sicer ena ali dve topli jedi in množica hladnih prilog in solat. Predzadnj i dan je bila zaklj učna prireditev z glasbe nimi točkami, go- vor i zas lužnih za organizacijo olimpiade in seveda podelitvijo pohval in medalj . Naš izkupiček sta bili dve pohvali. Zvečer je bil organizira n še banket v hotelu bližnj ega mest a , ki pa se ni zav lekel pozno v noč , sa j nas je v petek zjutraj čakala pot domov. Od nje smo si po izku šnjah izpred tedna dni obetali, da bomo vide li vsa j London , če ne že Moskve. A "žal" je šlo vse gladko in smo bili zvečer že dom a . Mar tin Zadnik SESTAVLJANKA - Rešitev s str. 95 MATEMATIKA. Boštjan Marinšek Fizika I ELEKTRIČNI TOK PO KAPLJEVINAH Veni od prejš nj ih številk je Presek obravnaval to k elektronov po kovini. Večina vodnikov je res iz kovine, navadno iz bakra , a elektriko prevaj aj o tudi druge snovi . Na jprej pomislim o na tok po kapljevinah . Čista voda zelo slabo prevaj a elektriko. Veliko bolje jo prevaj a vodna raztopina kislin e, baze ali soli, t ako imenovani elektrolit. Molekula plina ali kaplj evine se ob raztapljanj u v vodi razdeli na dva dela , od katerih je eden naelektren poziti vno in drugi negativn o, na pozit ivni in negati vni ion. Na take ione se ob raztapljanju v vodi razdeli t udi kr istal. Poziti vni in negati vni ioni se v raztopini neur ejeno pr erivajo med molekulami vode in blodijo sem ter tja. Med elekt rodama, na kateri priključimo konstantno nap etost , pa elek- trična sila vleče negat ivne ione proti poziti vni elekt rodi in poziti vn e ione proti negati vni . Zaradi tega se neurejenemu gibanju pridruži po tovanje : negativni ioni potujejo proti poziti vni elekt ro di, pozitivni pa proti nega- tivni elekt rodi. Oboj i prispevaj o k toku. Ta je v elekt rolit u drugačen, kot v kovini , v kateri sodelujejo pri prevaj anju samo negativni nosilci naboja . Ko izvir nap etosti po elekt rolit u požene tok, ioni potujejo , na elekt rodah se izločajo snovi. To je elektroliza . P ri kovini smo ugotovili , da je prevodnost , to je obrat na vrednost specifičnega upora , tem večja , čim večja je absolutna vrednost nab oj a nosilca , čim večja je gibljivost nosilcev in č im večja je njihova gostota. Enačbo razumemo , četudi je ne izpeljemo . Ni je t ežko preoblikovati tako, da velja za elektrolit. Upoštevamo, da sode lujejo pri prevaj anju v njem nosilci nab oj ev obeh znakov. Prevodnost elektrolita je tem večja, čim večj i sta abso lutni vrednost naboj a obo jih nosilcev, čim večj i sta gibljivosti oboj ih nosilcev in č im večja je njihova gostota. Iz enačbe za kovino l /( = = eof3N IV, v ka ter i je (specifični up or , l /( prevodnost , eo osnov ni naboj , to je absolutna vrednost nab oj a elektrona, 13 giblj ivost elektronov in NIV gostota števila elekt ro nov, nastan e tako enačba Pri t em je nab oj poziti vnega ion a eo in naboj negati vn ega iona - eo. Go- stota po zit ivnih ionov je enaka gostoti negati vnih ionov, ker je elekt rolit navzven električno nevtralen . 13+ je giblj ivost poz it ivnih ionov in f3- gi- bljivost negat ivnih ionov. Hitrost negativnih ionov zaradi električne sile ima nasprot no smer kot hitrost poz it ivnih ionov. Minus zaradi naspro- t ne smeri hitrosti in minus zaradi negativnega naboj a dasta pri množenju plus, zato imata oba člena v enačbi za prevodnost enak znak. Fizika Smiselno je navesti gosto to ionov za kilomol ra ztopljene snovi v 1 m3 . V kilomolu je Avogadrovo število delcev NA = 6,°.1026 , tako da je v te m primeru produkt osnovnega naboj a in šte vila delcev eoN A = = 9,65· 107 As = eF. To je Fa ra dayev nab oj , ki smo ga že srečali. Prevo- dnost elekt rolit a, v katerem je de l M kilom ola spojine raztoplj en v 1 m3 , je _1_ = M(,8+ + ,8- ) eF . CM V P rost orn ina V = 1 m3 v imenovalcu poskrbi za pravo enoto. Enak rezultat dobimo, če namesto s kilom olom na kubični meter računamo z molom na lit er: kot je mol tisočkrat manjši od kilom ola , je 1 lit er , 1 I = 1 dm" , tisočkrat manj ši od 1 m3 . P rednost računanja s kilomoli ali moli je v tem , da veljajo zapisane enačbe za katerokoli snov. Če želimo pripraviti raztopino , pa moram o povedati , katero snov imamo v mislih in kolikšna je masa njenega kilomola ali mola . Naredimo račun za kalij ev klorid KGI. V preglednici pr eb eremo, da je vsota giblj ivosti kalij evega in klorovega iona 1,55 . 10- 7 m2 /Vs. S te m podatkom da enačba za pr evodnost 0,0015 (S1m) - l , 0,15 (S1m) -l , 15 (S1m) - l , če v 1 m3 po vrsti raztopimo desettisočino kilom ola , stotine kilomo la in en kilomol - ali v I l desettisočino mola, stot ino mola in en mol. Relativna atomska masa kalij a je 39,1 in klora 35,5, tako da ima kilomol kalijevega klorid a maso 74,6 kg. Desettisočina kilomola kalije- vega klorida ima maso 7,46 g, st otina kilornola pa 746 g. Tolik šno maso razt opimo v 1 m3 vode ali t isočino te mase v 1 1. Z merjenjem do bijo ustrezne prevodnosti 0,0015 (S1m) -l , 0,147 (S1m)-l, 11,2 (S1m) - l. Pri elektrolit u z majhno gostoto ionov je dal račun pravo pr evodnost , pri elektrolit u z večjo gostoto ionov pa je iz- merjena prevodnost manjša od izračunane , in to tem bolj , čim večja je gostota ionov. Pojasnilo je hit ro pri roki. V elekt rolit u z večjo gostoto ionov ioni zaradi svojih nab ojev deluj ejo drug na drugega z električno silo in se motijo. Električna sila med ionoma deluj e na večj i razdalji kot sila med nenaelekt renima molekulama , ki deluj e le, če sta molekuli zelo bli zu . Izračunajmo še pr evodnost žveplene kislin e, če v 1 m3 raztopimo desettisočino kilomo la H2S0 4 , ki ima maso 98,1 kg , torej 9,8 g. Iz pr e- gledenice dobi mo 4,45 . 10- 7 m2 / Vs za vsoto gibljivosti iana H+ in iana S04-' Tod a člen za pozit ivne ione moramo pomnožit i z 2, ker od padet a na molekula H2S0 4 dva ian a H+ , člen za negativne ione pa zato, ker ima ion 80 4- dva negativna osnovna naboja. Tudi ta elekt rolit je navzven električno nevt ralen . Tako dobimo za pr evodnost 0,0086 (S1m)-l . Na sp lošno velja enačba l /CM = zM (jJ+ + ,8- )eF/ V , če se molekul a razdeli na z ionov enega znaka in ima drugi ion z osnovnih nabojev. 140 Fizika - Rešitve nalog I Nazadnje izračunajmo še prevodnost čiste vode. Pomagamo si s po- datkom, da je de l M = 10-7 molekul vode razde ljen na iona H+ in OH- . Z vsoto gib ljivosti za ta iona 5,69 .10- 7 m 2 /Vs dobimo 1/ ( = 5,5 .10-6 (Dm)-l . To se ujema s podatkom za prevodnost vode pri temperaturi 22° C. Nazadnje se ne moremo upret i skušnjavi, da bi poskusili oceniti giblji- vost iona, To je eden od redkih primerov, ko je mogoča preprosta ocena. V približku opišimo upor pri gibanju iona z viskoznostjo T] v zvezni snovi in spreglejmo, da de lujejo na ion posamezne molekule vode ob t rkih . Z linearnim zakonom upor a dobimo {3 = eO/67fTT], če je T radij iona. Ra- zumlj ivo se zdi, da je gib ljivost iona tem večj a, čim manjši je ion in čim manj se kapljevina upira gibanju iona po njej . Z viskoznostjo 10- 3 kg /rn s in rad ijem iona kalija 1, 33 . 10- 10 m dobimo za gib ljivost oceno 6,4 .10- 8 m 2 /Vs. Pogled na preglednico pokaže, da to ni slabo. Ion {3+ ion {3- H+ 36,23 · 10- 8 m 2 /Vs OH - 20,64 .10- 8 m 2 /Vs Na+ 5,19 ' 10- 8 m 2 /Vs Cl- 7,91 .10- 8 m2/Vs K+ 7,62 .10- 8 m 2 /Vs 8°4- 8,29 · 10- 8 m 2 /Vs Gibljivost za nekater e ione v vodni raztopini pri t emperaturi 25° C . Janez Strnad TOMBOLA - R ešitev s str. 102 Poglejmo najprej , kako zagotovimo, da imamo pri tomboli vedno le enega zmagovalca. Če je vsaka številka od 1 do 9 obkrožena le na eni (ali pa na nobeni) od tablic , potem ne moremo dobit i dveh zmagovalcev . Na tekočem koraku lahko namreč zmaga le igralec, katerega obkrožena številka je bila pravkar izvlečena , tak igralec pa je zaradi predpostavke en sam. Če pa obstaja številka , ki je obkrožena na dve h ali več tablicah, potem la hko dobimo več zmagovalcev. Poglejmo, kako . Brez škode lah ko privzamemo, da je večkrat obkrožena šte vilka 1, saj je sk lepanj e za druge št evilke povsem enako. Lahko se zgodi, da v prv ih šestih žrebanj ih iz- vlečemo števi lke 4, 5, 6, 7, 8 in 9. Tombola še vedno nima zmagovalca , saj ni izvlečena nobena številka iz prve vrstice, vsaka t ab lica pa ima ob- kro ženo po eno št evilko iz te vrstice. Če na naslednjem koraku izvlečemo št evi lko 1, potem tombolo dobijo ravno tisti igralci, ki im ajo na tablici obkroženo to šte vilko. Teh igralcev pa je po predpostavki več. Rešitve nalog Ugotovili smo torej, da ima tombola vedno le enega zmagovalca na- tanko te daj, kadar nobena številka ni obkrožena na dveh ali več tablicah. Ker imamo na tablicah po devet številk, na vsaki t abli ci pa so obkrožene nat anko tri, lahko v tomboli , ki ima vedno le enega zmagovalca , sod elu- jejo največ t rije igralci . Ed en od možnih naborov t abli c, ki zagotavljajo le enega zmagovalca, je prikazan na spo dnji sliki. CD 2 3 @ 5 6 0 8 9 1 @ 3 4 ® 6 7 ® 9 1 2 @ 4 5 ® 7 8 ® Tudi ko želimo število zmagovalcev to mbole omejiti na dva , je skle- panje enako kot pri omejevanju na enega zmagovalca . Če nobena šte vilka ni obkrožena več kot dvakrat , bost a zmagovalca kvečjemu dva. Če pa imamo številko, ki je obkrožena na treh ali več tablicah, se lahko primeri , da imam o tri ali več zmagovalcev. Ker igram o z 9 številkam i, pri čemer je vsaka obkrožena kvečjemu dvakrat , na vsaki tablici pa so obkrožene po tri številke, lahko Martin na zabavo povabi največ 9 ·2/3 = 6 prij ateljev. Tablice lahko pripravi na več načinov . Vzame lahko po dve kop iji vsake od tablic z gorn je slike, čeprav taka izbira verjetno ni naj boljša, sa j z njo dobim o t ri pare enakovrednih igralcev. Z malo več truda lahko poiščemo nabore samih različnih tablic. Eden je prikazan tudi na sp odnji sliki. CD 2 3 @ 5 6 0 8 9 1 @ 3 4 ® 6 0 8 9 CD 2 3 4 ® 6 7 ® 9 1 @ 3 4 5 ® 7 8 ® 1 2 @ 4 5 ® 7 ® 9 1 2 @ @ 5 6 7 8 ® Mart in Juvan A stronomija I o NAM NAJBL IŽJI ZVEZDI - 2. de l MANJ ZN ANO SONCE Čas je, da končno povemo še kaj o velikih vprašanjih glede Sonca : o Sončevih nevtrinih, visoki t emperaturi korone, nast aj anju Sončevega ve- tra, o Sončevem vrtenju in Sončevem dinamu. Za velik napredek na področju solarne astronomije v zadnjem času se mor amo zahvalit i številnim novim inštrumentom. Poseb ej pom embni so satelitski te leskopi, ki kro žijo v orbitah nad nami in op azuj ejo Sončevo svetlobo pri t ist ih valovnih dol žinah, ki jih Zemljina atmosfera abso rbira in je zato s povr šja Zemlje ne morem o zaznati . Tako ultravijolični in rentgenski t eleskop i opazujejo zunanje plas ti Sončeve atmos fere. Naj no- vejši in dos lej naj zmoglji vejši helioseizmogr afski obse rvator ij SOHO smo že omenili v prejšnj em pri sp evku. Observatorij i za preučevanj e najglobjih plasti Sonca pa so, nasprot no, zgrajeni globoko pod Zemljino površino. N evt rin i s Sonca Pri jedrskih reak cijah , ki potekaj o v Sončevi notranjosti , se sp roscajo nevtrini . To so delci , ki potujejo s sve tl obno hitrostj o. Še vedno ni ja- sno , ali so brezrnasni ali pa vendarle imaj o maso. Po zadnjih rezul t atih v eksperimentalni fiziki visokih ene rgij naj bi bila masa nevtrina pod 0.2 ele- ktronskega volta (eV) . Za primerj avo: masa elektrona je 511 000 eV.1 Za nevt rino je značilno , da prep otuje ogromne količine snov i, ne da bi se mu karkoli zgodilo, ne da bi interagiral s snovjo. Predstavljamo si lahko, da se zdi nevtrinu vse prozorna . Večina nevt rin ov, ki prilet ijo v sme ri Zemlj e, tako le-to prečkajo, kot da bi bila prazen prostor. Le včasih se zgodi, da kateri reagir a s kakim atomom. Na osnovi poznavanj a takih reakcij gradijo nevtrinske observatorij e, ki so zakopani globoko pod ze- mljo, tako globo ko, da naj bi jih mogli doseči le nevtrini . Ti obse rvatorij i so pon avadi ogromni sod i snov i, v kateri se včasih ust avi nevtrino t ako , da atomu te snov i izbij e elektron. Ocenjujejo, da vsako sekundo vsak kubični centimeter zemeljske snov i prečka 60 milij ard Sončevih nevtrinov, od teh jih le zelo malo sproži reakcijo. Na osnov i števila izmerje nih re- akc ij oce nijo, koliko nevtrinov je šlo mimo neop aženih, oziroma kolikšno je bilo približno število vseh. Rezul t a ti prvih nevtrinskih observatorijev 1 V jed rski fizik i je navada, da m ase d elcev podaj aj o v eV , kar je sicer eno ta za ene rg ijo. Us t rez no m aso v kil ogramih dob imo tako, da m aso v eV , ki ji h še pretvorimo v joule (J), delimo s kva dratom sv etlobne hit rosti . Če t o res st or imo npr. za elekt ro n , v id imo, da je nj egova masa v kilogramih nepred stavlj ivo majh na, t ako da se nam zd i upora b a enote eV t ud i s t ega stališča smise lna. I Astronomija tako kažejo približno pravilno št evilo nevtrinov, če naj bodo jedrske re- akcij e tisto , kar greje Son ce. Vendar so izmerili le tretjino do polovice predvidenega števila Sončevih nevtrinov. Za to neuj emanj e se je kot naj- bolj verjetna poj avila razlaga , da morda nevtrinov še ne razumemo dobro. Vemo, da so nevtrini treh vrs t , vsak pripada svojemu leptonu (lahkemu delcu): elektronski nevtrino elektronu, muonski nevtrino delcu z imenom muon in tauonski nevtrino delcu tau. Ker so nevtrini , ki so jih det ek- tirali v dosedanjih nevtrinskih obse rvatorij ih , elekt ronski in ker jih je le približno t retj ina pričakovanega števila, pr edpostavljajo, da nevtrini zmo- rejo prehaj ati ali oscilirat i iz ene vrste v drugo. Tako naj bi na osem in pol minutnem potovanju od Son ca do Zemlje dve tretj ini nevtrinov zame- njalo svojo elekt ronsko identitet o za muonsko ali tauonsko, zaradi česar jih pot em nevtrinski det ektorji preštejejo približno trikrat pr emalo. Za od govor glede pr avilnosti te ideje bodo potrebne nove meri tve. Tr enutno sta v izgradnji dva velika nevtrinska obse rvatorija, eden v Kanadi , drugi pa na Japonskem. Odgovori na vprašanje o nevtrinskih oscilacij ah , ki jih bosta morda pomagala naj ti, bodo ključnega pomena ne le za fiziko Son ca in ast rofiziko, ampak tudi za jedrsko fiziko in na spl oh za globlje razumevanje narave v celot i. Temperatura Sončeve korone Povedali smo že, da je korona najbolj zunanja plast Sončeve atmosfere . Astronome pa , kot piše Kenneth R. Lang v am eriški reviji Sky& Telescop e, že pr ecej dlj e kot vprašanje Sončevih nevtrinov vznemirja vprašanj e, kako more biti korona segreta do temperatur nekaj milij onov st opinj Kelvina . Fotosfera , ki je mnogo bližja Sončevi peči , je nekaj stokrat hladnejša , in pričakovali bi, da bo vse hladneje, ko gremo še bolj stran od peči . Zdi se, da neki mehaniz em prenaša energijo v korono in jo tam odlaga ter segreva snov v koroni, Kljub pol stoletja raziskovanj pa narava tega mehanizma ost aj a neznana. Novih up ov vlivajo op azovanj a z novejšimi sa te litskimi teleskopi, ki opazujejo pri ultravijoličnih in rentgenskih valovnih dolžinah. Na srečo so spektralne črte, ki jih sevajo posamezni atomi ali njihovi ioni , zelo občut lj ive na temperaturo, pa tudi na gostoto in kemično sestavo snovi. Tako različne črte prihajaj o z različnih višin ozir om a globin Sončeve atmosfere. Astronomi se nadejajo , da bodo z natančnim opazovanjem mnogih črt dobili tridimenzion aln o sliko temperature, zgradbe snovi in njenega gibanja v Sončevi at mosferi, pa tudi podatke o magnetnih poljih in različnih valovih, ki v snovi pr enašajo energijo. Morda bo ob tem koga od raziskovalcev tudi pr ešinil a ideja, kateri od fizikalnih mehanizmov bi lahko bil vzrok za izjemno visoke temperature v koroni. Astronomija I Sončni veter Korona se širi v medzvezdni prostor , vedno redkejša je, nudi pa stalen izvor ion izirane snov i, ki se pn e v Osončje . Tej snovi pravimo Sončev veter. Na določeni raz dalji od Sonca post an e namreč njegov gravitacijski privlak prešib ek v primeri s t lakam vročega plina in le-t a po begne v obliki Sončevega vetra. Odnešeno snov nadomesti nova in tako vet er nepr est ano pih a. Meritve so pokazale, da im a hi t rost odtekajoče snovi v Sončevem vetru dve komponent i, počasno in hi tro . Počasna hitrost je okrog 400 ki- lomet rov na sekundo, hit ra je dvakrat tolikšna. Počasna komponenta je povezan a s te mpe raturo korone, ni pa jasno, kako pride do hitre. Meritve s sa telita Ulysses so pokazale, da snov s hi tro komponento hitrosti odteka z bližine Sončevih polov. Sklepajo, da ima pri posp eševanju določeno vlogo magnetno polje. Za natančnej še odgovore pa bo t reba počakati na nova opazovanja, veliki upi so sp et usmerj en i v sa telits ki observatorij SOHO. Vrtenje Sonca Že več kot tri stolet ja astro nomi vedo , da se Sončeva fotosfera vrti hit reje ob ekvatorju kot pri večj ih (he liografskih) širinah . To je v nasprotju z izku šnj ami, kakršne im amo za vrtenj e togega telesa , na primer krogle: če leseno kroglo nat aknemo na os , vpnemo in (enakomern o) zavrt imo , pot em pa narišemo pike pri različnih kroglografskih širinah in merimo časovne razmike, v katerih pike pridejo naokrog, vidimo, da so vsi izmerjeni čas i ali pe riode (do merske nap ake) enaki. Tu di na Zemlji je dan enako dolg od pola pr eko ekvatorja do drugega pol a . Pri Soncu pa je perioda rotacije ob ekvatorju 25 dni, medtem ko se proti polom a daljša, in je pri 40° širine že skoraj za t ri dni dalj ša . S pomočjo novejših helioseizmografskih merit ev so ugotovili , da se takšen vzorec vrtenja ohranja vse do dna konvekcijske plasti , kar predstavlja skoraj t rid eset ods tot kov polmer a. Pri večj ih glo- binah se hit rost vr t enj a ob ekvatorju začne upočasnjevati , proti poloma pa pospeševati! Pri približno polovici premera se obe hit rost i zlago ma po enotita in kaže, da se po pr emeru notranja polovica Sonca vrti enako- merno, torej kot togo telo. Za tako nenavad en vzorec vrtenja doslej še ni dobre razlage. Sončev dinamo Zadnje od vprašanj solarne astronomije , ob katerem se bomo na kratko ustavili, se tiče Sončevega magnetizma . Z magnet izmom v zunanjih pla- ste h je povezan a Sončeva aktivnost. Sončne pege smo že omenili. Kako pa nas tan e magnetno polj e, ki ima svoja pola v paru peg? Sončev plin je IA stronomija dovolj vroč, da je ioniziran. Elekt roni so izbiti iz atomov, tako da imamo proste negativno nabite elekt rone in poz itivno nab ite ione. Takemu plinu pravimo plazma. Plazma je električno prevod na. Če se električni pre- vodnik giblj e preko magnetnega polja, se v njem inducira električni to k. Električni tok ustvarja novo magnetno polje. To se doda prvotnemu. Po drugi strani gibajoče se magnetno polje teži k temu, da bi pov leklo pr e- vodnik s seboj. Posledica vsega tega je, da so plini in magnetne silni ce med seboj povezani - tako je v vsaki plazmi in t udi na Soncu . Plini dr sijo vzdolž magnetnih silnic. Opis njihovega gibanja je zaplet en , z njim je, kot že rečeno, povezan a nenehna Sončeva aktivnost v oblik i peg in izbruhov, ki jih lahko opazujemo t udi z Zemlj e. Močni izbruhi sproščajo nakopičeno magnetno energijo, ki je ekvivalentna energiji milijard jedrskih eksplozij in ki dvigne te mperaturo področij v velikosti Zemlj e za desetine milijonov stopinj. Pojavljanje takšnih izbruhov teče vzporedno s ciklom sončevih peg. Površinski magnetni pojavi pa izvirajo iz nevidnega notranjega ge- neratorja. V astronomskih učbenikih beremo o t.i . Sončevem din amu. Nastaj anj e elektromagnetnih polj Sonca naj bi bilo podobn o kot pridobi- vanj e elekt rike v elekt rarnah - z vrtenj em din ama. In kakšen naj bi bil Sončev din am o? "Dinamo" so vroči krožeči plini globoko v notranj ost i Sonca, ki se gibljejo skozi Sončevo magnetno polje, pri tem se generirajo električni to kovi, ki jih spremljajo nova magnetna polj a . Ker pri magneto- hidrodinamiki, ki natančneje opisuje zgoraj omenjeno, ne gre brez dolgih in težkih enačb, bo bralec, ki bi ga to utegnil o podrobneje zanimat i, morda pomislil na študij fizike. Danes pa se zdi , da model dinama ni več v skladu z novejšimi opazo- vanji gibanj plin ov znot raj Sonca . Nekat eri tako govor ijo o kr izi v teoriji Sončevega din ama. Za začasno rešitev so teoret iki Sončev dinamo zato premaknili globje , v bližino središča, kjer se Sonce vrti enakomern o. Za- gotovo vemo le, da je magnetizem , ki se dogaj a glob oko v notranjosti Sonca, direktno povezan z magnetizmom v povr šinskih plasteh in tako s Sončevo aktivnostjo . Za podrobnejše razlage o tej povezavi pa čakamo na nove opazovalne podatke, in ko bodo le-ti te meljito ovrednoteni , bodo te- oret iki sp et morali dopolniti stare modele. Upamo lahko, da bomo kmalu izvedeli, kaj pr avzaprav so sončeve pege, ki pa jih dotlej lahko - seveda ob primernih varn ost nih ukrepih za zaščito oči - opazujemo kar s šolskim teleskopom. Mirjam Galičič Računalništvo I LOGO, SEZNAMI IN MNOŽICE Želvja grafika je gotovo najbolj znan in naj bolj pr iljub ljen del program- skega jezika logo. Upora ba grafike ni zapletena, pozna ti moramo le nekaj ukazov, prav pa pridejo tudi pomožne spreme nljivke in seveda odločitveni stavki ter zanke. Zelo zanimive risb e lahko nari šemo tudi z uporabo re- kurzije. Nekoliko manj znan in t udi nekoliko zahtevnejš i del loga pa so seznami. T i sodijo v t ist i del loga , ki se močno navezuje na programski jezik lisp (list p rocessing; list je angleška besed a za seznam) . Seznami v logu nastopaj o zelo pogosto in so po leg števil in nizov znakov osnovni v logo vgrajeni podatkovn i t ip . Srečamo jih tudi kot paramet re pri vgrajenih ukazih . Tako ima ukaz REPEAT dva parametra: pr vi je številska vrednost; ta pove, kolikokrat se po novijo ukazi iz seznama, ki je dru gi paramet er. V nad aljevanju bomo spoznali osnovne ukaze za delo s seznami, za vaj o pa bomo v narečj u MSWlogo1 sprogramirali nekaj ukazov za delo z mn ožicam i. Mn ožice bomo pr edst avili s seznam i, v katerih bodo našt eti element i mn ožic. Na primer , mn ožico {l , 2} bomo predst avili s sezn a- mom [1 2] , morda pa t udi s seznamom [2 1] , sa j vrst ni red , v katerem naštejemo eleme nte množice, ni pomemben . Za začetek napi šimo ukaz, s katerim bomo za dan o število n zgra dili množico, ki vsebuje šte vila od 1 do n. Program bomo zas nova li klasično . Uporabili bomo pomož no spremenljivko. To v logu uvedemo z uka zom LOCAL. Njena začetna vrednost bo prazen seznam [] . Nato v zanki REPEAT, ki jo ponovimo n-krat, na konec seznama, ki je shranje n v po- možni spremenljivki , z ukazom LPUT ("last pu t" ) po vrst i dod am o števila 1, 2, .. . ,no TO seznam :n Zgradi seznam št ev i l od 1 do n. Varianta z zanko. LOCAL "s MAKE "s [] REPEAT :n [MAKE " s LPUT REPCOUNT : s ] OP : s END Ukaz REPCOUNT vrne število, ki pove, v kateri ponovitvi zanke REPEAT smo. Ukaz LPUT svoj prvi argument, ta je v našem primeru število, ki ga vrn e REPCOUNT, post avi na konec seznama , ki je dru gi argume nt, in kot rezul t at vrn e povečani seznam . S povečanim seznamom je treba v programu nekaj storit i, sicer bo logov tolmač javil nap ako. Tako ga z ukazom MAKE zopet shranimo v spremenljivko s . Računalništvo Kako se obnaša napi sani ukaz, lahko poskusim o na pri mer s SHOW seznam 7 ali pa s SHOW seznam 2 * 5. Napisani ukaz seznam je pr ecej omejen . Dopo lnimo ga tako, da bo t udi spo dnja meja seznama, ki ga želimo zgrad iti , spr emenljiva . TO seznam :m :n Zgradi seznam števil od m do n. Rekurzivna izvedba . IF :m > :n [OP []] ;Baza rekurzije . OP FPUT :m (seznam :m + 1 :n) END Tok rat smo ukaz nap isali rekur zivno. Rekurz ija je pr ogramerski pri jem, ki nam velikokrat ola jša programiranje in poenostavi rešitev, hkrati pa jo naredi bo lj pregledno. P ri rekurzivnem pr ogramiranju vedno potrebujemo ust avit veni pogoj (osnovo rekur zije), to je pr imer , ko ukaz ne pokliče samega sebe , temveč vrne neko znano vrednost ali pa opravi neko določeno opravilo. V našem programu rekurzivni klic ni potreben tedaj, ko je spodnja meja večj a od zgornje (t o preverimo z ukazom IF) . Če pa sp odnja meja še ni večja od zgornje, seznam števil od m do n zgradimo tako, da rekurzivno (z istim ukazom , le s spremenjenim prvim argumentom) zgra dimo seznam števil od m + 1 do n , v t a seznam pa nato na začetek z ukazom FPUT dodamo še število m . P ri vsakem rekurzivnem klicu se tako razlika med drugim in prvim ar gumentom zmanjša za ena, kar zagotav lja, da se rekurzija res izteče . Ukaz FPUT ("first put") deluje enako kot ukaz LPUT, le da element doda na začetek in ne na konec seznama. Spomnimo se, da je množica podmnožica druge množice, če je vsak element prve množice t udi eleme nt dru ge množice. Sestavimo ukaz v logu , ki bo ugotovil , ali je prva množica podmnožica druge. TO podmnozica : a :b Ali j e vsak element iz a t udi v b? Rekurzivna vari an t a. IF EMPTYP :a [OP "TRUE] ;Prazna množ i ca je vedno podmnožica. IF NOT MEMBERP (FI RST :a ) :b [OP "FALSE] ;Ni podmnožica . OP podmnozica (BF :a) :b END Tudi tokrat smo ukaz napisali rekur zivno. Za konec rekur zije imamo dve možnost i. Prazna množica je podmnožica vsake množice. Ali je seznam prazen , ugotovimo z ukazom EMPTYP. Kadar prva množica ni prazna , po- gled amo, ali je njen prvi element vsebovan t ud i v drugi množi ci. Do prvega elementa seznama pridemo z ukazom FIRST . Ali t a eleme nt pr i- pada seznamu, ugotovimo z ukazom MEMBERP. Ukazi , ki se končajo s črko P, vračajo niz znakov, ki pr eds tavlja logično vrednost (TRUE - resnično ali Računalništvo I FALSE - lažno) . Z negacijo NOT, ki jo najpogost eje up orabljamo v logičnih pogojih , spremenimo vrednost TRUE v FALSE in obratno . Do rekurziv- nega klica pride, kadar je prvi element prve mn ožice t udi element druge množice. Tedaj moramo pr everiti, ali je pr va mn ožica br ez prvega ele- ment a podmnožica druge mn ožice. To st orimo z rekur zivn im klicem , pri katerem za prvi argum ent uporab imo pr vo množico brez prvega elementa (seznam br ez pr vega elementa vrn e ukaz BF - "but first" ) . P ri vsakem rekurzivnem klicu se tako dolžina prvega argument a zmanjša za ena, kar zope t zagotavlja, da se rekurzija res konča. Seznama [1 2J in [2 L] nista enaka (kot seznama) , pr edstavljata pa isto množico. Za ugotavljanj e enakosti množic to rej ne moremo up o- rabi ti v logo vgraj enega operatorja =, ampak moram o sprogra mirati svoj ukaz. To pa ni težko, sa j sta množici enaki natanko tedaj , kad ar je pr va podmnožica dr uge in hkrat i druga podmnožica prve. TO enaki :a :b ; Ali imata seznama enake el emente? OP AND podmnozica : a :b podmnozica :b :a END Preizkusimo ukaze, ki smo jih sprogramira li. Če se nismo zmot ili, klic enaki (s eznam 10 20) (REVERSE seznam 10 20 ) vrn e vrednost resnično . P ri tem je REVERSE ukaz, ki vrne seznam z za- menj an im vrstnim redom elementov. Na primer , klic REVERSE [a b c] vrne seznam [e b a} . Okrogli oklepaji okoli argumentov ukaza enaki sicer niso nujno pot rebni, povečaj o po čitlj ivost izraza. Sedaj pa je že čas , da se lot imo (vsaj na prvi pogled) nekoliko zah- tevnejše naloge. Sestavili bomo ukaz, ki izračuna pr esek dveh mn ožic. Tudi to krat je osnovna ideja rešitve pr eprosta . Spr eho dimo se po pr vi mn ožici in na vsakem koraku za tekoči eleme nt pogledamo, ali je t udi v drugi mn ožici ali ne. Če ni, ga le preskočimo , sicer pa ga postavimo v rezultat. Sprehod skozi prvo množico bomo zopet napi sali rekurz ivno. TO presek :a :b Izračuna presek množic a in b . Rekurzivna varianta. IF EMPTYP :a [OP :a] ;Baz a rekurzije . Kone c pregleda pr ve množice. ;Prvi element iz a ni v preseku. IF NOT MEMBERP (FIRST :a ) :b [OP presek BF :a :b] ;Pr vi element iz a je v preseku . OP FPUT (FIRST :a ) (presek BF :a :b) END Računalništvo Nas lednji problem, ki se ga bomo lotil i, je izračun kartezičnega pro- dukta par a mn ožic. Ta je definiran kot mn ožica vseh urejenih parov, pri katerih je prva komponenta para iz pr ve, dru ga pa iz druge mn ožice: A x B = {(a, b) l a E A , b E B}. Domenimo se, da bo mo urejeni par (a,b) v logu predst avili kot navadn o mn ožico zelementoma a in b, pazili bomo le, da bo a v paru naveden pred b, torej [a bl . Napi sati to rej želimo ukaz, ki bo deloval nekako t akole: klic kar tezicni [a b c] [1 2] naj vrue [Ca 1] [a 2] [b 1] [b 2] [c 1] [c 2]] . Rešitev bomo to krat napi sali klasično , z up orabo dveh vgnezdenih zank REPEAT. S prvo se sprehodimo skozi prvo množico, pri izbr anem element u x iz pr ve mn ožice pa v drugi zanki zgradimo vse pare, ki kot prvo kom- ponento vsebujejo element x. TO kartezicni :a : b Izračuna kartezi čni produkt množi c a in b . Iterativna var i anta . LOCAL "s ;Pomožna spremenljivka za kart ezični pr odukt . (LOCAL "x "y) ;Komponenti urejenega para. MAKE "s [] REPEAT COUNT :a [ MAKE "x ITEM REPCOUNT :a ;Naredimo vse pare , ki i majo x za prvo komponento . REPEAT COUNT :b [ MAKE "y ITEM REPCOUNT :b MAKE "s LPUT (LI ST :x : y ) : s ] OP : s END V rešitvi smo uporabili nekaj ukazov, ki jih doslej še nismo srečali . Tako ukaz COUNT vrne število elementov seznama. Z ukazom !TEMdobimo iz- brani element seznama; klic ITEM : i : s vrne i -t i element seznama s . Če želimo sest avit i seznam , ki bo kot elementa vseboval vrednosti spremen- ljivk x in y, ne smemo zapisati l :x :yl . Logov tolmač namreč izrazov znotraj seznamov ne ovred noti, tako da se :x in : y ne bost a nadomesti la z ustreznima vrednostma. Uporabit i moram o ukaz LIST, da se argumenti Računalništvo I najprej ovrednot ijo, nato pa ukaz iz njih sest avi seznam. Ukaz ima lahko tudi samo enega ali več kot dva argumenta. Pri taki uporabi moramo celoto obvezno obdati z okroglimi oklepaji. Če ste pozorno pregledali ukaz kartez i cn i , potem ste gotovo opazili, da pomožne spremenljivke y pravzaprav ne potrebujemo. Za vajo lahko tako poskusit e napi sati varianto ukaza, ki bo up orab ljala le eno pomo žno spremenlj ivko. Naj vam namignem , da je t reba gornjo različico spreme nit i le na t reh mestih. Naš zadnji program bo i zračunal potenčno mno žico dane mn ožice. Spomnimo se, da je potenčna množica množice A sest avljena iz vseh pod- množic množice A: P (A) = {B IB <;;;: A } . Ukaz v logu naj bi to rej deloval nekako takole: klic potencna [a b c] naj vrne [[] Ca] [b] [a b] Cc] [a c] [b c] [a b en . Pri pro gramiranju bomo spet uporab ili rekurzijo. Ideja je takale. Če je vhodna mn ožica A pr azna, potem ima njena potenčna mn ožica en element, pr azno množico (to bo osnova rekurzije) . Sicer pa vzamemo a E A. Množice v P(A) so dveh vrst: t ist e, ki vsebuj ejo a, in tiste, ki elementa a ne vsebuj ejo . Če poiščemo tiste, ki ne vsebujejo a (to so ravno množice iz P (A \ {a} ), t e pa lahko dobimo z rekur zivnim klicem) , nato pa vsako od njih "podvojimo" (naredimo še eno kopij o, ki ji dod amo a), dobimo ravno potenčno mn ožico mn ožice A. TO pot encna :a Določ i potenčno množico množ i ce a . Rekurzivna var i an t a. IF EMPTYP :a [OP CC]]] ; Pot enčna množica prazne množice . OP SE (pot encna BL : a) (r azs i r i (LAST :a) (potencna BL :a) ) END TO razs i ri : x : 5 Na konec vsakega elementa iz s doda x in vrne seznam r azšir j eni h seznamov. Npr . razsiri 1 [[a] [b] [a sn --> [[a 1] [b 1] [a b 1] ] . IF EMPTYP :s [OP : s] OP FPUT (LPUT :x FIRST :s ) (r azsir i : x BF : s ) END V programu je up orablj enih t udi nekaj novih ukazov. Ukaza LAST in BL ("but last" ) deluj et a podobno kot ukaza FIRST in BF, le da učinkujeta I Računalništvo na koncu in ne na začetku seznama. Delovanje ukaza SE (to je okraj šava za ukaz SENTENCE) je nekoliko bo lj za pleteno. Če so argumenti seznami, potem ukaz vrne seznam, ki ga dob i z združit vijo argumentov . Ar gumente, ki niso seznami, ukaz obravnava kot enoelement ne sezname. Na primer , ukazi (SE Ca] [b] r-n , vrnejo SE 1 2 in (SE [1 2] 3 [] [[4]]) [a b e] , [1 2 ] in [ 1 2 3 [4]] . Ponovimo , katere ukaze za delo s seznami sm o spoznali. Prvi element seznama vrne uka z FIRST, zadnji element seznama pa dobimo z ukazom LAST. Seznam brez prvega elementa vrne ukaz BF, seznam brez zadnjega elem enta pa ukaz BL. Če katerega od ukazov FIRST, LAST, BF, BL upo- rabimo na praznem seznamu, pride do napake med izvajanjem. Ali je seznam prazen, ugotovimo z ukazom EMPTYP . Sezname povečujemo z uka- zom a FPUT in LPUT. Prvi doda element na začetek , drugi pa na kon ec seznama. Koliko elementov im a seznam, nam pove ukaz COUNT. Z uka- zom MEMBERP ugot ovimo, ali je izbrani objekt element seznama, z ukazom REVERSE pa obrnemo vrstni red elementov v seznamu. Do element a na izbranem mestu pridemo z ukazom ITE M. Sezn ame gradimo z ukazoma LIST in SENTENCE. Našteti ukazi (razen ukaza REVERSE) so standardni in jih poznaj o praktično vsa narečj a loga . Omenimo še, da večina zgoraj naštetih ukazov smi selno deluje tudi na številih in nizih znakov . Za kone c dodajmo še nekaj nalog za nadaljnje delo: 1. Če prvi ukaz s eznam pokličemo z negativnim števi lom , npr. seznam -3, pride do napake med izvaj anjem . Ukaz REPEAT namreč kot prvi parameter zahteva nenegativno št evilo. Spremen ite ukaz tako, da bo takrat , ko bo argument negativen , vrnil seznam števil od - 1 do vrednosti argumenta. P rimer: klic seznam - 3 naj vrne [ - 1 - 2 - 3]. 2. Omenili smo že, da isto množico lahko predstavimo z različnimi se- znami. Zamenjamo lahko vrstni red elementov, pa tudi nekater i ele- menti se v seznamu lahko ponovijo. Na primer , vsi seznami [1 2] , [2 1] in [1 2 2 1] predstavljajo isto množico (t udi ukaz enaki , ki smo ga napisali , j ih med seboj ne loči ) . Sprogramirajt e ukaz poenostav i , ki vzame seznam in iz nj ega izloči večkratne poj avi tve elementov; npr. poenostavi u 2 3 1 2] naj vrne [1 2 3] . 3. S pomočjo uka za poenostavi iz prejšnje naloge in ukaza COUNT se- stavit e ukaz moe , ki vrn e moč mn ožice, ki jo predst avlja seznam. Na primer , klic moe [1 2 3 1 2] mora vrn it i 3 . 1152 Računalništvo - Naloge I 4. Uporabite ukaz poenostavi iz druge naloge ter ukaz SENTENCE in sestavite ukaz unija, ki poišče unijo dve h množic. Pri tem naj bo unija pr edstav ljen a s seznamom , v katerem ne bo večkratnih pojavi- t ev element ov. 5. V teor iji množic urejeni par (x, y) običajno definiram o kot množico {{x }, {x ,y}}. Sprem enite ukaz kart ez i cn i t ako, da bo elemente kar- tezičnega produkta vrnil v taki obliki. Tako naj klic z argume ntoma [a b] in [1 2] vrne seznam [[ Ca] [a 1]] [[a] [a 2]] [[b] [b 1]] [[b] [b 2]]] . 6. Ukaz potenena razvrsti eleme nte seznama , ki preds t avlja potenčno množico , tako , da so v prvi polovici t isti, ki ne vsebujejo zadnjega elementa, v drugi polovici pa t isti, ki ga vsebujejo . Sprem enit e ukaz tako, da bodo eleme nt i potenčne mn ožice razvrščeni po moči , pri enaki moči pa na enak način kot dos lej . Naprimer, klic z argumentom [a b e] naj vrne [[] Ca] [b] [e] [a b] [a e] [b e] [a b -n. 7. Celotno skupino ukazov za delo z množicami bi lahko zasnovali t udi drugače. Vsako množico bi predstavili v "kanonski" ob liki z ureje nim seznamom brez ponovitev eleme ntov. P ri taki predst avitvi se neka- t ere operacije nad množicami po enostavijo oziroma jih lahko sprogra- miramo bolj učinkovito . Na primer , enakost množic lahko prever imo kar z vgrajenim op eratorjem =. Poskusite sest avi ti ukaze, ki bodo delali s tako predst avlj enimi množicami. Seved a morat e paziti, da bodo rezultati , ki jih vračajo ukazi, spet v "kanons ki" obliki. Martin Juvan ŠTEVILSKA IGRICA ZA MLADE RAČUNARJE An a je Miha spet spravila v zad rego z računsko igro. Dala mu je nasled nja navodila : "Izmisli si poljubno šte vilo in ga po množi z 2. Produktu pri št ej 3, dob ljeno vsoto pomnoži s 5 in od rezultata odštej 11. Če mi poveš, koliko si dobil, t i takoj povem, katero šte vilo si si na začetku izmislil. " Miha ne čudi , da zna Ana poiskati začetno število. Navsezadnje je potreb no samo ves račun izpelja t i v 'obrat ni smeri '. Tod a , kako ji to tako hitro uspe? Mu znate pojasniti? Marija Vencelj INo vice 39. MEDNARODNA MATEMATIČNAOLIMPIADA Da je bilo te kmovalcem na matematični olimpiadi vedno vroče vsaj dva dni , je vsem jasno. Da pa je bilo na zadnji olimpiadi te kmovalcem vroče kar dva tedna, postane vsem jas no, ko razkr ijemo prizorišče : Tajvan ali Formoza, kot so t a tropski otok poet ično poimenovali portugalski po- morščaki . Slovensko ekipo so sest avljali t ekmovalci Dušan J an iz Gimnazije Tol- min , Jure Kališn ik iz ŠC Celje - Gimnazije Lava, Mart in Milanič iz Gim- nazije Koper , Ajda Skarlovnik in Tadej Starčič iz Gim naz ije Bežigrad in Matjaž T it an iz Gimnazije Murska Sob ota, član mednarodne tekmovalne kom isije Darjo Felda in ur adni opazovalec Gregor Dolinar s Fa kultete za elektrotehn iko ter vodja ekipe Matjaž Željko s Fakult et e za matematiko in fiziko. Ekipa je pr ispela v Taipei nekaj dni pr ed te kmovanje m. Čas smo po rabili za prilagoditev na tropsko klimo in na šest ur časovnega premika . Najbo lj pest ro je bilo 15. in 16. julija , ko so se tekmovalc i spoprije li z nalogami, med katerim sta bili tudi naslednji dve: 1. Na nekem tekmovanju je sode lovalo m tekmovalcev in n sodnikov, kjer je n ~ 3 liho število. Vsak sodnik je ocenil vsakega tekmovalca bodisi z uspešen bodisi z neusp ešen. Naj bo k tako število, da se za vsaka dva sodnika njune ocene ujemajo pr i največ k tekmovalc ih. Dokaži, da je k n - l - >-- . m - 2n 2. Na j bo 1 središče t rikotniku A B C včrtane kro žnice. Včrtana krožnica se dot ika stran ic B C , C A in A B zaporedo ma v točkah K , L in A1. Vzpo rednica k pr emici lVIK skozi točko B seka premici LlvI in L K zaporedoma v točkah R in S. Dokaži, da je kot v in zato > O. 3x - 2v 3x - 2v Ker je O < x < v, mor a bit i 3x - 2v > O in končno v( 2x - v) y = . 3x - 2v To je enačba enakoose hip erbole, ki ima as imptoti Ali točka T opiše vso hiperbolo? Poglejmo na poskus s praktičnega st a- lišča , Svetilka mora biti višje kot zgor- nja konca palic, t orej y > v , in med podaljškoma obeh palic (O< x < v ), saj sicer ne bi mogli dobiti senc na na- sprot nih straneh . To pomeni , da je 1 I I I I P. , I 2, I I ; _ _ - - _ -6- - _ - ...:.- - - -- : PI : v I 11 I :2 I I X y 5 1S O s52 Slika 2, 'T 1 ', I I I I I I " :P2 I I I 'PI I VI 11 I :2 II " I " 5 1S O V TI 111s52 Slika 3 , 2 y - - v- 3 .in 2 x =-v 3 2 "3 v < x < v , To pa pomeni , da je krivulja , po ka- teri se giblje svet ilo, le del desn e veje hiperbole, kot kaže slika 3, seveda brez točke P2 , ki je t eme desn e veje hip er- bole. Matematika I Drugi način Ob držim o koordinatni sist em tak , kot je bil v prvem primeru, in izb erimo do lžino v za enoto. Na sliki 1 opazimo podobne trikotnike: 6 TT151 cv 6P1051 6 T T152 rv 6 P2M 52 . Iz pr imerj av dol žin stranic sledi: y 1 x + s 2s Y 1 l- x + s s Enačbi preuredimo: 2sy = x + s sy = 1 - x + s in izrazimo s (dolžino sence) z x in ~ z y : 2 s = 3(x - - ) 3 1 2 - = 3(y - -) . s 3 Od tod sled i 221 (x - "3)(y - "3) = 9 . Faktorja na desni strani dobljene enač be sta pozitivna (enaka st a ~ in 3 1 s , kjer je s do lžina sen ce) in sta zato razdalj i točke T od premic x = ~ in y = ~. Enačba pove, da je produkt te h razdalj konst ant en , ne glede na izbor točke T . Krivulj a , ki ima lastnost , da je pro dukt razdalj po- ljub ne njene točke od dveh prem ic (as imptot ) konstant en , je hiperb ola . Upoštevati moramo le t isti del hiperbole, kjer sta izraza x - ~ in y - ~ pozitivna in ki leži med obema palicama. Nada Razpet, Danica Mati Vprašanje za bralce: Ali j e odgovor bist veno drugačen , če sta palici poljubnih dolžin in na polj ubni odda ljenosti druga od druge? INovice POLETNA ŠOLA MATEMATIKE NA BLEDU Na poletni šoli matem atike so se zbrali najboljši mat ematiki - bivši osmo- šolci. To so ti sti, ki so osvojili vse možne točke na državnem tekmovanju za zlato Vegovo pri znanje. "Tabor" je pripravilo DMFA. Izpi s iz dnevnika šole: Naše prvo srečanje je bilo na avtobusni postaji Ljubljan a. Sledil a je kratka predstavitev: Mati c Glavan , Aleš Frece, Tonček Gradi šek , Mojca Lakner, Matija Perne, Tj aša Stepišn ik Perdih, Ana Šinkovec in še naša vodja Klavdij a Pintar. Ko smo se vsi drug drugega dobro nagledali , je počasi st ekel t ud i pogovor. Naš i j ezi čki so se na poti proti Bledu vse bolj razvezali . Letos smo vsi končali osmi razred in zato je bila prva tema valet a. Se strinjate z mano, da o te m lahko govor iš več ur ? Na Bledu smo si najprej podrobno ogledali Plemlj evo vilo , nato iz- brali apartmaje , oblikovali urnik za ves teden , se pogovorili o urniku, ki nam ga je pripravil gospod Potočnik , t er se domenili o nalogah , ki naj bi jih posamezni član opravljal. Mene je doletela funkcija pisanja dnevnika (Ana) . Pogledat nas je pri šla t udi svetovalka z Zavoda za šolstvo, Franeka Ur banij a Vencelj . Z nami je posed ela dve uri , pr edlo žila nam je tudi nekaj idej za pr eživlj anj e prostega časa . Da pa nismo ostali lačni , so nas gostili v restavra ciji hotela Kompas. Tako je bil pr vi dan zaključen . Naslednji dan nas je neusmilj ena Klavdij a vrgla iz postelje že ob sedmih. Vsi zaspani smo t avali od kopalnice do spalnice. Tudi na samo- postrežnem za jtrku smo kom aj odpirali usta. Ob devetih sta nam pri šla pr edavat prof. dr. Marko Razpet in njegova žena prof. Nada Razp et . Zelo zanimivo st a nam razložila delovanj e računalniškega program a Cabri. Pred računalniki smo sicer pr esed eli le po lnih šest ur , vendar smo spoznali veliko novosti. Risali smo hip erbole, elipse, parabole, stra foide ter spoznali pravila dinamične geometrije. Smejali smo se ob risanju Pa- scalovega pol ža , možgane pa nam je kravžljal t udi pr avilni petkotnik. Načrti za popo ldne so nam zaradi dežja padli v vodo. V jezero bi padli tudi sami, če bi šli v najhujšem nalivu veslat na Blejski ot ok. Namesto tega smo šli raj e peš okoli jezer a in na grad . Ker nismo bili dovolj utrujeni , smo do poznih ur igrali kar te. Naslednjega dn e sm o poslušali predavanj e o matematičnem modeli- ranju mag. Zlatan a Magajne. Izračunali srno odbo j žogice ter pr ostornino diedra. Najbo lj pa so nas pri t egnili detektivski problemi . 158 Novice I mi pa smo se "Ziher" je le Pod ala vam bom primer naloge: Neki detektiv je s pr isluškovanj em ugot ovil , da je osum ljenec pri hoji napravil 120 korakov v minuti . Naj se sliši še tako neumno, pa vendar je moč iz tega pod atka ugotovit i številko osumljenčevega čevlj a . Čeprav smo ob na logi zmajevali z glavo, smo se vseeno lot ili dela . Po do lgem pr emišljevanju ter ob modelu hoje smo le pr išli na pravo pot. Za nevedne naj povem: model ho je je neka form ula, ki pomaga pri izračunu dolžine noge in koraka . · Ne bom je pisala , če pa koga res zanima, se naj pozanima pri Klavdiji. Sedaj razumete, kako lahko paleontologi izračunajo velikost in hitrost dinozavra , če odkrijejo ohra njeno stopinjo le-tega . Na koncu smo se po- igrali t ud i z zlaganj em pravilnega osemkot nika in šestkotnika. Vse smo podprli še z računi , kar bi storili t ud i čistokrvni matematiki. Popoldne smo šli veslat na jezero . Sredi vračanja nas je pr esenet il dež. Malo smo bili mokri, pa kaj za to. Zabavali smo se in to je važno! Zvečer smo izdelovali plakat , ki je prikazoval naše delo. Tonček pa je tudi napisal kratek članek o našem tab oru za intern et . Četrt i dan nam je pr edaval gospo d Aleksander Potočnik , organizat or te poletne šole. Za odlično pripravo se mu lepo zahvaljujemo. Srečali smo se s pr avo teoret ično matem atiko. Računali smo sist eme linearnih enačb z več neznankami. Pomagali pa smo si z matrikami . Popoldne smo pešačili v Vintgar. Sonce je pripekalo, potili ob nošenju nah rb tnika , v katerem so bili dežniki. "ziher" . Zadnji dan pouka nam je predavala mag. Milena Strnad . J e urednica pr i DZS , zato nam je prinesla srednješolske učbenike za matem atiko. Bili smo jih zelo veseli. Njena tem a je bila Matem atika nekoliko drugače in matematični problemi. Razložila nam je lažje algebrske strukture, pa še te so se nam zdele težavne, seveda ne vsem. Nekaj časa smo potrebovali, da smo se navad ili na kompozitum, gru poide , vektorske modele ravn ine, distributivnostni zakon. . . Najbolj pa smo se smejali t ejle misli: Matematika je mučilno orodj e in nič več . V starem veku so z njo mučili kri stj ane, v srednje m veku čarovnice, v novem veku pa srednješolce. Popoldan smo izdelali še en plakat , ki prikazuje celot en teden na zabaven način . Na njem je kar nekaj smeš nega , a skoraj vse je šlo skozi cenzuro . Za zares prelep te den se moramo zahvalit i Klavdiji , ki nam je odgovarjala na naša zahtevna vpr ašanja in nas prenašala take, kot smo. Hvala. To je izpis iz An inega dn evni ka, ki je na koncu šole matem at ike na Bledu pri šel v moje roke. No vice - Nalog e Kot ste sami prebra li, je bil teden zares usp ešen . Čeprav se je vse dogajalo med počitnicami , mlade glavice niso počivale niti med popoldan- skimi akt ivnostmi, sa j smo se kar naprej pogovarj ali o logiki , matematiki ali pa o fizikalnih problemih. Ko smo se zadnji dan poslavljali, je bilo vsem tesno pri srcu, saj smo postali pravi prijatelji. V up anju , da bodo tudi v prihodnje tako uspešni , so drug drugemu zaželeli snidenje na matematični olimpiadi. Klavd ija Pintar IZ PETIH KVADRATOV DVA Kri ž na sliki sest avlja pet enakih kvadratov. Z ravnim rezom razrež ite kri ž na dva dela in enega od nast alih kosov sp et z ravnim rezom na nova dva dela tako, da boste iz doblj enih t reh kosov lahko sestavili dva enaka, drug poleg drugega ležeča kvadrata. Pri iskanju rešitve si pomagajte z geome- trijskim premislekom. Marija Vencelj OKROGLO IN KVADRATASTO Naj bo A poljubna neprazna podmnožica množice nar avnih št evil. Lahko se zgodi, da noben produkt dveh različnih števil iz mn ožice A ni popolni kvadrat. Taka je na primer mn ožica {2, 3, 4, 5, 6, 7}, pa tudi mn ožica vseh praštevil . Po drugi strani pa se lahko zgodi , da je produkt poljubnih dveh št evil iz množice A popolni kvadrat. Taki sta na primer množica {2, 8, 18, 50, 72,200} in mn ožica {l , 4, 9, 16, ...} vseh kvadratov naravnih števil. Mno žicam pr ve vrste bomo rekli okrogle, mn ožicam druge vrste pa kvadrataste. Seveda obstajajo tudi mn ožice, ki niso niti okr ogle nit i kvadrataste (pravzaprav je t ake mn ožice še najl ažje najti). Zdaj pa k nalogi. Že pri navedenih primerih smo videli , da ob- staj ajo tudi neskončne okrogle in kvadrataste množice. Sprašuj em pa vas, koliko elementov imajo po moči največje okrogle in koliko po moči največj e kvadrataste podmnožice množice {l ,2, .. . , 1998, 1999} . Ker zna biti računanje zamudno, vam priporočam uporabo kalkulatorja, pa tudi računalnika se vam ni treba braniti . Mariin Juvan Zan imivosti - Razvedrilo I KRIŽANKA "ZIMSKI POJAVI" ODPRTINA ZAVE VZIDU ~pe OZKA ODPRTINA $PRANJA OTOK V FRANC IMENIH DESETINA TONE GR$KI POTUJOCI PEVEC. HOLMIJ AED KRAJ. KJER OGLJIKO- ŽENABOGA ALBERT PE$CI VODIK $IVE. NEM$KI EINSTEIN PRECKAJO CSH1S KALI AVTO KAPLJICECESTO NATRAVI SAMOSTO- JAl JEN OV: PRODOR KRA IGRALCA LJUB NABAVLJAL- STAR KA CITROENOV CRKAMEDAVTO WINY SUNKOVITO NOGOM. PREMIKA,N· KLUB IZ JE RIMA BOLNIK CAS. PRE- SMRKLJA DENSE ZNOCI ITALIJANSKI AVTO NEM$KA MADžARSKI REVOLU- PLES CIONARKA ZETKIN NATRIJ SloPESNICA POŽiVILOS (MAJDA) KOFEINOM GORSKA UJEDA GLA' MDJ Il.' OBLACNOST PRI TLEH CINK IZanimivosti - Razvedrilo KALCIJ ZAJCI S KRATKIMI UHUI UMAZANOST DIMNIKA PRIDOBI- VALECOLJA ~EZ NEON NAJVECJASEC ZLEZA J PRI KENAN LUKAV LJANI EVREN VIETNAMU JUNAKINJA KRA$KA GNJAT ZIVALMOS,, SPOLA ZNANO SLOVENSKAMESTONA SICILIJI VOJSKA SKUPEK LEDENA, MILANO tA BJIH SKORJASTA LONCENAJAJC PLAST SKLEDAZA DVOBOJ SNEGA MLEKO COLNU ODLlCEN LEVSTIKOV INDIJSKI JUNAK SAHIST (MARTIN) SUMERSKO N CRTA, KI MESTO ODRSKO LOCI DELO OZEMUI TURSKI CHAPLIN VA CASTNIK ŽENA SBENI M N STER TROPSKI LES JKA GROZDASTO SOCVETJE POLNOST OBCINA PRI LJUBLJANI RASTLINA, ZAHODNO-KI POTRE- BUJE EVROPSKI OPORO VELETOK VELIKA SORODNIK NEKO. NIZ. JUŽNOAM POOCETUV HITROSTNI KRASTACA STAREM DRSALECRIMU SCHENK Astronomija I PREDPES Zgodba prip oveduje, da velikemu lovcu Orionu pri lovu na divjega nebe- snega Bika pomagata Veliki in Mali pes. O obeh psih kroži kar nekaj zgodb. Ene prikazujejo pr vega psa bolj krutega , druge pa drugega. Ka- korkoli že, nas zanima predvsem ozvezdje Mali pes (Canis Minor) in v njem glavna zvezda (0:) , imenovana Prokijon (slika 1 in 2). : _ II • ! 0- 1 ~.~ "'!K' d: -;::--:.: ·i'i t . 1 r • ! . t1J Slika 1. Takole po ozvezdju Orion najdem o Pred psa - zvez do P rokijon. Na jprej si na sliki oglejte zvezdni trikotnik, ki ga sestavljajo P rokijon , Betelgeza in Sirij, nato ga izsledi t e na neb u in ga opazujt e. Ploščino tega t rikotnika sicer lahko izračunate kar iz te slike , vendar to naredi te raje po opazovanj ih zunaj . Beseda prokijon je grškega izvora, pro pomeni pred, kijon pa pes. Tako bi tej zvezdi lahko rekli kar Predpes, če za Psa označimo zvezdo Sirij , najsvetl ejšo zvezdo v ozvezdju Veliki pes in hkrati t udi na nebu. To ime je celo smiselno, saj v resnici P rokijon vzhaja kake pol ure pred Sirij em in torej napoveduj e prihod glavne in najbolj bleščeče zvezde na nebo. O tem se lahko prepričate z opazovanjem, lahko pa tudi z zvezdno karto ali računalnikom , vendar svet ujem, da vzhod obeh zvezd raj e doživite na prostem . -------- -- Astronomija Dobro oblečeni in obuti v jasni noči opazujte zvezde zimskega neba. Potru- dite se in naredite vse, da se boste čim pri jetneje počutili pod njihovim okr iljem. Naj vas opozorim, da se v tem času na nočnem nebu zelo lepo vidi (skoraj ena- kostranični) zvezdni trikotnik, ki ga se- stavljajo zvezde Prokijon, Bet elgeza (o: Oriona) in Sirij. Sam sem ta "zimski" nebesni trikotnik velikokrat občudoval, zato ga predlagam za opazovanje tudi vam. Vendar bo treba nekaj tudi izmeriti oz. oceni ti (slika 3) . Slika 2. Predpes , narisan na stari zvez d ni karti. P redpes je ena naj- sve t lej ših in nam najbližjih zvezd , oddalj en dobrih Il svet lob ni h let. -- ~ . /~ ,;...~-- ;-. .-:--- --- --:>- "... ...... -----,.-----"""""',...- -~--- Slika 3. Ocenjeva nje kotov na nebu z izt egnjen o roko . Namig za predlagano opazovanje: Na j prej ocen imo dolžin e stranic (v kotih) , nato pa izračunamo povprečno vrednost stran ice a in pri predpostavki , da gre za enakostraničn i trikotnik, up or abimo formulo ta2y'3 za ploščino enakostraničnega t rikotnika. Lahko pa uporabimo Heronov obrazec za ploščino trikotnika Js (s - a)(s - b)(s - c), kjer so a, b, c dolžine nj ego vih st ra nic in s polovica ob sega . Z natančnostjo ne pr etiravajmo. [Rezultat : približno 0,5 % celo tne neb esn e krogle.] 164 A stronomija - Rešitve nalog I Z iztegnj eno roko ocenite dolžine stranic (kot ne razdalje med posame- znimi zvezdami) omenj enega nebesnega trikotnika in izračunajte njegovo ploš- čino. Primerjajte jo s ploščino celot- ne nebesne krogle, ki meri 4n ste ra dia- nov oz. 4n kvadr atnih rad ian ov, to je 4n (180° j n )2 ~ 41250 kvadratnih sto- pinj (enota k vadratna stop inja se zdi res nenavad na , a naj vas ne mot i; pr epro- sto jo pri vzemi te, pomeni pa kvadratna ploskvico s stran ica 10 na nebu). Pre- pričan sem, da bost e nad rezultatom te naloge zelo presenečeni . Če želite izmerit i kote na nebu na- tančnej e , lahko izdelate preprosto na- pr avo (slika 4). Na 30 do 35 cm dolgo letvico zabije te žeblj ičke brez glavice v razdaljah 0,5 cm, vsa k deset i pa naj bo malo višji od ostalih. Na konceh letvice pričvrstite trdni vrvi ci (dr et o) , ki naj se zdru žit a v razdalji 57 cm od letvice. Na tem mestu naredite vozel in pr išijete gumb. gumb Slika 4. P rep rosta naprava za mer- jenj e kotov na nebu. Pri opazovanju damo gumb v ust a in ga držimo z zobmi, letvico pa primerno z izt egnjenima rokama , da st a vrvici nap eti. Ob taki legi letvice ustreza razdalja med žeblj i č korna kot u 0,50 • Kot merimo tako, da let vico namestimo v rav nino, ki gre skozi izbrani zvezdi in oko. Letvico nato pr emikamo malo levo in malo desno, da na vsako od obe h zvezd projiciramo enega od žeblj ičkov . Iz ugot ovljene razdalje med žebljičkoma določimo kot oz. kotno ra zdaljo med zvezdama . Kote lahko izmer imo tudi z astronomsko ali kr ižno palico (glej Presek 19, 200). Marijan Prosen ŠTEVILSKA KRIŽANKA - R ešitev s str. 71 Vodoravno: 1. 70, 2 . 31, 4 . 12, 6 . 1024, 8 . 10, 10. 933, 12 . 113, 14. 132, 15 . 210, 16. 27, 19. 1875, 21. 21, 22. 14, 23. 16. Navpično: 1. 75, 5 . 20, 7. 1331, 9 . 1110, 18. 42, 20. 16. Marija Vencelj I Naloge - R ešitve nalog ZANIMIVA NALOGA O PREDPSU Ob Prokijon u so že pred dobrimi sto let i odkrili šibko sprem ljevalko (11. magnitude, torej vidno le z zmo gljivim daljnogledom), ki ni navadna zvezda, ampak zelo majhna in zelo gosta bela pritlikavka. Prokijon je torej sestav dveh zvezd (dvojna zvezda), ki se zara di medseb ojne privlačnosti giblje t a druga okrog druge (obhodni čas je 40 let ). Glavn a zvezda Proki- jon A seva za okoli 6 Sonc, čeprav je njen po lmer pr ibližno tako velik kot polmer Sonca . Izračunaj izsev in po lmer sp remljevalke, tj . Prokijona B, če je gostota svetlobnega to ka, ki jo zabeležimo sProkijona B, enaka j = 10- 12 W1m2 . Privzemi , da imata ob e zvezdi enako barvo, da torej svet it a pri enaki površinski temperaturi . Izrazi izsev Prokijona B v izsevih Sonca P0 = = 4 . 1026 W in njegov polmer v polmerih Son ca R0 oz. polmerih Zemlj e (R0 = 110 Rz ); za eno svet lobno leto vzemi kar 1016 m. Marijan Pros en KRIŽANKA "ZLATI JUBILEJ D MFA SLOVENIJE" - Rešitev s str. 96 C:;J ~?, o'.~1; >o. c@ ~~",'; I, f~w ~~ ~f~ ~ifr.;; 0Jii:: ..."""~- ,:~rti ~~: c@ -iii? "i!~~~f ~,.50-letnica ~ N o ~ S R D E s o P R A N ~ N E~ ~!E~dru štua, ki !!E" ~izdaja K R o T I T E V P A L E o Z o I K Presek ~ v E G o v A ! s o B A ~ E N S -~ B E S...., A T E M A T I K A O;:~ K M E T ~ Z L o =~ ~ r l R S A ~ A N o N I M .- U L ~ A L o S T~ ..';\'. ~" ~,~ o B I S K ""r""~ S N 1 '~1,W. R A S A i!: R J A ~ U R li~ 1*: I'§ii R A Z T o P I N A 'ii ',"",~ T '!\!i!!i~ K A Z E N ~ S N o V=~ I:"""Y I L I R S T V o ~~ S T R o K o V N I T I S KW.gj ;~ K o K o T ~ E V R o P I J ~ I R A ~ R E K L o ~ ~ <@ ~ - --- ~.'ll: S T A N R S A R o N _.. i: ..i"~ H v A R A P= f& ~~ ~ ~, o S A~ I Z G R E D ~ S T I S K ~ G B..~ .~~ z;'-J..~ O>~ ::a. T E K M o V A N J A =~ K o L A Š ~~" ~~ K L I K IMre ~ o ~U T R I N E K ':'1..'t~ E Z O P ~ B U T A N 'rl:: L O T O L~~' R U S J A N ~~~ O D E B E L I N A ~t? p R E S E K ~ c@ ga ~- K I T A R A 'liS",' s E M I N A R J I O T A V A Rešitve nalog I NENAVADNA FUNKCIJA - Rešitev s str. 108 Funkcijo F smo definirali rekurz ivno z naslednjimi predpi si: F (l) = 1 in F (2n) = F(n ), F (2n + 1) = F (n ) + F (n + 1) za n 2: 1 . Poglejmo, kakšni so odgovori na zastavljena vprašanja. (a) Sest aviti t ab elo vrednosti funkcije F ni tež ko. Začnemo z 1, nato pa po vrs t i določamo nove vrednosti . Če je arg ument sod , je vrednost funkcije enaka kot pri polovici argumenta, sicer pa je za novo vre dnost t reba sešteti vrednosti funkcije pri navzdol in navzgor zaokroženi polovici argumenta: n F(n) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1121 3 2 31 4 3 5 12 13 14 15 16 2 5 34 1 Iz tab ele lahko opazimo zanimivo lastnost funkcije F: za vsako število n 2: 1 je F(2n + 1) = F (2n) + F (2n + 2) . To sploh ni presenetljivo, saj je F(2n ) = F (n) in F(2n + 2) = F (n + 1), tako da je gornja enakost le drugače zapisano rekurzivno pr avilo. Iz te enakost i lahko izpeljemo zanimiv način za računanje vrednosti funkcije F . Recimo, da že poznamo vrednosti funkcije F na številih od 2k - 1 do 2\ kjer je k neko na rav no št evilo. Na prim er, vre dnosti funkcije F od 22 = 4 do 23 = 8 so 1, 3, 2, 3, 1 . Potem vrednosti funkcije na št evilih od 2k do 2 k+ l dobimo tako, da v zaporedje vrednosti od 2k - 1 do 2k med vsaka zaporedna člena vrinemo še njuno vsoto. Iz zgornjega zap oredj a tako dobimo 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1 . Postopek lahko zapišemo tudi v obliki "raz predelnice" : 1 1 (od Ldo Z) 1 2 1 (od 2 do 4) 1 3 2 3 1 (od 4 do 8) 1 4 3 5 2 5 3 4 1 (od 8 do 16) 1 5 4 7 3 8 5 727 5 8 37 4 51 (od 16 do 32) I Rešitve nalog (b) Izračunajmo vrednost F(1999) : F(1999) = F (999) + F(1000) = = (F (499) + F (500)) + F (500) = F (499) + 2 · F (500) = = (F (249) + F (250)) + 2· F (250) = F (249) + 3· F (250) = = (F (124) + F(125)) + 3· F (125) = F (124) + 4 · F(125 ) = = F (62) + 4 · (F (62) + F (63)) = 5 · F (62) + 4· F(63) = = 5 · F( 31) + 4· (F (31) + F (32)) = 9 · F (31) + 4· F (32) = = 9· (F(15) + F(16)) + 4· F(16 ) = 9· F( 15) + 13· F(16) . Vrednosti F(15) in F(16) pa lahko že razberemo iz tabele: F(15) = 4 in F(16) = 1. Tako smo izračunali F(1999) = 9 . F(15) + 13 · F(16) = 9 · 4 + 13 . 1 = 49 . (c) Spomnimo se, da je funkcija injektivna, če ima za poljubna različna argumenta vedno tudi različni vrednosti. Povedano nekoliko drugače : če ima funkcija pri dveh številih enako vrednost , potem sta t i dve števili enaki. Torej funkcija F gotovo ni inj ektivna, saj sta že sliki šte vil 1 in 2 enaki: F (l) = F (2) = 1. Celo več , zlahka se prepričamo, da ima funkcija F vrednost 1 na vsaki potenci števila 2. S surjekt ivnost jo bo nekaj več dela. Funkcija bo sur jekt ivna , če za vsako nar avno število k najdemo vsaj eno naravno št evilo e, tako da bo F (e) = k . Poglejmo še enkrat raz predelnico, v kateri so zapisane vredno- sti funkcije F. Op azimo lahko, da so pr edzadnji elementi v posameznih vrsticah po vrs ti enaki 1, 2, 3, 4 in 5. Domnevamo to rej, da za vsako naravno število k velja F (2k - 1) = k. Domnevo seveda dokažemo z in- dukcijo. Bazo indukcije smo že pr everili v tabeli, indukcijski korak s k na k + 1 pa sledi iz F (2 k + 1 - 1) = F (2 k - 1) + F (2 k ) = k + 1 . Vzamemo torej lahko e= 2k - 1. Podobno velja tudi F (2k - 1 + 1) = k za k ~ 1. (d) Še enkrat si oglejmo razpredelnico z vrednostmi funkcij e F . Največja vrednost v prvi vrstici je 1, v drugi vrstici je največj e šte vilo 2, v tretji 3, v četrti 5, v peti pa 8. To pa so ravno začetni členi F ibonaccijevega Rešitve nalog I zaporedja. Z nekaj smelost i postavimo domnevo, da je za vsako nar avno št evilo ti , ki je manjše ali enako 2k , vrednost funkcije F (n ) manj ša ali enaka ik+l. Pri tem smo s Ii označil i i-to Fibonaccijevo število. (Pono- vimo: Fibonaccijevo zaporedje je definir an o rekurz ivno z bazo Jr = 12 = 1 in rekurz ivno formulo JHl = J i + J i - l , i 2: 2.) Domneva je sicer smela, dokaz z matematično indukcijo (po ind eksu k) pa ni pr av nič težak. Baza indukcije bosta tokrat dve vrednosti, k = 1 in k = 2. Ker je F( l ) = = F(2) = F(4) = 1 = 12 in F(3) = 2 = 13, ocena za t i dve vrednosti velja. Pokažimo še indukcijski korak. Predpost avimo, da ocena velja za št evili k - 2 in k - 1. Pokazat i želimo, da za vsako število n, ki ni večj e od 2k , velja F(n) ::; JHI . Gled e na parnost števila n ločimo dve možnosti . Če je število n sodo, n = 2m , potem po indukcijski predpost avki velja F(n) = F(m) ::; ik ::; JH I ' saj je m ::; 2k- l . Če pa je število n liho, ti = 2m + 1, potem je F(n) = F(m )+ F(m + 1) . Tokrat je m + 1 ::; 2k - l . Eno od št evil m , m + 1 je sodo , označimo ga z m' . Ker je F( m') = F( n;:' ) in ~' < 2k - 2 , po indukcijski predpost avk i za k - 2 velja F (m' ) < ik~ l . Torej lahko ocenimo F (n ) = F (m ) + F(m + 1) ::; ::; max{ F (m ), F (m + 1)} + F (m') ::; Jk + ik-l = JHI , to pa smo t udi želeli dokazati. Ker je 211 = 2048 > 1999 , smo t ako dokazali, daje F(n) ::; Jr2 = 144 tudi za vsa šte vila n ::; 1999. Poiskati mor amo le še število ti ::; 1999, za katero je F(n) = 144. Če pog ledamo v razpr edelnico, lahko opazimo , da se v k-ti vrstici šte vilo J H l poj avi dvakrat, enkrat v prvi in enkrat v drugi polovici. Izjema je le število 13 = 2 v drugi vrstici, ki nastopi le enkrat, in sicer na sredini. Označimo z ak vrednost argumenta funkcije F , ki ustreza prvi pojavitvi vre dnost i JHI v k-ti vrst ici razpr edelnice, bk pa naj označuje zadnjo pojavitev. Iz razpredelnice razberemo vrednosti in bl = 2, b2 = 3, b3 = 7, b4 = 13, bs = 27 . Zaslutimo lahko , da za k 2: 1 zaporedji ak in bk zadoščata zvezama m I Rešitve nalog za k ~ 2 pa t ud i zvez i oziro ma Z indukcijo se hit ro prepričamo , da je F (a k ) = F (bk ) = f k+l ' P oglejmo ind ukcijski kor ak s k - 1 in k na k + 1 za zaporedje ak (dokaz za št evila bk je enak) : F (ak+ l ) = F (a k + 2ak- d = F(ak ) + F (2ak- d = = F (a k ) + F (a k- d = f k+l + !k = f k+2 . V računu smo pri drugem enačaju v prvi vrst ici upošt evali , da sta ak in 2a k-l sosednji števili, saj iz rekurzivne zveze za zaporedje ak sledi, da je njuna razlika enaka (_ l) k. Z dod atnim razmislekom lahko t udi pokažemo, da sta a k in bk edini števili med 2k - 1 in 2k, za kateri ima funkcija F vrednost f k+l . Če obe gornji rekurzivni zvezi razrešimo, dobimo in Iščemo št ev ili a ll in bi«. Dobimo ju iz gornj ih formul (lahko pa t udi z večkratno uporabo rekurzivne zveze): all = 1365 in bll = 1707 . To sta torej t isti št evili do 1999, pri kat erih funkcija F zavzame največjo vr ednost . Martin Juvan STOPNJE TOČK GRAFOV V NALOGAH - Rešitev portoroške naloge s str. 78 Točke grafa naj pred st avljaj o kop alce na por toroški plaži, dve točki pa povežimo s povezavo, če sta ustrezn a kop alca med seboj oddaljena do 10 m. P o predpost avki naloge (namreč , da kjerkoli že ste na plaži, imate na razdalj i do 10 m še druge ob iskovalce) je stopnja vsake točke vsaj lo Če je vse h kop alcev n , je seveda stopnja poljubne točke kvečjemu ti - lo Torej imamo n točk s stopnjami med 1 in n - 1, zato morat a bi ti vsaj dve sto pnj i enaki. Z drugimi besed ami , vedno najdem o' dv e osebi, ki imata enako število obiskovalcev plaže, oddaljenih do 10 m od njiju . Seveda velja enak sklep tudi za 100 m . San di Kla vžar \170 URNIK TEKMOVANJ V LETU 1999 Tekmovanja I področje šola t ekmovanje d atum matematika osnovna šolsko 19. marec področno 17. april državno 15. mai srednja šolsko 19. marec izbirno 10. april dr žavno 15. in 16. maj olimpiada 10. do 22. iulii fizika osnovna šolsko do 13. mar ca področno 27. marec dr žavno 8. mai srednja področno 27. marec državno 17. april olimpiada julij logika osnovna šolsko 24. september izbirno 16. oktober državno 13. november srednja izbirn o 16. oktober dr žavno 13. november študenti državno 13. november m a t ematika osnovna in dr žavno 2. oktober za razvedrilo sredn ia računalništvo osnovna šolsko 22. marec področno 1. april državno 24. april srednja državno 23. in 24. apr il Nekaj informacij o tekmovanjih Matematika - osnovna šola Tekmovanja bodo potekala v skladu s Pravilnikom o tekmovanju učencev osnovne šole v znanj u matematike za Vegova priznanja . Po datke najdete na Intern etu (ht t p: / / www2 . arnes . sirosljbj l/dmfa/prav .html) . Po- jasnil a lah ko dobite pr i g. Aleksandru Potočniku na OŠ Božidarja J akca, Nusdorferjeva 10, Ljubljan a, te lefon (061)-443-074 ali (061)-442-900 oziro- ma na elekt ronskem nas lovu "al eks an der .potocnik@guest . arnes. si" . I Tekmovanja Matematika - srednja šola Tekmovanja bodo potekala v skladu s Pravilnikom o tekmovanju sre- dnješolcev v znanj u m at ematike. Naj še posebej poudarimo , da tudi v šolskem let u 1998/99 že po- tekajo celolet ne pr iprave na mednarodno matematično olimpiado, ki bo julija 1999 v Bukar ešti (Romun ija) . Teh se ud eležujejo dij aki , ki so jih predlagali bodisi člani Komisije za popularizacijo m atematike v srednji šoli bo disi učitelji-mentorji ali pa so se prijavili sami. Olimpijska ekipa bo izbrana na podlagi rezultatov dveh izbirnih testov in državnega te kmo- vanja. Prvi izbirni t est bo 22. januarj a 1999, drugi pa 23. aprila 1999. Podrobnejše informacije dajet a g. Darj o Feld a , Fakulteta za elektrote h- niko, Tržaška 25, Ljubljana, t el. (061)-17-68-233 ali (061)-17-68-234 in g. Matj až Željko , Fakulteta za matematiko in fiziko, Jadranska 19, Lju- bljana , tel. (061)-17-66-500, dobite pa j ih tudi po elekt ro nski pošti na naslovu "ma t h . comp©fmf . uni-lj . si". Koledar akt ivnost i je ob vsakem času dostopen po Intern etu: VRL: "www. fmf . uni - lj. s i r ma t h c omp /kol edar .html " . Fizika - osnovna šo la Tekmovanj a bodo potekala v skladu s Pravilnikom o tekmovanju učencev osnovn e šole v znanj u fizike za St efanava priznanja. V februarju bomo na šole poslali razpis te kmovanj . Dodatne informacije dobit e pri ge. Jelki Sakelšek , OŠ Ketteja in Murna, Koširj eva 2, Ljubljan a , t el. (061)-444-401 ali (061)-444-181. Fizika - sred nj a šo la Razpis za t ekmovanja bomo skup aj s prijavnicami poslali na šole do kon ca februarja. Informacije dobi t e pri g. Cirilu Dominku na Gimnaziji Bežigr ad , Peričeva 4, Ljubljana , te lefon (061)-13-19-293. M a t ema t ika za r a zvedrilo Vse informacije dobi te v reviji Logika & Razvedriln a matem atika. Logika Na državnem tekmovanju tekmujejo učenci , ki bodo v času tekmovanj na predmetni stopnj i osnovne šole, dijaki srednjih šol in št ud entje. Šole, ki bodo organizirale izbi rno t ekmovanje, se morajo prijaviti na razpis na ZOTKS, Komisija za logiko, Lep i pot 6, Ljubljana. Druge informacije daje ga . Mija Kordež na ZOTKS, te l. (061)-213-727, faks (061)-222-487. Tekm ovanja I Računalništvo - osnovna šola Razpis tekmovanja je bil skupaj z obvesti lom in prij avnico že poslan na šole. Informacije naj dete na Internetu (ht t p: / / www2 . arnes. s i ;- l j z ot ks 2). dobite jih tudi pri ge. Miji Kordež, ZOTKS - Svet za politehnično in delovno vzgojo te r izobraževanj e, Lepi pot 6, Ljubljan a, te l. (061)-213-727, faks (061)-222-487, elekt ronska pošta "mi j a .ko.rdeztšgue s t . arnes. si" . Računalništvo - srednja šola 1. Raziskovalne naloge St rokovna komisija bo pregledala naloge, ki bodo do 10. aprila prispele na naslov Gibanje znanost mladini , Lepi pot 6, Ljubljan a. Na osnovi dobljenih ocen bo določila t iste učence , ki bod o svoje nal oge ustno zago- varjali. Podrobn ejša poj asnila daje g. B. Sotošek na istem naslovu. II. Tekmovanje iz znanja računalništva Mentorji naj poš ljejo pr ijavo šole s poimenskim seznamom tekmovalcev (ne več kot po 5 učencev za vsako od treh tekmovalnih skupin) do 10. ap- rila na Gibanje znanost mladini . P ri tem na j upoštevaj o pr avila , ki že vrsto let veljajo za to tekmovanje. Pot rditev pr ijav in natančni razpored tekmovanja bodo šole dobile teden dni pred tekmovanjem. Šolam priporočamo , da izvedejo predtek- movanj a in t ako izberejo najboljše predst avnike. Informacije dobite pri ZOTKS - Komisija za računalništvo , Lepi pot 6, Ljubljan a, te l. (061)- 213-727, faks (061)-222-487. Darj o Felda 33. PODROČNO TEKMOVANJE ZA SREBRNO VEGOVO PRIZNANJE - Rešitve s str. 109 6. razred Sklop A naloga Al A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 pravilni odgovo r B Č D B A D C Č Sklop B Bl V eni minuti se napolni z vodo 210 pr azne kadi , izteče pa lovode, ki nap oln i kad . Po eni minuti je to rej v kadi 2~ - 310 = 6~ kadi vode , po 48 minutah pa 48 · 610 = ~ . Voda zato še ni t ekla čez rob. I Tekmovanja c s P rvi trgovec ima 50 % od 20 kg + 40 % od 30 kg = 10 kg + 12 kg = = 22 kg orehovih jedrc, drugi trgovec pa 45 % od 49 kg = 22,05 kg, torej več kot prvi . Oglišče A pr ezrc alimo čez toč- D 'r-----------~ ko S v oglišče C . Narišemo poltrak CE in pr avokotnico iz oglišča A na poltrak CE. Pre- sečišče je oglišče B . Trikotnik 6 AB C dopolnimo v pravokot- nik ABCD. B2 B3 E A B 7 . razred Sklop A naloga Al A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 pravilni odgovor B D C B Č A Č C Eb) P EB S CF - 5 P AB c n 12 ' Sk lop B Bl Vrednost izraza je l. B 2 a) An a je invalidom nam eni la 2,5 %svoj e nagrade, Bine 2,7 %, Cita pa 2,4 %. b) Cita je za invalid e podarila 24000 SIT. B 3 a) PEBSC F = PABCD - 2 . PABE - PBSC , Di<- ~.;;, PABCD = 3072 cm 2 , PAB E = 512 cm 2 in PBSC = 768 cm 2 , zato je P EBSCF = F = 1280 cm 2 . A B 8. razred Sk lo p A naloga Al A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 pr avi lni odgovor C Č B D A B C D Tekmovanja I c,,, , , ,,,,,, , 'x,B Za pr edlog je glasovalo J + 13 občanov, proti ~ občanov , vzdržalo se jih je 17. Enačba J+13+ ~ +17 = x ima rešitev x = 72, kar pomeni, da je bilo prisotnih 72 občanov . Za predlog je glasova lo 37 občanov , torej več kot polovica. A B = J 32 + 42 = 5, 6 BC = J 82 + 62 = 10, AC = J32 + 122 = = 3Jl7, o = 15 + 3Jl7. p = 12 . 6 - 324 _ 826 _ 3 - 3-i2= 72 - 48 = 24. B2 Sklop B Bl (O, O) 4 12 B3 2rr · !!. 2Ker je o = --T + la +a, je a = 10 drn. Zato ( ) 2 2 7T.f!. J'e p = ZEE:- - _ 2_ = lO Orr ...:... 39 25 dm24 2 8 - , . a A leksander Poto čnik 18. PODROČNO TEKMOVANJE IZ FIZIKE ZA OSNOVNOŠOLCE - Rešitve s str. 115 7. razre d 1. Po 30 minutah smo v 2,40 dm '' vode zamešali 30 . 20 g = 600 g soli, skupna masa mešanice je 2400 g + 600 g = 3000 g. Prostornino določimo s sklepanjem: iz po datka za 1,00 drn:' vode in 250 g soli preračunamo na 2,4 dm ' vode in 250 g . 2,4 = 600 g soli, prostornina je to rej 1,09 ·2,40 dm3 = 2,6 dm ' . Na koncu izračunamo gostoto mešanice: p = 3,0 kg/2,6 drn" = 1,15 kg/drn". I Tekmovanja 100 N 100 N 140 N 2.a) Ko grafično sešt ejemo vlečni sili, dobimo kvadrat in vsota je diagon ala kvadrata, R = 100 Nv'2. Ker je vsota sil enaka O, deluje voda na čoln v nasprotni smeri s silo 140 N . b) Sila vode na čoln se ni spremenila , v desno deluje še sila motorja. Vsota teh dveh sil je 90 N. Zato je vsota obeh vlečnih sil tudi enaka 90 N. Ker je paralelogram, ki ga ti sili določata, kvadrat zdiagonalo 90 N, je posamezna sila 90 N/v'2 = 64 N. Mitja in Miha vlečeta vsak s silo 64 N. 3.a) Ker ima voda večjo specifično težo lj in je ob dn u posode z vodo večji c11~ x. ---- -- - --- -- -- - -- - t lak , steče voda v posodo z oljem. b) T laka ob dnu posod sta enaka: croh + crvx = crv(h-x) . Velja nam- reč : kolikor se zniža višina v desni , za toliko se zviša višina v levi po- sodi. Iz enačbe izračunamo spremembo višine x = (crvh -croh) /2crv = = 10 cm . 2/20 = 1 cm . Končni višini sta 10 cm - 1 cm = 9 cm v desni in 10 cm + 1 cm = 11 cm v levi posodi. 4.a) Iz prvega pr imera vid imo, da je zunanji zračni t lak pz = 103,0 kPa. V drugem primeru je nad levim in desnim krakom t lak še vedno Pz, v srednjem kraku pa je nekoliko višji tlak p . Račun za levo U cev pokaže: p - pz = crvb.hv = 10000 N/m 3 . (48 - 18) cm = 3,0 kPa. V drugem primeru kaže barometer 106,0 kPa. b) Račun za desno U cev p - pz = cro b.ho da višinsko ra zliko olja b.h o = = (p - pz) /cro = 0,35 m . Višina d je torej 15 cm + 35 cm = 50 cm. 5. Prostornina nosilca je V = m]p = 3,70 rn". Vrv je napet a s silo, ki je enaka razliki tež e in vzgona: Fvrvi = 100000 N - 37000 N = 63000 N. Dvigalo opravi de lo A = F . s = 63000 N . 10 m = 630 kJ . 8. razred v-- 8,2 kN I --() 1.a) Med zaviranjem bo avto pr evozil pot s = Vsr . t = 13,9 mis . 3,4 s = =47m. b) Na avto med zaviranjem de- lujeta te ža ter sila ceste po- ševno nazaj , ki pa jo navad- no razstavimo na pravokotno silo podlage navpično navz- gor in silo trenja. Rezultanta vseh sil je enaka sili t renja 176 Tekmovanja I Ftr = m a = 1000 kg · 8,2 m/s 2 = 8,2 kN. Pojemek pr i zav ira nju je namreč a = volt = (27,8 m/s)/3,4 s = 8,2 m/ s2 . 2. V šestih ur ah točka A na Zemlji prepotuje kot 90° , satelit pa v tem času opiše polni krog in še 90° . Njegova pot je potem 8 = = 27l'r+ 27l'r /4 = 107l'r / 4. Ker je 8 = v t, do- s bimo r = 4vt / 107l' = 14600 km . Kroži to rej na višini 14600 km - 6400 km = 8200 km . 3.a) Na skici izmerimo, da se je skakalec spustil za 34 mm, kar na skakalnici ust reza višini h = 68 m. Potencialna energija se mu je tako zmanjšala za m gh = 80 kg · 10 m/ 82 · 68 m = 54,4 kJ. Kinetična energija se mu je povečala le za mv2/2 = 26,7 kJ , torej je bilo delo zaviralnih sil - 54,4 kJ + 26,7 kJ = -27,7 kJ. b) Če bi se mu vsa potencialn a energija pretvorila v kinetično, bi veljala enačba mv2 /2 = mgh, od koder sledi, da bi imel hitrost v = J2gh = = 36,9 mis = 133 km/h. 4.a) Da dobimo nap et ost 12 V, zaporedno povežemo 10 baterij , ki lahko 1,0 ure poganjajo tok 0,80 A. Ker teče skozi žarn ico 5 W / 12 V = = 0,42 A, se baterije ne spraznijo . Potrebujemo 10 baterij. b) Skozi žarn ico teče tok 45 W / 12 V = 3,75 A. Ker ena veja z 10 za- po red no vezanimi baterij ami poganj a 1,0 ure tok 0,8 A, pot rebujemo 3,75 A/0,8 A = 4,7 oziroma 5 vzporedno vezanih vej . Potrebuj emo to rej 50 baterij . Če pr azne baterij e med poskusom zamenjujemo, se posamič priklj uče­ na veja sprazni po 0,8 Ah/3,75 A = 0,213 h. Ker je 1 h/ 0,213 h = 4,7, je potrebno 5-krat up orabi ti polne baterij e, in spet potrebujemo 50 baterij . 5.a) Iz slike in podobnih t rikot nikov sledi Zr ]« = 2R/(a + b), 2r = = 2Ra/ (a + b) = 2,6 cm. --r.m ... . mmm~ 2R ............ ) Tekmovanja b) Na dolžini a + b je 5 trikotnikov s kateto c, oziroma c = (a + b)/ 5 = = 22 cm. Iz pod obnih t rikot nikov dobimo reš itev: 2r / a = 2R/ c, 2r = 2Ra/ c = 13,1 cm. . ~ ......•",.~.--..... ....., :'1"'" c) Naj večje število odbo jev dobimo, če povsem odpremo sprednjo steno , 2r = 24 cm. Med dve ma za porednima odbojema je širina cevi 2a = = 24 cm , skupaj je 5 odbojev . Zlatko Bradač, Mirko Cvahte REŠITVE NALOG S PREDTEKMOVANJA SREDNJEŠOL CEV IZ FIZIKE V ŠOLSKEM LETU 1997/98 - S st r . 118 Objavljamo reš itve nalog s pred tekmovanja srednješolcev iz fizike, ki je bilo 28. marca 1998 . Besed ila nalog smo objavili v letošnji 2. šte vilki Pre- seka. (Zaradi bo ljše kontrole podaj amo numerične vre dnosti rezul t atov na eno mesto bolj natačno , kot bi bilo sicer fizikalno smiselno .) Skupina A 1. Podatki ; T = 50 N, aAI = 27 kN/m3 , av = 10 kN/ m3 , Vv = ~Vo . Ko krogla plava , vzgon uravnovesi njeno težo: Vva v = T. Od tod dobimo volumen krogle Vo = 2Vv = 2T/av = 10 drn" , Težo lahko za pišemo tudi kot VAW Al, če z VAl označimo del volumna krogle, ki ga napolnjuje aluminij , torej VAl = T /aAI = 1,85 dm 3 . Volumen vot lega dela je potem V = Vo - VAl = 8,15 drn '' . 2. Podatki ; Td = 300 N, r .; = 700 N, kd = 0,30. Silo , s katero pritiska človek na desko v navpični sme ri, označimo z F. Tla delujejo na desko v navpični smeri s silo , ki je nasprotno enaka teži deske in sili, s katero poti ska človek , Fo = F +Fd. Največja sila , s katero lahko desko potiska naprej , je enaka največji mo žni sili lepenja med desko in stopali kmF, če s km označimo koeficient lepenja med desko in stopalom . Ta sila mora bi ti v mejnem primeru nasprotno enaka največji sili lep enja med desko in t lemi , kdFo = kd(F + Td), 178 Tekmovanja I torej kmF ~ kd(F+Fd). Za koeficient lepenj a med stopalom in desko mora to rej veljati km ~ kd (1 + ~). Na jmanjši je t akrat, ko je sila F največj a, torej kar enaka teži človeka ; za mejni km dobimo 0,43. 3a. Podatki : T = 1000 N, a = 1,0 m, b = 5,0 m, l = 1,0 m, h = 0,5 m. Sile označimo takole (glej sliko pri besedilu naloge): navpično kompo- nento , s katero vzvod deluje na drog, z F2 , vodoravno z F3 ; navpično komponento sile podlage na drog z F1 in vodoravno z FI. Kam en deluje na vzvod le s silo v navpični smeri. (Sile, s katerimi deluj e dr og na vzvo d, so seveda nasprotno enake t ist im, s katerimi vzvod deluje na dro g.) Silo, s katero potiskamo na vzvod, razdelimo na dve komponent i: vodorav no ~F in navpično ..;;F. Zapi šimo potrebne po- goje za ravnovesje vzvod a: ravnovesje sil v vodorav ni smeri zahteva F3 = ~F, saj sila kam na nim a vodoravn e komponente, ravnovesje navorov glede na os v kamnu pa zahteva aF2 = b";; F . a) Ravnovesje navorov na drog zapišemo za os v krajišču , ki se dotika tal: v'3 l'I' - v'3iP + liP - ~ !!. iF + liF od tod F - v'3 T - 108 N4 - 2 2 2 3 - 4 a 4 ' - 16 - . b) Pogo ja za rav novesje sil na drog zahteva v navpični smeri F 1 = T - F2 in v vodoravni FI = F3 . Koeficient lepenja mora bit i naj manj FI ~F J3 ki = - = = - = 0,10 . F1 T - !!. v'3F 17 a 2 3b . Pod atki : vp/Vt = 3/ 2, t:.t = 20 min, t~ = 2,0 min, s = 57 km. Čase označimo takole: čas pospeševanj a (enak času zavira nja) tovor- nega vlaka t~ in potniškega vlaka t;; čas vožnje z ena komerno hitrostjo tovornega vlaka tt in potniškega t p. a) Ker oba vlaka posp ešuj eta zenakima posp eškom a, je razmerj e časov pospeševanja enako razmerju končnih hitrosti , torej 3/2 , in je t~ = = ~ t~ . En ako razmerje velja pri zavira nju. Pot pri enakomerno posp ešenem gibanju je s = ~ at2 = ~vt, če je v končna hitrost. Ker je poj emek po velikosti enak posp ešku , dobimo enak rezult at tudi pri enakomerne m zaviranju do hit rosti O, le da je te daj v začetna hit rost . Pot , ki jo napravi tovo rn i vlak med post aj am a , je pot emt akem kar Tekmovanja Vt (t~ + t t ) in je enaka po ti , ki jo napravi potniški vlak vp(t~ + tp) = = ~ Vt(t~ + tp). Upoštevamo tp = tt - 6.t in t~ = ~ t~ t er dobimo tt = 36.t - ~ t~ = 55 min. b) Končno hitrost dobimo iz poti to vornega vlaka (glej izp eljavo pri a)) : Vt = sl(t~ + tt ), pospešek pa je enak ~ S 2 a = I = I ( I ) = 0,14 mi s . tt tt tt + t t Skupina B 1. Podatki; l = 2,0 m , h = 4,0 m , sp = 30°. Gibanje koščka ledu od trenutka , ko zapusti rob st re he, opisemo z enačbama za poševni met. Pri t em os y usmerimo navpično navzdol: . 1 h = Vo S111

48°. Skupina C 1. Podatki : t: = 10 cm, U = 1,0 V, PI = 10 O/m, P2 = 40 O/m, P3 = 20 O/ m , P4 = 50 O/mo a) Ob pol petih je kazalec ravno na sredini drugega odseka; nadomest ni upor vezja je enak 1 R 7fr s- -- 2 . Dobimo 1 = U/ R = 0,28 A. b) Razmislimo najprej , kako moramo razrezati žico z uporom a na dva dela z uporoma x in a - x , da bo skupni upor vzporedno vezanih odsekov največji. Velja (1 1)-1R= -+ - -x a- x = ~ Ua2 - (x - ~a)2) . a a Tekm ovanja Izraz je največji pri x = ~ a . Tok je najmanjši, ko deli kazalec obo d ur e t ako, da je upor odsekov med kazalcem in točko A enak; t o pa je ravno ob pol osmih . 2. Podatki: 1= 100 cm, h = 50 cm , PO = 100 kPa , p = 13,6 kg/ drn" . Ko post avimo cev ko v navpični položaj , se t lak zraka nad živim sre- brom zmanjša na Po - pgx, če z x označimo višino živosrebrnega stolpc a v cevki. Volumen zr aka se pri t em poveča z 1- h na 1- x. Ker se temperatura ne spreme ni, velja Boylov zakon : Po(l- h) = (Po - pgx )(l - x) . Dobimo kvadratno enačbo pgx 2 - (Po + pgl )x + Poh = °z reš itvama Po + pgl ± J (po + pgl )2 - 4pgPoh xl2 = ., 2pg Smiselna je rešit ev z nega ti vnim pred zn akom pred korenom, x = 25 cm . 3. Podatki; Ua = 200,0 V , e = 2,0 . 10-11 As, 13- = 2,0 m2/Vs , 13+ = 5,0 . 10- 3 m 2 /Vs, S = 100 cm'', d = 10 mm, s = 1,0 mm. a) Na koncu dosežejo pozitivni delci negativno ploščo konden zatorja, negativni pa po zitivno . Naboj na kondenzatorju se zmanjša za e, nap et ost pa za /:). U = ed/ (EoS) = 2,3 V . b ) Delci le malo zmo t ijo polje konden zatorj a , tako da lahko pri računu hitrosti vzame mo kar električno p oljsko jakost v nem otenem konden- za torju Eo = U/d = 2,0 . 104 V/mo Hitrosti delcev so V _ = 13_ Eo = = 4,0 .104 mis in v+ = 13+Eo = 1,0 .102 mi s. Negati vni delci dosp ejo do pozitivne plošče v času ti = (d - s)/v_ = 0,225 MS, pozitivni pa do negativne v času t2 = s/v+ = 10 MS. c) Med pozit ivno in negativno zaveso delcev nastane dodatno polje z jakos tjo E l = e/(EoS) = 2,3 · 102 VI m, ki im a nasprotno sme r kot polje v konden zatorju. Ko negati vni de lci v času t : = 0,225 MS za- denejo po zitivno ploščo, se nap etost na ploščah zmanjš a za /:). U l = = El(v_ + v+)h = 2,07 V , ko pa v času t z = 10 MS dosežejo ne- gat ivno ploščo še po zitivni delci , pa se napet ost zmanjša na končno vrednost Ua - /:). U = 197,7 V. Tekmovanja I Skupina D 1. Podatki : l = 0,25 m, 6.T = 55 K, a = 1,2 .10- 5 K- 1 , bt = 1,0 s. Palica se pod alj ša za 6.l = a 6.Tl in težišče sist ema se prem akne za r" = - ~lm + ~ (l + 6.l)m 4m a6.Tl 8 če z m oznacirno maso ene palice. Zarad i tega se pojavi navor M = 4mgr* , ki v času bt spremeni vrt ilno količino siste ma z O na J w; pri te m je vztrajnostni moment štirih palic okoli krajišča enak J = 4 · ~ml2 . ml 2 4 -3- w = us, 3a6.Tgbt - 3W = 8l = 9,7' 10 s . Postopek je upravičen , če je čas delovanj a navora zelo kratek v pri - merj avi z časom enega obrata bt = wbt ;:::: 10- 6 to 271" ' kar je v našem primeru izpolnjeno. 2. Podatki : P = 1000 W , ( = 9,8 . 10- 8 Om, to = 0,25 s, p = = 7,9 .103 kg/m3 . Najpr ej določimo ravnovesno lego, ko odbo jna sila med vodnikoma ur avnovesi t ežo vodnika: JLoJ IlB = Il -- = mg . 271"ro ' kjer smo z S označili prečni pr esek vod nika in z ro ravnovesno razdaljo med vodnikoma. Če se razdalj a zmanjša za x , se pojavi od nič različna rezul tanta sil, ki kaže pr oti ravnovesni legi in je enaka JLoJ 2l ~loJ2l ( x ) mgF = - mg = - - 1 + - - mg = - x 271" (ro - x) 271"ro ro ro ' pri čemer smo si pomagali z enačbo za ravnovesno lego in z zvezo, ki velja za majhne odmike x (x/ ro « 1): 1 ro - x Tekmovanja Sila je torej soraz merna odmiku od ravnovesne lege, tako kot pri ni- halu na vijačno vzmet: F = kx , k = mg/TO, in kaže proti ravnovesni legi. Iz zveze za krožno frekvenco nih ala, w2 = kim, dobimo TO = = g/ w2 = t6g/(47r2) = 1,55 cm. Če z R označimo up or enega vodn ika, lahko moč , ki se t roši, zapišemo kot P = 2RI2 = 2(1I2/ S , 12 izrazimo iz enačbe za ravnovesno lego, masa enega vod nika je m = S ip . Dobimo P = 2(l . 27rToSl pg S JLol ' l = JLoP = 7rJLoP = O85 m 47r(pgTo (pg2 t6 ' . 3. Podatki: UO = 200,0 V, e = 2,0 · 10-11 As, (L = 2,0 m2 /Vs, (3+ = = 5,0 . 10- 3 m2/Vs, S = 100 cm2 , d = 10 mm, s = 1,0 mm . a) (Glej rešitev 3 a) v skupini C.) b) (Glej rešit ev 3 b) in c) v skupini C.) c) - 1 U(t) - UO [V] - 3 d) Če z x označimo razdaljo od negativne plošče , mora veljati: x d - x (3+ X = (3 (3 d = 25 JLm .- + + 1184 Tekmovanja I 4. Podatki: J = 10 cm, a = 15 cm . 1 b 2 P B a Da skonst ruiramo sliko predmeta velikosti p, moramo narisati s skraj- ne točke predmeta vsaj dva žarka. Na sliki sta narisana žarka, za katera lahko razmislimo potek. Žarek št evilka 1 bi brez loma potekal skozi lečo, zaradi ravnega zrc ala pa se odbije pod enakim kotom, torej simetrično glede na optično os. Žar ek št evilka 2 ~ goriščni žarek - bi potekal skozi lečo vzporedno z optično osjo , vendar po odboju na ravnem zrca lu poteka vzporedno z optično osjo - kot da bi potekal z leve strani leče - zato poteka po lomu nazaj skozi gorišče (definicija gorišča). Žarek šte vilka 2 se torej odbije sam vase. Tam, kjer se sekata odbita žarka , je vrh slike predmeta , velikost slike je s. Na sliki sta dva para podobnih t rikotnikov: .6.AFB je podoben .6.CFD, .6.ATB je podoben .6.CTD. Zaradi prve podobnosti lahko zapišemo p s p a -J --=--::::} -= -- a-J J-b s J -b ' iz druge podobnosti pa lahko zapišemo p spa - = -::::}- = -. a b s b Ko izenačimo skrajna izraza v zgornjih enačbah , dobimo po preure- ditvi aj b = - - J = 7,5 cm . 2a - B ojan Golli E -- - ?- - - - - - - D ' I Tekmovanja IZBIRNO TEKMOVANJE IZ MATEMATIKE ZA SREDNJEŠOLCE - Rešitve s str. 123 III. Med eno mestnimi števili ni takih, ki bi bil a enaka enajstkratniku vsote svojih števk. Poglejmo, kako je pri dvomestnih številih . Če sta x in y števki, bi mor alo veljati lOx + y = l1(x + y ) oziroma x + 10y = O, kar pa ni mogoče. Naj bo x yz trimestno število. Tedaj iz 100x + 10y + z = l1(x+y+ z) dobimo 89x = y + 10z , od koder t akoj sledi x = 1, y = 9 in z = 8. Nazadnje dokažimo, da nob eno št iri ali večmestno število ne more biti enako enajs t kratniku vsote svoj ih števk. Že pri št ir imestnem številu x yzv je 1000x+ 100y + lOz + v enako vsaj 1000 , število l1(x +y + z+ v ) pa ne pr esega 396, saj je vsota števk največ 36. Edina rešitev je torej število 198. 1/2. Število 2n da pri deljenju s 3 ostanek 2, če je n liho število, in ost anek 1, če je n sodo število. Torej je 19 .98 .219+98_1 = (3 ·6 + 1) ·(3·32+ 2) ·(3k+2)- 1 = 3k' +4-1 = 3(k'+ 1), kjer sta k in k' naravn i števili. 1/3. Privzemi mo oznake s slike. Ker je pa- pir širok 9cm, je IGAl = 4, zato je IGBI= 3 in IDEI = 1. Meta lahko odreže trak, ki ni širš i od l em. 1/4. (a) Če je ti sodo število, je bilo v vsaki vrstici enako belih in črnih po lj . Ker je t udi vr- st ic sodo mnogo, bo imela nova šahov nica enako modrih in be lih polj . Če pa je n liho število, je Janezek pob arval mo dro vsa bela polja v za- dnjem st olpcu, vsa be la po lja v zadnj i vrstici pa j e p u stil nedota k nj en a . Zadnje polj e v zadnj i v rstici je seveda črno . V zadnji vrstici in zadnje m sto lpc u je torej enako modrih in belih polj , po že dokazanem pa sta na pr eost ali (n - 1) x (n - 1) šahov nici števili modrih in belih polj enaki. (b) Ker je v obe h primerih število mo drih polj (rec imo m ) enako številu belih , je preost alih n 2 - 2m polj črnih. Ker sta šte vili n 2 - 2m in n enake parnost i, smo dokazali t udi točko (b). 186 Tekmovanja I II/lo Dokažimo t rdite v s protislovjem . Če obstaja kakšna rešitev zastavljene enačbe, obstaja tudi t akšna , pr i kat eri je največ eno od števil x , y ali z sodo. Res : Če sta dve od teh števil sodi , mora bit i t akšno tudi t retje . Potem lah ko post avimo x = 2x ' , Y = 2y' in z = 2z' ter si ogledamo enačbo X'2 + y'2 = zl2 = (X' yl) 2, kjer je x ' < x , y' < Y in ZI < z. Če sta števili x in y lihi , da število (xy)2 pri deljenju s 4 ostanek 1, število x 2 + y2 + z2 pa 2 ali 3, glede na parnost št evila z. Če pa je eno od št evil x in y sodo, drugo pa liho, je liho tudi število z . Število x 2 + y2 + z2 da pri deljenju s 4 ost anek 2, št evilo (xy)2 pa da ostanek O. II/2. Neenakost preoblikuj emo v la + b+ la-bl- 2cl < a + b- Ia - bl, od koder sledi -(a + b - la- bl) < a + b + la- bl - 2c < a + b - Ja- bl· B 10 9 E 15 12 A Iz leve neenakost i sledi 2a + 2b - 2c > Ooz. a + b > c. Iz desne neenakost i pa 21a - bl- 2c < O, kar pomeni -c < a - b < c oz. a + c > b in b+ c > a. II/3. Označimo z F in G pravokot ni pro- D G C jekciji točke E na st ranici AB in CD . Zaradi 92 + 122 = 152 je trikot nik D EC pravokoten s pravim kotom pri E in lEGI = I D(~)~C I = - 36 P E klid . ku i ICGI _ ICEI2 -- 5· o V 1 ovem 1zre uje - ICDI - - 27 · IDGI - IDEI2 - 48 K . IEFI- 5 III - ICDI - 5· er Je = IBCI- lEGI= 154 , izračunamo še JAEI = J IAFI2 + IFEI 2 = 10 in IBEj= JwBI2 + IFEI2 =~. II/4. (a) Zagotovo ni prebral 999999, ker bi pred 9000 kilomet ri števec pokazal 990999 in vsot a števk ne bi bila ista . Pri vsaki izbiri par a števk (a, b), kjer a pomeni desettisočice in b tisočice , se vsota števk tega števila ne bo spremenila , če ga bomo povečali za 9000, če je le a < 9 in b -1- O. Ob nespremenj enih drugih št evkah namreč pogledam o dvomestno število ab = 10a + b, ki mu dodamo 9: 10a + b + + 9 = 10(a + 1) + (b - 1). Dobimo torej dvomestno število z enako vsoto števk. Res imata npr . 001000 in 010000 enako vsoto števk in razliko 9000 . Če hočemo zadostit i t udi pogoju, da vsot a števk med enim in drugim stanjem na števcu nikoli ni bila višja, moramo na mestih enic, deset ic in stotic vsekakor imeti 9 te r izbr ati a = O, b = 9. Vsote števk števil, ki I Tekmovanja ležijo med številoma 009999 in 018999, so namreč manj še od vsote števk pr i teh dveh mejnih primerih. T istega dne je to rej Janezek pr ebral 018999, jasno pa je, da je bila po 1000 naslednjih kilometrih vsota števk prvič večja, števec je namreč pokazal 019999. 111/1. Recimo, da je n = ki sestavljeno število. Potem je bk l _ 1 = (bk _ l )(bk (l - l ) + bk (I - 2) + ...+ 1) . Ker je n en ic ...---"---. b k l - 1 b k - 1 ( k (l - l ) k( I - 2) )11 . . . l (b) = b"="l =~. b + b + .. .+ 1 , to šte vilo ni prašt evilo. 111/2 . Razcepimo polinom p(x ) = (x - a )(x - {3) . Pot em je p(n ) p(n + 1) = (n - a)(n - {3 )(n + 1 - a)(n + 1 - {3) = = (n - a )(n - {3 + 1)(n - {3)(n - a + 1) = = (n (n - {3) + n - a(n - {3) - a )· . (n(n - a ) + n - {3 (n - a) - {3) = = (m - a)(m - {3) = p(m ). xc Z m smo označili število n2 - n (a + {3)+ a {3 +n, ki je po Vietov ih formulah enako n2 + na + b+ n , zato je to šte vilo celo. 111/3. Privzemimo oznake s slike. Po sinusnem izreku je Sled i y = ~ . Po kosinusnem izreku je x l. 1 - - =-- In sin 90° sin sp sin 30° y sin (7r - 3 in zato enačbo lahko preoblikujemo v n 2 = m 3(ml - 3 - 1). Od to d sledi, da m deli šte vilo n , to rej n = ni m za neko nar avno število ni . Ted aj velja ni = m(ml - 3 - 1). Število m(m l - 3 - 1) je popolni kvadrat in števili m in m l - 3 - 1 sta si t uj i, za to je t udi m popoln i kvadrat . Torej obst aj a naravno število ml , da je m = mi- Od tod dobimo ni = mi (mi (l- 3) - 1). Torej ml deli ni, zato je ni = n2ml in t ako je n~ = mi(l-3 ) - 1. Enačbo preoblikujem o in dobimo (n2- mi- 3)(n2+mi- 3) = - 1, kar pa ni možno. IV / 2. Označimo z a (mod 10) ost anek števila a pri deljenju z 10. Potem je an+l = 19an + 98 == 9an + 8 (mod 10) in an+2 = 9(9a n + 8) + 8 = 81an + 80 == an (mod 10). B c Q PA Ker pa sta si podobna t udi t rikot nika ABR in AHQ, je t g (3 = t g ti > 1, ta možnos t odpade . Tor ej je AB :f; O, zato so rešitve prvega sist em a enačb presečišča kro žnice in kvad rata s sku- pnim središčem . Torej je lahko m največ 8. Podobno kot prej ugoto- vimo , da je CD :f; O. Rešitve drugega sistema so presečišča sfere in pr aviln ega oktaedra . Presek je lah ko prazna mn ožica, množica z ne- skončno mn ogo elementi in množica s 6 element i (ko je sfera očrtana oktaedru ) . Torej je m = 8 in n = 6. 5. Označimo točke P , B in C , kot kaže slika. Tangenti iz točke A na dan o krožnico oklepata kot 60°, zato je dovolj dokazati , da obstaja takšna točka R na sim etrali danega kot a , za katero je B RC enakokrak t rikotnik s kotom a 30° pri osnovnici B C . Vse točke , iz kater ih vidimo daljico B C pod kotom 60° =