TRAKTRISA Pariški zdravnik Perrauit je sredi druge polovice sedemnajstega stoletja zaposlil matematike z naslednjo nalogo. Priveži točkasto telo na vodoravni ravnini z enim koncem neraztegljive vrvice. drugega pa vleci naravnost vzdolž premice na isti ravnini. Kakšno sled pri tem pusti telo? Naloga seveda terja enačbo krivulje. ki jo zariše telo-točka pri opisani vleki. Ime iskane krivulje je primerno njenemu nastanku - rečemo ji namreč traktrisa. koren te besede pa je latinski; trahere (vleči) . y traktrlsa kroZnlce a - va2 - y 2 r:::------;:- X = aIn + va2 - y2 Y Graf tra ktrise ln njena anacba v sistemu (x, y) Perrauit je s problemom sez- nanil Lelbnlza- . ta pa Huygensaš . Slednji je nalogo posplošil. Namesto premice je za pot prostega konca vr- vice predlagal poljubno (ravninsko) krivuljo. imenu traktrisa pa dod al še njeno ime. Tako govorimo na primer o traktrisah krožnice. elipse . parabole itd. Straktriso krožnice se je ukvarjal tudi matematik Roger Cotes. ki ji je nadel ime traktrix comp/ica ta. Zakaj tako. najbrž ni težko ugotoviti. iz istega razloga pa tudi sklenimo našo zgodbo. x Boris l.evrlč 1Gottfrled Wilhelm LEIBNIZ (1646-1716) veliki nemški filozof. matematik. fizik ln zgodovinar. 2Chrlstlaan HUYGENS (1629-1695) veliki holandski matematik. fizik ln astronom. 257 PRESEK - list za mlade matematike. fizike, astronome in računalnikarje 17 (1989/90) številka 5, strani 257 -320 VSEBINA MATEMATIKA Traktrlsa (Boris t.avrtc) - Glej sliko na naslovni strani II ReSitev enaCbe x 2 +y2 + 1 = xyz v naravruh števIl Ih (Ivan Vidav) 258 Neenakost (Šefket Ars tanactc, pre v . In prtr . Damjan Koba l) 262 FIZIKA Še o obratnern or lzcatnlku (Janez Strnad) 264 ASTRONOMIJA Kako še določajo oddaljenost zvezd (Marijan Prosen) 268 RAČUNALNiŠTVO Novi t ip i v turbo pascalu (MatIJa Lokar) 272 TEKMOVANJA 33. repubtlskc tekmovanje srednje sofcev Iz matema- tike (Acata T leoel) - Rešitve natoc str. 306 (Darjo .Felda) 278 6. balkanska matematl<:na olimpiada (Andrej Vilfan) 282 30 . zvezno tekmovanje srednješolcev Iz matematike - Rešitve str. 312 (MatJaz 2eljko) 284 30. mednarodna rnaternaucna olimpiada (Jaka Clmprlč) oO oOoO...... .... .. 286 RAZVEDRILO Ena vesoljska (Sandi KlavZar) 277 Posrečen all ponesrečen dokaz? (Vilko o ornajnxo) .. 316 Slikovna kriZanka - MatematlCnl pojmi (Marko ackanc) . .. . .. . .. . .. .... . .. . .. .. . . .. . ... . . .. .. ... . .. . .. . 288 V visoki druZbl - Rešitev str. 311 (Vilko o ornajnko) 283 NALOGE Nalooe o dveh krajih na Istem vzporedniku - Rešitve str. III (Marllan Brosen) , 271 Kvadrat -.Re~ltev str. 311{Darjo Felda) 281 Ena nalooar'odl drugo (Ma~ljan Prosen) s 290 Naloge Iz knjloe Veselje ob Igri števil - Rešitve str. 318 (Vilko Domajnko) oO . 292 Naloca Iz obrestno obrestnsca računa (Dušan Modic) ...... oO. .. .. .. . .. ... .. .. ... ... .. . ...... 294 Bomboni - Rešitev str . 305 (Darjo Felda) 301 NOVICE NesreCa radioteleskopa (Janez Strnad) 296 Presekove značke " 297 BrezteZno stanje (Janez Strnad) .. 298 NOVE KNJIGE Moser S.. Veselje ob lori s števlll (Vilko Domajnko) . 295 Smullyan R .• Dekle all tloer? (I\leZa Mramor-Kosta) 300 REŠiTVE NALOG 20. zvezno tekmovanje osnovnošolcev iz matematike - Rešitve naloc s str . 232 (Aleksander Poročnlk) . .. 302 Slikovna kriZanka - MatematiCnl pojmi - R.ešltev Iz P-4 (Marko Bokallč] oO.... ..... . 282 Nagradne kocke - Rešitev Iz P-l. str . IV (Boris Lavrič) .... oO ... . ... .. .. . . .. . .. . .. . . .. . .. . .. . .. . .. ... . . . 320 NA OVITKU R .Smlthson, Spiralasti pomol, 1970, Vel iko slano Jezero. Utah, ZDA (Glej č lanek na str. 257) .. ... .. .. 258 RESITVE ENACBE x 3 + y3 + 1 = xyz V NARAVNIH STEVllIH Zastavimo si tole vprašanje: Za katere pare naravnih števil x in y je vsota x 2 + y2 + 1 deljiva s produktom XV? Če zaznamujemo kvocient med vsoto in produktom z z, zadoščajo x, y, z enačbi x 2 + y2 + 1 = xyz (1) Poiščimo vse njene rešitve v naravnih številih! Ali obstaja rešitev, pri kateri sta x in yenaka? Če je x = y , seenačba (1) glasi 2x2 + 1 =x 2z . Od tod je x 2(z - 2) = 1. Produkt naravnih števil pa je enak 1 le, če so vsi faktorji enaki 1. Torej je x = 1 in z - 2 = 1. Tako dobimo rešitev x = y = 1, z = 3, ki ji bomo rekli triviaina rešitev enačbe (1). V vsaki nevtralni rešitvi pa je x -=1= y. Naj bodo x, y, z naravna števila, ki zadoščajo enačbi (1). Če prenesemo člen x 2 z leve na desno in nato delimo z x, dobimo v 2 + 1.L = yz - x (2) x Vidimo, da je kvocient (y2 + 1)/x celo število yz -:- x. Prav tako ugotovimo, da je kvocient (x2 + 1)/y celo število, in sicer enako xz - y. Postavimo x' = y, y' =1:'':''_+_1, z' =z x x', V', z' so naravna števila. Izračunajmo X,2 + y ,2 + 1 = 1:'':''3_1 (x 2 + y2 + 1) x 2 Upoštevajmo, da x, y, z zadoščajo enačbi (1), pa dobimo X,2 + y,2 + 1 =x'y'z' (3) Torej je tudi trojka x', V', z ' rešitev enačbe (1) v naravnih številih. Če izhajamo iz triviaine rešitve x = y = 1, z = 3, dobimo po formulah (3) rešitev x = 1, y = 2, z = 3, iz te rešitev x = 2, y = 5, z = 3 itd. Enačba (1) se ne spremeni, če v njej zamenjamo x in y. Zato je tudi trojka x ' = ~..:.-~.!, y' = x, z' =z (4) y rešitev v naravnih številih, če je x, y, z taka rešitev. Trojko (4) smo namreč do- bili tako, da smo v formulah (3) zamenjali x in y, x' pa z V'. Denimo, da je x manjši kakor y. tedaj y - x > O. Potem velja za rešitev (3) 259 y' - x' =1:'_+_1 - y =JdY_=_~~_L >O x x Torej je tudi x' < v'. Ker je x < y =x', je x' večji od x , y' pa večji od y. Kako je pri rešitvi (4)? Tu imamo y' - x' = x - ~:'~_1 = ~l.Y_=_Jtl-=-_l y y Produkt x(y - x) naravnih števil x in y - x je najmanj 1, enak 1 pa je le v pri- meru, ko je x = 1 in y - x = 1, tedaj y = 2. Iz rešitve x = 1, Y =2 dobimo tri- vialno rešitev x' = 1, y' = 1. V vseh drugih primerih pa je x' < V'. To namreč pove zgornja enakost. Ker je y ' =x < y, je nova rešitev manjša od prejšnje. Imejmo rešitev, pri kateri je x < y. Formule (3) ji priredijo večjo rešitev x', y', tej pa še večjo xu, yu. Če tako nadaljujemo, dobimo neskončnozapore- dje rešitev, v katerem je vsaka naslednja večja od prejšnje. Če pa rečunamo po formulah (4). se zaporedne rešitve nekaj časa manjšajo. Ker so naravna števila, se mora manjšanje po nekaj korakih končati. V prejšnjem odstavku smo videli, da se konča tedaj. ko pridemo do triviaine rešitve. Od tam naprej se rešitve spet večajo. Če je x > y , dajo naraščajoče zaporedje rešitev formule (4). rešitve doblje- ne s formulami (3) pa se manjšajo toliko časa, dokler ne pridemo do triviaine rešitve. Vse rešitve, ki jih dob imo iz začetne rešitve po formulah (3) ali po formu- lah (4), imajo isti z . Pri triviaini rešitvi pa je z = 3 . Ker nas formule (4) po nekaj korakih vselej privedejo do triviaine rešitve, kadar je x < y , formule (3) pa, kadar je x > y , je torej z = 3 v vsaki rešitvi enačbe (1) v naravnih številih. Tako smo dokazali trditev: Če sta x in y taki naravni števili, da je vsota x 2 + y2 + 1 deljiva s pro- duktom xv, je kvocient enak 3. Ker je vselej z = 3, je dovolj, če v rešitvi enačbe (1) v naravnih številih na- vedemo le x in y. Formule (3) priredijo rešit vi x, y rešitev x', y '. Poiščimo zdaj rešitev x", y", ki pripada rešitvi x', y' po formulah (4). Dobimo ,2 + 1 x" =~---- = (y2 + 1) . --~-- = x, y" =x ' = y y' y2 + 1 Torej nas formule (4) privedejo nazaj na prvotno rešitev x, y . Prav tako dobimo prvotno rešitev, če poiščemo najprej novo rešitev po formulah (4). tej pa po- tem rešitev po formulah (3). Naj bo dana poljubna rešitev x, y enačbe (1). kjer je x < y. Videli smo, 260 da pridemo z uporabo formul (4) po nekaj korakih do triviaine rešitve x = 1. V = 1. V prejšnjem odstavku smo ugotovili . da delujejo formule (3) v naspro- tni smeri kakor (4) . Zato nas po istem številu korakov privedejo od triviaine rešitve nazaj na dano rešitev x, V. Kadar pa je x > V. pridemo do triviaine rešitve s formulami (3) , od triviaine rešitve do dane rešitve pa nas privedejo formule (4). Tako smo ugotovili. da dobimo iz triviaine rešitve katerokoli rešitev enačbe (1) z uporabo formul (3) ali pa (4). Izračunali smo. da je kvocient (V2 + 1)1x enak Vz - x. Ker je z = 3 v vsaki rešitvi enačbe (1) v naravnih števil ih. lahko zapišemo formule (3) tudi takole x' = V, V' = 3V - x, z' = z (3*1 Novi x' je enak prejšnjemu V. Zato se dajo dobiti vse rešitve enačbe (1) iz enega samega zaporedja števil. Oglejmo si namreč zaporedje pr i katerem sta prva člena U O,U I,U2 ... · (5) Uo = 1 in Ul = 1 trije poljubni zaporedni členi un_ 1' Un' un+ 1 pa so med seboj povezani z enačbo (6) S tem je zaporedje (5) določeno. Tako je po formuli (6) U 2 = 3u) - U o = 2, U3 = 3U2 - U l = 5. itd . Očitno so vsi členi U naravna števila. n Velja tale trditev : Poljubna sosedna člena un - 1 = x in un = V zaporedja (5) dasta rešitev enačbe (1) v naravnih številih. Res. začetna člena Uo = 1 in Ul = 1 določata trivialno rešitev. Denimo. da za neki indeks n velja naša trditev. da je torej x = un_ 1' V = un rešitev. Po formulah (3*) dobimo iz nje rešitev x'=V=u in V'=3V-x=3u -U t ' Ker velja zveza (61.jev'=u +1'n n n - n Zato tudi naslednji par zaporednih členov Un = x' in un+ 1 = V' zadošča enačbi. Po indukciji sklepamo, da je vsak par sosednih členov rešitev enačbe (1). Ker določata začetna člena trivialno rešitev in dobimo iz rešitve x = un_ 1' V = u n rešitev x' = Un• V' = Un+ 1 po formulah (3ll'1. te formule pa nas privedejo do vsake rešitve. pri kateri je x < V, so v zaporedju (5) zajete vse take rešitve. Iz (6) dobimo U =3u - U n-1 n n+ 1 (6*) Ta formula omogoča računanje členov zaporedja (5) z desne proti levi. Z njo 261 lahko opredelimo tudi člene un z negativnimi indeksi n. Tako je U = 3uo - Ul =2 U · =3u - Uo = 5 itd .-1 ' -2 -1 Členi so ista števila kakor pri pozitivnih indeksih. sledijo pa si v nasprotnem vrstnem redu. Zaporedje Un se zdaj razteza v obe smeri v neskončnost. Glasi se ...•89.34.13,5,2.1.1,2.5.13.34,89. ... (7) V sredi sta člena Uo = 1. Ul = 1. ki določata trivialno rešitev. Zaporedna člena U 1 = x in U = V na desni strani dasta rešitev. pri kateri je x < V. na levin- n strani pa rešitev. kjer je x > V. V zaporedju (7) so tako zajete prav vse rešitve enačbe (1) v naravnih številih. Nadaljnje člene na desni računamo po formuli (6). na levi pa po formuli (6*). Na koncu si oglejmo še podobno enačbo x 3 + V3 + 1 = xyz (8) Tudi tu nas zanimajo rešitve v naravnih številih x, V, z. Triviaina rešitev je spet x = V = 1. z = 3. Iz dane rešitve x, V, z pridemo do novih rešitev s podobnimi formulami, kakor so (3) in (4). Če prenesemo člen x 3 z leve na desno in nato delimo enačbo z x. ugotovimo. da je kvocient (V3 + l)/x enak celemu številu Vz - x 2 • Zato so x'» V, 3 + 1V' = -Y •z' = vz 2 - xV2 - x 2 Z X (9) ii: cela števila. Nekoliko dolgovezen račun pokaže, da zadoščajo enačbi (8). torej dajo novo rešitev v naravnih številih. Prav tako dobimo novo rešitev. če v (9) zamenjamo x in V. torej postavimo , _ x 3 + 1 2 2 2 X ------. V'=x, z'=xz -x V-V z V Iz triviaine rešitve pridemo po formulah (9) najprej do rešitve x = 1, V = 2, z = 5. nato do rešitve x = 2. V = 9, z = 41 itd. Formule (9*) pa dajo iz trivi- aine rešitve enake rešitve kakor (9). le da sta v njih zamenjana x in V. Ker je tudi tu novi x enak prejšnjemu V, lahko sestavimo zaporedje .... 365.9.2.1,1,2.9.365. ... (10) Dva poljubna sosedna člena x = un_ 1 in V = un dasta rešitev enačbe (8) v na- ravnih števil ih. S pikami označene člene na desni računamo po formulah (9). na levi po formulah (9*). Zato velja med tremi zaporednimi členi zveza U U = U 3 + 1 (11) n-1 n+1 n 262 Ker izhajamo iz t riviaine rešitve, postavimo Uo = 1 in Ul = 1. S tem je zapo- redje (10) v obe smeri natanko določeno. V zaporedju (10) pa niso zajete vse rešitve. Na primer rešitve x = 2, y = 3, z = 6 v njem ni. Iz te rešitve dobimo po formulah (9) in (9*) zaporedje ...,915,14,3,2,3,14,915, ... (12) Tu vzamemo začetna člena U o = 2, Ul = 3 , nadaljnje člene pa sept računamo po formuli (11). Še vedno nismo dobili vseh rešitev enačbe (8). Rešitve x = 5, y = 9, z = 19 ni ne v zaporedju (10) ne v (12). Iz te rešitve dobimo, podobno kakor prej, verigo ...,549,14,5,9,146, ." (13) Bravec, ki ima računalnik, naj izračuna še nekaj nadaljnjih členov zapored ij (10), (12) in (13) in poskuša najti kakšno rešitev, ki je ni v nobenem od teh zapored ij. Ivan Vidav NEENAKOST V matematiki pogosto srečamo in uporabljamo razne neenakosti in ocene. Te ocene so lahko "zelo grobe" ali "zelo natančne " . Oglejmo si primer neenakosti. ki jo bomo dvakrat "izboljšali". Doka žimo, da velja neenakost a4 - a2 - 3a +5> O (1) Dokaz 1: Zapišimo dano neenakost v obliki a4 + 5a > a2 + 3a. Ker je za vsak x.y (x - y)2 ~ O. je x 2 + y2 ~ 2xy in (x + y)2 ~ 4xy ter x + y ~ 2YXY. (To je znana neenakost med aritmetično in geometrično sredino.) te vstavimo x = a4 in y = 5. dobimo a4 + 5 ~ 2a2v's. Ločimodva primera : Prvič. če je a ~ 1. je a(2v's -1) > 3 in zato tudi 2a2v's> a 2 + 3a. od koder sledi. da je neenakost (1) v tem primeru izpolnjena. Drugič. če je O~ a ~ 1. je a4 + 5 ~ 5> 4 ~ a 2 + 3a in neenakost (1) zato velja za vsak a ~ O. (2) 263 Dokaz 2: Zapišimo a4 - a2 - 3a + 5 =a4 - 2a2 + 1 + a2 - 3a + ~ + ! = · 4 4 = (a2 _ 1)2 + (a _ ~)2 + ! > ! > O 2 4 4 Očitno smo z manj truda kot v dokazu 1 dobili celo strožje neenakost. ki je veljavna ne samo za a ~ O. ampak za vsako število a. Dani izraz a4 - a2 - 3a + 5 je večji od ~ . saj števili (a2 -1) in (a -!) ne moreta biti obe Oza isti a. Ali bi lahko oceno še izboljšali? Poskusimo! Dokaz 3: Iz veljavnosti neenačbe (x - y)2 ~ O dobimo neenakost x2 + y2 ~ ~(x + y)2 za vsaki števili x .y. Postavimo x = a2 - 1 in y = ~ - a in izračunajmo (a2 _1)2 + (~_ a)2 > !(a2 -1- ~ _ a)2 = !(a2 - a+! + !)2 = 2 2 2 2 4 4 1 [ 1 1]2=2 (a- 2)2+ 4 = 1 1 4 1 1 2 1 1 = 2(a - 2) + 4(a - 2) + 32 ~ 32 te upoštevamo oceno (2). dobimo neenakost 4 2 1 7 7 a - a - 3a + 5> - + - > - > O 32 4 4 ki je še strožja od ocene (2). Ozrimo se nazaj. na pravkar končano razmišljanje! Najprej smo "prlra- čunali" prvi zaključek . potem smo z malo več zvitosti in veliko manj truda prišli do boljšega in nato smo slednjega še izboljšali. Ali bi lahko nadaljevali? te poskušamo biti šaljivi. nam ta primer dokazuje vsaj dve splošni. lahko pa tudi vprašljivi in nevarni pravili: - Zvitost je pomembnejša od požrtvovalnosti. - Nič ni tako dobro. da ne bi moglo biti boljše! Šefket Arslanagic prir. in prev. Damjan Kobal 264 ŠE O OBRATNEM BRIZGALNIKU Do odgovora na vprašanje o obratnem brizgalniku se je najpreprosteje dokopati po poti. ki smo jo uporabili pri brlzgalnlku (Presek 16 (1988/89) str. 197) . Iz neznanih razlogov ta pot ni priljubljena nepri obravnavanju leta letal ne brizgalnika in sploh ne pri razpravljanju o obratnem brizgalniku. Zakaj leti letalo, težje od zraka? Za opazovalca na zemlji zrak pred let alom miruje. krilo pa ga požene n avpičn o navzdol. Sprememba hitrosti zra ka kaže nav pi čno navzdol in to smer imata t udi sprememba gibalne ko l i či n e in sila krila na zrak. Sila zraka na krilo ima nasprotno smer. kaže navpično navzgor. Tako preprosto je mogoce pojasniti dlns tni čni vzgon. [ l z ra č u u a t l ga je teže. Vsi dcli zraka nimajo enake n avpi č ne komponent e hitrosti : ob krilu je n aj v e čja , z na ra šč ajo čo razdaljo pa hitro pojema, V ra ču nu je treba upošt evati efektlvno maso zraka, ki ga zajame krilo na sekundo , in povprečno vrednost njegove na v pi č ne komponente hitrosti. Glej Presek 6 (1978/79) str. 241) . Na hitro se sprehodimo po njej pri obratnem brizgalniku. čeprav privede do enakega končnega izida. Mislimo si obratni brizgalnik v zelo veliki posodi z rnirujo čo vodo v razmerah. ki se ne spreminjajo s časom. Del vode v posodi pred vstopom v cev miruje. se giblje v cevi proti osi in ob osi ste če na prosto (slika 1) . Zanimamo se le za sile v ravnini. ki je pravokotna na os. Sprememba hitrosti dela vode ima smer radialno proti osi in to smer imata tudi sprememba njegove gibalne količine in sila cevi na vodo. Voda deluje na cev v nasprotni smeri. torej radialno od osi. Navor te sile glede na os je enak nič. Obratn i brizgalnik miruje. To ne velja. če voda v posodi ne miruje ali če se razmere spreminjajo s časom . Priznati moramo. da za ta primer opisana preprosta pot ni uporabna . V razmerah. ki se s časom ne spreminjajo. je dovolj. če se zanimamo le za gibanje dela vode precej daleč od vstopa v cev in za gibanje tega dela ob izstopu iz cevi. Ni pomembno. kaj se z delom vode dogaja med obema točkama . Toda ko poženemo obratni brizgalnik. to ne zadostuje. Del vode neposredno ' pred vstopom v cev spočetka miruje. Kratkotrajn a sila zaradi tla čne razlike - v cevi je tlak manjši kot zunaj nje - pa ga pospe ši. ko brizgalnik poženemo s tem. da priključimo tla čno razliko. Na del vode deluje tedaj cev s kratkotrajno silo tangentno v notranjost cevi (slika 2). Voda deluje tedaj s kratkotrajno silo v nasprotni smeri. se pravi tangentno iz cevi navzven. S kratkotrajno silo je povezan kratkotrajni navor. ki deluje pri obratnem brizgalniku nasprotno kot pri brizgalniku. Zaradi njega se prožno pritrjena cev za kratek čas odkloni. ko priključimo tla čno razliko. Nepritrjena cev se 265 sic vo de s i l a cevi no ce v na vodo !V2 -V1 !spr em em bagiba ln ekol ič in e po spe č ek kr o.kotr cjno si lo cev i na vo d o kratkotrajna sila v ode na cev o, O navor je O os O I kratkot rajn i n a vor Slika 1. Obravnavamo obratn i brl zc alnlkv razmerah, ki se ne spre- minjajo stasom . Opazovan! del vo- de v posodi miruje, v cevi pa se olblje proti osi s hitrostjo V2 ' Raz- lika hitrosti določa smer sile cevi na vodo, sila vode na cev Ima nasprotno smer. Navor dvojice takih sil je enak nit, obratni brlzcalnlk miruje. ocrocnna je le velikost hitrosti v2' zato pri obratnem zbiralni ku ne 00- vorlmo o šobi, ampak o ustju cevi all kar o cevI. Sli ka 2. V razmerah, ki se spre- minjajo s č a so m, ko poZenemo ob- ratni brlzualn lk . moramo postopati druuača, Ko po2enemo obratni brlz- oalnlk, se del vode ob ustju cevi pospeši v smeri tancentno proti no- tranjosti cevI. Kratkotrajna sila cev i na vodo Ima to smer, kratkotraj- na sila vode na cev pa nasprotno . Zaradi kratkotrajnaqa navora, ki je povezan z dvojico takih sli, se zaene obratni brlzoalnlk vrteti v nasprotni smeri, kot se vrti br lz\Jalnlk . Ven- dar se to vrtenje zaradi trenja v le2ajlh kmalu zacust. Ko zaustavimo obratni br lzqalnlk, nastopita kratko- trajna sila ln kratkotrajni navor v nasprotn i smerI. 266 Slika 3. Naprava brez le2ajev , k i de lu je pri poskusih ko t obratni brlzoa lnl k all brlzc alnl k (pooled od zcoraj ( a) ln pooled od strani (bj ). Slika je vzeta Iz č l a nka R .E.Bero. M .R.Col ller, The Feynman Inverse sprinkler problem: A aemonstrs tton and ausntttsttve analysis, American Journal of Physlcs 37 (1989) 654 . Posodica meri v premeru 12 cen- t imetrov ln razdalja med nasprot- nima ustjerna cevi 17 centimetrov . ~L- --' za čne zelo po časi vrteti v nasprotni smeri kot pri brizgalniku . ko poženemo obratni brizgalnik. in se zaustavi. ko prekinemo tok vode. Tedaj se namre č del vode ob ustju cevi zaustavi zaradi kratkotrajne sile cevi tangentno iz cevi navzven. Na cev deluje voda s kratkotrajno silo v tan gentni smeri v notranjost. Tega pojava zaradi trenja v ležajih pri nepritrjenem obratnem brizgalniku ni mogoče opazovati. S posebno napravo brez ležajev pa sta ga R. E. Berg in M. R. Collier lahko zasledovala. V steklopihaški delavnici so jima izdelali valjasto posodico s štirimi pod pravim kotom zasukanimi cevmi (slika 3). Posodico sta dala v ve čjo posodo z vodo . v kateri sta zračni tlak nad vodo uravnavala z gumijastim balonom. Ko balon stisnemo , voda te če v posodico. dokler se zra čni tla k v posodici ne izenači z zračnim tlakom v posodi. Tedaj deluje naprava kot obratni brizgalnik. Trenja ni. upor vode na posodico pa je tako majhen. da bi jo zaustavil šele po sto sekundah. Posodica se začne ob stiskanju vrteti s frekvenco okoli 7 na uro in se vrti tako šest sekund. dokler balon stiskarno . Ko vodni tok preneha. se zaustavi. Nato balon popustimo . Zdaj je v posodi manjši tlak kot v posodici. voda teče iz posodice . dokler se zračni tlak v posodi ne izenači z zračnim tlakom v posodici. To traja šest sekund in tedaj deluje naprava kot brizgalnik . Posodica se vrti ena komerno pospešeno v nasprotni smeri kot prej in doseže največjo frekvenco okoli 1 na minuto . Ko vodni tok preneha. se zaradi upora 267 enakomerno pojernajoče ustavlja . Posku s Američanov je vreden pozornosti. Vendar je t reba posebej poudariti vlogo prehodnih pojavov in razlikovati od njih delovanje obratnega brizgalnika in brizgalnika v razmerah . ki se ne spreminjajo s časom . V tem primeru pa je daleč najpreprostejša naša razlaga. Janez Strnad WHEELER O OBRATNEM BRIZGALNIKU "Ali naju je naloga iz uvodnega predavanja mehanike napeljala na to . da sva razmišljala o znanem brizgalniku za zalivanje trate? Oblikovan kot svastika brizga štiri vodne curke. Nasprotna sila curkov poganja krake brizgalnika . da se vrtijo. Toda kje prijema ta sila? Ali v točki . v kateri vodni curek nenadoma spremeni smer iz radiaine v prečno? Pa vzemimo. da kraki srkajo vodo. namesto da bi jo brizgali. Zagotovo . sva rekla . je sila enaka. če je enaka sprememba smeri. Zagotovo se brizgalnik vrti. če srka vodo. namesto da bi jo brizgal. Ne. ne vrti se! Da. vrti se ! Zabavala sva se . ko sva vprašanje zastavljala kolegom . S časom se je vse več kolegov s hodni kov odločilo za eno ali drugo stališče. Razprava je postala vse živahnejša . Noben teorijski razlog ni zadostoval. da bi zgladil nasprotja. Položaj je terjal poskus . Feynman je naredil miniaturni IS-centimetrski brizgalnik iz st eklenih ' cevi in ga obesil na gibko gumijasto cev. Preskusil ga je. da deluje kot brizgalnik. Nato je zvijajočo se zadevo zvito spravil skozi vrat velike st eklenice z vodo. Svojo napravo je odnesel v ciklotronski laboratorij . v katerem je bil priročen priključek za stisnjen zrak . Tega je priključil skozi drugo luknjo v plutovinastem zamašku na steklenico. Ha! Malo se je zatreslo. ko je priključil tlak in je voda začela teče v nasprotni smeri skozi miniaturni brizgalnik. Toda ob mirnem toku ni bilo nasprotne sile. Potem je povečal zračni tlak. da se je povečal tok vode . Zopet kratkotrajno tresenje ob spremembi. toda nobenega trajnega zasuka . Dobro. še večji tlak . In več ! Bum! Steklenica se je razletela . Voda in stekleni drobci so fr čaf po vsem ciklotronskem laboratoriju . Odtlej Feynman ni smel več v laboratorij ." J.A.Wheeler . The young Feynman. Physics Today 42 (1989) 24 (2) V 4. števllkl (1988/89 ) je Presek oblavll odlomek Iz spominov znaneoa amerlš keoa fizika Richarda Feynmana o poskusih z "obrat nim brlzoalnlkom" . V zapisu Iz posebne številke revUe Physlcs Today, ki so jo Izda li po Feynmanovl smrti. povzemamo spomin njeooveoa mentorja Johna Wheelerja na Isti poskus . Iz le- teoa Jasno Izhaja oocovor. ki oa Feynman v svojih spominih ni Izdal: obratni brlzoalnlk se ne vrtI. Janez Strnad 268 KAKO ŠE DOlO~AJO ODDALJENOST ZVEZD V temi prižgi žarnico . Vzemi bel papir in ga od mikaj od žarnice v radialni smeri (slika 1) . Papir je vse manj osvetljen. nanj pada vse manj svetlob- nega toka z žarnice . Pa lzračunajmo gostoto tega toka, ki pade na maj čkeno ravno (osenčen o) ploskvico na sredini papirja v oddaljenosti (razdalji) r od žarnice s svetlobno motjo (oddanim svetlobnim tokom) P. Žarnica naj sveti v vse smeri enakomerno , ravna ploskvica pa naj bo tako majhna, da se kar prilega krogli spoimerom r, v središču katere je žamica . V oddaljenosti rod žarnice se tok P porazdeli po površini krogle 4rrr 2 . Na ploskovno enoto pade popi l Slika 1. K Izračunu oostote svatlobnaca toka v oddaljenosti r od svetila s svetlobno močjo (oddanim svetlobnim tokom) P; j = P/(41rr2). EnaCba pove, da costota svetlobneca toka pada s kvadratorn oddaljenostI. 269 j = P/(41l-r2 ) . Količino j. ki pove. koliko W/m2 svetlobnega toka sprejme ali pade na ploskvico. imenujemo gostota svetlobnega toka . Namesto ploskvice na sredini papirja si mislimo človeško oko ali pa kak svetlobni merilnik (svetlomer, fotocelico. počrnjeni termometer). Z očesom lahko ocenimo sprejeto svetlobo . .s svetlobnim merilnikom pa izmerimo. Sicer pa gostoto toka pri znanih P in r lahko iz raču namo . Naj ima žarnica P = 60 W. V razdalji r =2 m je gostota tokaj =60 W/(4 ·3,14 ·4 m2 ) =1 WJm 2 . Znanje iz te naloge pa lahko uporabimo tudi tako le. Vzemimo. da svetilo oddaja tok P. da izmerimo gostoto svet lobnega toka j in da ne vemo. v kateri razdalji od nas sveti. Razdaljo izračunamo kar iz gornje enačbe r = y'P/ (47Cj . Če za 60 W žarnice izmerimo j = 10-3 W/m2 • je r = y'60W/(4 .3,14.10- 3Wm- 2 ) = 69 m. Ta n a čin. da iz izmerjene gostote svetlobnega toka in znanega oddanega svetlobnega toka izračunamo oddaljenost svetila. uporabljajo v astronomiji za določanje oddaljenosti zvezd. Namesto žarnice si predstavljajmo zvezdo. namesto ravne ploskvice na sredini papirja pa Zemljo v določeni razdalji od zvezde. Predno opišemo omenjeni način določevanja oddaljenosti zvezd. pa se za hipec ustavimo pri Soncu. Sonce je najmočnejše svetilo . ki ga vidimo na nebu. Kaj lahko izmerimo pri Soncu? Izmerimo gostoto svetlobnega toka. ki ga prestre žerno s Sonca na Zemlji jo = 1350 W/m 2 (solama konstanta). oddaljenost Sonca od Zemlje pa poznamo ro = 1,5.1011 m. Iz teh podatkov sledi. da ima Sonce svetlobno moč ali da oddaja svetlobni tok PO = jo .4u6 = 1350 W / m2 ·4 ·3,14 · (1,5 · 1011 ) 2 m2 = 3,8.102 6 W ali okroglo 4 .1026 W. Temu ogromnemu svetlobnemu toku , ki ga oddaja (izseva) Sonce enakomerno na vse strani. rečemo v astronomiji izsev Sonca . Podobno govorimo o izsevu zvezd. Če torej poznamo izsev Sonca ali kake zvezde in izmerimo gostoto svetlobne ga toka . ki prihaja z njih. lahko izračunamo njihovo oddaljenost od nas . No. gostote svetlobnega toka z zvezd sicer ni težko izmeriti (razen. če je zvezda skrajno šibka). a za večino zvezd ne poznamo izseva. Ugotoviti izsev zvezd pa ni niti najma nj preprosto. Vendar nekaterim zvezdam lahko izsev ocenimo . Take so na primer kefeide. To so zvezde. ki pulzirajo. se širijo in krčijo. Ko spreminjajo velikost (polmer). se jim pri tem spreminja površinska temperatu ra in tako tudi izsev. Za kefeide so ugotovili. da je perioda njihovega pulziranja odvisna od povprečnegs izseva zvezde. Če je perioda daljša . je povprečni izsev večji. vendar med njima ne velja prema sorazmernost (slika 2). Spreminjanje izseva kefeide zabeležimo na Zemlji kot spreminjanje sprejete gostote svetlobnega toka z zvezde oziroma spreminajanje sija zvezde*. V jasni noči ali več zapored nih nočeh večkrat merimo sij pulzirajo če zvezde in narišemo graf. ki kaže. kako se sij zvezde 270 spreminja s časom. Tak graf - krivuljo sija prikazuje slika 3. Iz grafa razberemo periodo spreminjanja sija , po tem pa ocenimo povprečni izsev P zvezde (slika 2). Pri izmerjeni povprečni spr ejeti gostoti svetlobnega toka ' ] končno izračunamo približno oddalj enost kefeide r = V P/(47r]. / / IIJ / 1' -,,/ / Slika 2. Graf kaze odvisnost oovorecneca lzseva od per lode pulz! - / ra nja za k l a slč n a kefelde. Odvisnost - sem sesta vil na podlaol podatko v l iz Astropnystcet Quantltles (1973 ) ../' Za druc l t ip pu lzlra ločlh zvezd bl do--.1< I __ I i~:~oac~o OdVIS:OSt. --». r- --J() 5U t ..o' d ....-~ J. ) lI'izual!ni si; [magnituda] Sli ka 3. Graf č a so vn e odvis- nost i sija - kri vulja sija 6 Ketejs , Iz orafa ooberos perlodo to put ztranja pa tud i povpre čnl sij zvezde. * Astronom pravzaprav meri sij zvezde. Iz Izmerjeneoa sija pa nato računa sprejeto costcto svetlobneoa toka z zvezde. Za sija dveh zvezd m ln mo ln coston svet lobneoa toka j ln' jo. ki oa od teh zvezd sprejmemo na Zem lji, velja ena čba JIJo = l0- 0 ,4 ( m - m o ) . Če mo = 1, je Jo = 10-8 W/m 2. VeC o sllu oleJ v: F.Avsec - M.Prosen, Astronomija. DMFA SRS , Ljub ljana 1989, str.21. 271 Slika 4 . Lege kefelde 6 Ke- feja . Te zvezde ni teZko Izsle- ditI. Spremembo njenega sija zasledimo Ze s prostim očesom. Precej truda ln spretnostI pa je Ze treba, da Iz neposrednih opa- zovanj s prostIm očesom ugo- tovimo perlodo spreminjanja si- ja (cuiztranja) . Opomba: Zvez- da 6 Kefeja je okoli petdesetkrat veCja od Sonca. Pri pulzlranlu spreminja polmer kar za dva .po l- mera Sonca , to je za pribliZno 1,4 .106 km. Med kefeidami je najbolj znana 5 Kefeja. Sij se ji spreminja speriodo 5.4 dneva (slika 3). Izmerjena povprečna gostota svetlobnega toka s te zvezde je okoli J = 7· 10-10 W1m2 . S slike 2 ocenjeni povprečni izsev je fi = 2000Po. Približna oddaljenost te zvezde od nas je r = )2000.3,8 . 102 6 W1(4·3,14·7· 10-1 0 Wm- 2 ) =980 svetlobnih let. Kefeide so orjaške zvezde. Imajo ogromne izseve. Zato jih vidimo z velikih oddaljenosti. Zasledimo jih v zvezdnih kopicah in bližnjih galaksijah. Iz opazovanja kefeid tako lahko določimo razdaljo do teh sistemov. Marijan Prosen NALOGE O DVEH KRAJIH NA ISTEM VZPOREDNIKU Dva kraja ležita na istem zemeljskem vzporedniku z zemljepisno širino rp =450. Prvi kraj ima zemljepisno dolžino >'1 =250, drugi pa >'2 =77,50 (pozitivno zemljepisno dolžino imajo kraji vzhodno od Greenwicha). Polmer Zemlje je ro = 6370 km. izračuna] : a) medsebojno razdaljo obeh krajev; b] hitrost teh dveh krajev zaradi vrtenja Zemlje: c) čas vzida Sonca venem kraju glede na čas vzida Sonca v drugem kraju. Marijan Prosen 272 NOVI TIPI V TURBO PASCALU V prejšnji številki smo spoznali. kako uporabljamo okolje Turbo pascala. V tem članku pa si oglejmo Turbo pascal kot jezik. Ima več lastnosti. ki razš irjajo standardni pascal. Spoznali bomo dodatne tipe in delo z njimi. Nove številske tipe lahko zasledimo v verzijah 4 in 5. medtem ko so bili nizi vpeljani že v verziji 3. Oinenimo še. da je najnovejša verzija Turbo pascala . verzija 5.5. prinesla še nekaj novosti prav na to področje . Tako je bil vpeljan nov podatkovni tip object. s pomočjo katerega lahko Turbo pascal uporab- ljamo kot objektno usmerjeni jezik. Vendar o objektnem programiranju kdaj drugič. . 1. Dodatni vgrajeni številski tipi Poleg standardnih tipov real in integer za delo s števili. pozna Turbo pascal še več drugi h tipov. Oglejmo si najprej celoštevil ske tipe. Ime Območje Format shortint -128 ..127 predzna čeni 8-bitni integer - 32768..32767 predznačeni 16-bitni longint - 2147 483648 ..2147483647 predznačeni 32-bitni byte 0 ..255 nepredznačeni 8-bitni word 0..65535 nepredznačeni 16-bitni Vseh pet tipov lahko mirno mešamo med sabo. Rezultat je vedno tist ega najmanjšega tipa. ki vključuje vse uporabljene tipe . Seveda pa moramo paziti pri prirejanju vrednosti spremenljivkam. da ne prekora člmo obse ga. Prednost teh novih celoštevilskih tipov je v tem. da lahko natančneje določimo . s kakšnimi števili želimo delati. Še posebej je koristen tip longint. saj se hitro zgodi. da moramo računati s celimi števili, večjimi od 32767 oz . 65535 . Npr. radi bi izračunali zmnožek vseh naravnih števil do 9. program produkt; var i,p : integer; begin p := 1; for i := 2 to 9 do p : = p * i; writelnC'9 ! = ',p); end . 273 Pro gram nam izračun a , da je produkt - 30336, kar je očitno narobe . Le pa spremenljivko p deklariramo kot l ongint, borno dobili pravilni rezultat 362880 . Omeniti velja še. da je bil tip by te vpeljan že v verziji 3. Turbo pascalu lahko cela števila posredu jemo tud i kot šestnajst iške kon- stante . To storimo tako, da kot prvi znak števila uporabimo $. Tako npr. $Ai pomeni štev ilo 161. $F4 je 244 ipd . Šestnajsflške konstante so lahko med $00000000 in $FFFFFFFF. Poleg standardnega tipa za realna števila pozna Turbo pascal še štiri. Ime real single double extended comp Območje 2.9 x 10 3° . . 1.7 X 103 8 1.5 x 10- 4 5 .. 3.4 x 103 8 5.0 x 10- 3 2 4 . . 1.7 X 103 0 8 3.4 x 10- 403 2 .. 1.1 x 1040 32 _ 2G3 + 1.. 2G3 - 1 Točnih ci fer 11-12 7-8 15-16 19-20 19-20 Zadnji tip comp lahko vseb uje le cela št evila v navedenem obsegu, ki je približno - 9.2 x 1018 . .9.2 x 1018 in ga uporab ljamo , če potrebujemo res ogromna cela štev ila. Medtem ko so nam celoš tevilski t ipi vedno na voljo, dodatnih štirih realnih tipov ne moremo uporabiti. če ne vključimo izračunavanja preko matema tičnega koprocesorja. To najenostavneje storimo v sam em programu , tako da v prvo vrstico datoteke napi šerno { $N+ .E+} . Na ta način bomo v verziji 5 poskrbeli , da se bo naš program lahko izvajal na vseh računaln ikih , t udi t isti h. ki niso oprem ljeni z matemat i č n im koprocesorjem . Z uporabo dodatnih tipov lahko delamo z bistveno večj imi števili. lahko pa tudi povečamo natan čnost račun anja . 2. Nizi Delo z nizi je prava Ahilova peta standardnega pascala . Ker pascal ne pozna standardnega tipa za niz, si moramo pomagati s poljem znakov. To samo po sebi ne bi bilo nič slabega. če bi imeli na voljo ustrezne funkcije za delo s tak o definiran imi tipi . Vendar jih v standardnem pascalu ni. če pr av jih v praksi mnogokrat potrebujemo. Zato so avtorji razli čnih pasc alskih prevajal nikov poskrbeli za ustrezne razširitve . Žal jih je večina prikrojila nekoliko po svoje , tako tudi avtorji Turbo pascala . 274 Turbo pascal pozna poseben tip string. Pr i dekla raciji spremen ljivk navedemo tudi maks imalno dolžino niza. ki mora biti med 1 in 255 . Če le-t a ni navedena . privzamemo maksimalno dolžino 255. t ype vrstica = string [80] ; var dolga_vrsti ca string ; vrsl : vrstica; Nizi so sprem enljivih dolžin. Deklarirana je meksimelne dolžina niza. dolžina . ki je niz tega tipa ne more prese či. Turbo pascal si za vsak niz zapomni njegovo dejansko dolžino . Torej nam ni potrebno uvajati posebnih spremenljivk - računalnik bo vedno vedel. kateri del maksimaln o deklariranega prostora je zavzet. Pri branju spreme nljivk tip a string uporabljamo stave k readln. Narekovajev pri tem ne pišemo. Če pa jih boste napis ali. bod o dcl niza. wr i t e ('Al i naj nadaljujem (da/ne ) ? ') ; readln (odg) ; i i odg = 'ne' then ... Vsi tipi nizov so med seboj enakovredni in jih lahko mešamo. Če tako navedemo . da je na nekem mestu potrebna spremenljivka tipa string [23]. lahko uporablj amo tud i sprem enljivke. deklariran e kot krajši in daljši nizi. Seveda pa bodo predolgi nizi avtom ati čno odr ezani (kraj ši pa ohranijo svojo vsebino. saj jc 23 maksimaln a in ne dejanska dolžina). 2.1. Operacije nad nizi Oglejmo si sed aj . kaj lahko poč nemo z nizi. • Posamezne znake iz niza dobimo kot posam ezne komponcnt c polja . Tako je npr. vr s l [1] prvi. vrsl [10] pa deseti znak niza vr s l . Na t a na čin lahko tudi spremenimo pos amezni znak v nizu npr. vrs l [5] : = 'e' . Pri tem pa lahko upora bljamo le indekse med 1 in trenutn o dolžino niza . Na ta n a čin torej lahko le spreminjamo o bstoječe znake v nizu. ne moremo pa niza pod aljševati. Nize lahko tor ej jemljemo kot polja znakov ali pa kot celoto. • Nize lahko primerjam o po velikosti . Le-ta je d ol očena glede na kodo ASCII istoležnih znakov. Tako je npr. niz ' Pas ca l ' manj ši od niza 'pascal' , ker je v tabeli znakov č r k a P pred črko p . Če istolezucga 275 zn aka ni (en niz je daljši od dru gega) , ima obstoječi znak v e čj o vred - nost. Tako je niz' Da' večji od niza' D'. Znaki se prim erjajo od leve proti desni. Primerjanje se zaključi pri prvem paru neenakih znakov . Tako je 'dinar' manjši od 'dolar', Pri primerjanju lahko uporabl- jamo nasl ednje relacijske operatorje z znanim pomenom : <> < >, <=, >= . • nize lahko stikamo s pomočjo operatorja '+', a ,= 'Turbo '; b .= 'pascal'; c ,= 'Programski jezik' + a + ' '+ b; Če je dobljeni niz predolg , se presežek odreže . 2.2. Procedure in funkcije • function concat(sl, o O" sn) : string; Spajanje nizov s l., o o o, sn. Funkcija je nekaj posebnega, saj ima spre- menljivo število argumentov. Primer: a := concat('Programski ','jezik' , 'pascal') ; • function copy(s: string; i,j : integer) : string; Pr epis podniza. Iz niza s vzamemo j znakov in sicer od i-tega dalje . Če je i večji od dolžin e niza s, dobimo prazen niz . Če je j prevelik . dobimo segment niza s od i-tega znaka do konca . Pr ime r: a : = ' p a s c al'; b := copy(a,5,3); wr i t e l n (b ) ; -- -- - > al • procedure delete(var s :string ; i,j :integer); Bris anje podniza iz niza. Iz niza s odstrani j znakov in sicer od i - tega dalje . Če je i večji od dolžine niza s, ni zbrisan nob en znak . Če je i + j - 1 v ečj e od dolžine niza , je rezultat prvih i - 1 znakov niza s (zbriše se toliko znakov , kot se pač lahko). Prim er : 276 a : = 'pascal' ; delete(a,2 , 4) ; Vlr i t e ln (a ) ; - - - - > PI string[100] ; • procedure insert(sl:string ; var s2:string ; i:int eger) ; Vrivanje niza v niz. V niz s2 na i-to mesto vstavimo niz s1. Primer : a := ' Pr ogr ams k i jezik pascal' ; insert ( 'Turbo' . a , 18); • function length(s : string): integer; Dolžina niza. Vrne dolžino niza s . Če je niz s praz en . je do lžina O. Pri mer : va r a begin a := 'Programski jezi k pascal '; wr i t e l n ( ' do l z i n a ' ;length(a)); • function pos(sl,s2 : Z ačetek podniza v nizu . Če ga ni, vrne O. P rimer: string): integer; Poi š če prvo pojavitev podniza sl v nizu s2 . var s : string ; begin s : = ' 123.5 ' ; { spremeni vodilne presledke v nicle } wh i l e pose' ',s) > O do s j po s t ' • , s ) ] := 'O'; • procedure str(r : real ; var s : string); ali procedure str(r : integer; var s: string) ; Spremeni število v niz. Spr em eni realno ali celo šte vilo v niz. P ri tem spremembo lahko nadzoruj emo kot pri upora bi Vi r i te, z d ol oč a njem širine izpisnega polja in (pri realnih št evilih) z dolo čanj ern števila dec- imalk . Učin ek je enak kot pri ukazu wr i te . le-d a se tuk aj rezult at pa č izpiše v spr emenljivko tipa string. Prim er : str(25 .3232 :10 :2,s) ; Vl r i t e l n ('N i z = ' , s ) ; - ---> Ni z 25.32 277 • procedure val (s : string ; var v: real ; var i : i ntege r) ; ali procedure va l ( s: st r ing; va r v :integer; var i :int eg er ) ; Pretv ori niz v število. Če je v nizu zapisana realna ali celo š t evil č na konstanta. dobi parameter i vrednost O in v vrednost te konstante. Če pa je pri pretvorbi prišlo do napake. to rej če v s ni smiselni številski niz. nam i vrne mesto prvega znaka v nizu. pri kat erem so nastopile težave . Tako kot se prejšnja procedura obnaša podobno kot wr i t e . je ta podobn a podprogramu read. Za konec pa še nekaj nalog z nizi 1. I z ra čun a] kvocient dveh števil na 200 decimalk na ta nčno . 2. Ugotovi. če je beseda palindrom . 3. V da nem a r i trne tične rn izrazu ugotovi. če so oklepaji pravilno posta v- ljeni. 4. Preberi niz in ugot ovi. če ustreza imenu datoteke v operacijskem sis- temu MS-DOS. M atija Lokar ENA VESOLJSKA Oni dan sem v knjigi "Restavracija ob koncu Vesolja" avtorja Douglas Adamsa prebral naslednji zanimivi "dokaz" : Ve se. da obstaja neskončno svetov. tisto preprosto fe zato. ker j e neskončno prostora zanje. Seveda pa niso vsi naseljeni. Torej mora biti naseljenih sam o končno mnogo sv et ov. Sleherno končno število . deljeno z neskončnim . pa je tako blizu ničle. da se sploh ne splača govoriti. torej lahko rečemo. da je povprečje prebivalstva vseh planetov v Vesolju enako nič. Odtod sledi. da j e nič tudi skupn o število prebivalcev v Vesolj u in da so . pa č ljudje. ki jih od časa do časa sreča te. sam o proizvod izrojene domi štjlje. Hecen dokaz . mar ne. Nekoliko spomin ja na tist e dokaze. ki pokažejo. da velja 1 = 2. Kaj pa je narobe z gornjim dokazom? Sandi Klavfa r 278 33. REPUBLIŠKO TEKMOVANJE SREDNJEŠOLCEV IZ MATEMATIKE Letos je tekmovanje organizirala Srednja elekt rote hniška šola iz Ljubljane . glavni pokrovitelj pa je bil Slovenijales trgovina. Ljubljana . Tekmovanje se je za čelo v soboto . 8. aprila ob 9. uri. Učenci so s svojimi mentorji prihajali v šolo od 7. ure dalje. Tremo so si lahko prega njali ob send v i čih in kokri. ogledali pa so si lahko tudi šolske laboratorije. Ob 8.30 je bila otv oritev tekmovanja s pozdravnima govoroma ravnatelja šole dipl. ing. Miloša Mulha in predsednika Republiškega komiteja za vzgojo in izobraževanje ter telesno kulturo dr. Ludvika Horvat a. Tekmovalci so bil i iz 42 sred njih šol iz Slovenije. Prvošolcev je bilo 43. drugošolcev 39. tretj ešolcev 39 in če t rtošo l c ev 44. skupaj tor ej 165. Reševali so nasledn je naloge: Prvi letnik 1. Ulomek 37/ 13 lahko zapišemo v obliki 1 2 + 1 x +-- 1 Y+ - z Kolikšna so naravna števila x. y in z? 2. Dokaži t rditev : izraz 2x + 3y je deljiv s 17 pri natanko istih parih celih števil (x ,y) kot izraz 9x + 5y. 3. Skupina prijateljev je med šolskim letom pridno varčevala. Pred odhodom na počitnice so si denar razdelili. Najprej so najstarej šcmu dali 100000 din in desetino ostanka. drugemu 200000 din in desetino novega ostanka. tretjemu 300000 din in desetino novega ostanka ... Na . ta način je vsak izmed njih dobil enak znesek. Koliko prijateljev je bilo v skupini? 4. Nad st ranicami pravokotn ega trikotn ika A B C (s pravim kotom pri C) načrta mo polkroge na zunanj o stran . Na polkroga nad katetama postavimo po eno tan gento. vzporedno s katero . nad katero je polkrog narisan. na polkrog nad hipot enuzo pa postavimo dve tan genti. vz- poredni s katet ama. Kolikšna je plo š čina pravokotnika. ki ga omejujejo tan gente. če merita kateti trikotnika 6 in 8 cm? 279 Drugi letnik 1. Dolo či vsa racionaina števila x . za kat era je J sx2 - 2 x - 3 racionalno število 2. Dokaži: če za rcalna števil a a, bin c velja a 2: c, b 2: c in e 2: O, pot em velja t udi J e (a - e) + J e (b - e) :s ..;ab. 3. V krogu s polrnerom r st a v črtana enakokraki tr ap ez z osnovnico a = 2 r in enakokraki tr ikotnik . tako da sta kota ob osnovni ci tega trap eza in trikotnika enaka . Izra čun a] razm erje pl o š čin obeh likov. 4. Naj bo A B CDEFGH (E nad A. F nad B , .. .) kvader s st ranicami AB = 3. A D = 2 in A E = 1. Na diagonali AG od merimo daljico PO z dolžino 1. na EB pa daljico RS z dolžino 1. Dokaži, da je prostornina piramide PORS neodvi sna od položaja daljic PO in RS na AG ozirom a EB . Prostornino tud i izra čuna] . Tretji letnik 1. V trikotniku ABC izberemo poljubn o not ranjo točko D . Naj bodo Ti . T2 in T3 t e ži š č a trikot nikov ABD , B CD in CAD . Kolikšen del t rikotni ka ABC pokrije trikotnik Ti T2 T3 ? 2. Dokaži: če je tg () = II ' tg 4> . pote m je tg2(() - 4» :s (n - 1)2/(411). (11)0, II E .v). 3. Naj bosta p in q pozitivni realni št evili. Pokaži: če so vsi trije koreni e na č b e x 3 - p X + q = O realni in če je r koren z najm anjšo abs olutn o vredn ostj o . velja q]p-e r :s (3 q)/(2 p). 4. Za polinom p(x ) velja (p(x))2 = p(x2) -2p(x) in p(x)+p(-x) = - 2. a) Kolikšna je stopnja polinoma p(x)? b) Ali ima ta polinom realne ni čl e? Četrti letnik 1. V zaporedj uleži nap-tem mestu č le n P, na r-tern č le n R inn a s- tem č le n S . Poka ži: a) čej e zaporedje aritm etl čno.} e P ·(r -s)+R ·(s -p)+S ·(p -r) =0 b) če je zaporedje geometr ijsko. je pr-s . RS -P , ss:! =1. 2. Dana je funkcija {( x) = x2/ (1 + x2). lzra čunaj vsoto : 123 II f(i)+{(i)+{(i)+ "'+{(i)+ 1 2 3 11 +{( "2) + {("2) + {( "2) + ... + {( "2) + + + 280 1 2 3 11 +f( - ) + f( - ) + f( - ) + .. .+ f( - ) 11 11 11 11 3. Naj bo G gorišče elipse x 2 / a2 +y2 / b2 = 1, (a>b>O). Dolo či množico sred išč vseh te tiv skozi G (krivuljo. na kat eri ležijo sredi šča ) . 4. Biljardna miza dimenzije m XII . kjer sta min 11 tuji naravni števili. ima luknje samo v ogli š čih , Iz enega og li š ča pošljemo kroglo pod koto m 45° proti nasprotnemu rob u. V katero ogli šče bo padla in po koliko odb ojih? Po prestan ih naporih so u čenci od šli na kosilo v Dom u čencev tehni ških šol Tabor na Vidovdanski ulici. kjer so nekat eri prespali že s petka na soboto. Z mislimi pri nalogah so si tekmovalci popoldne ogledali Cankarjev dom in ob 15. uri prisostvovali koncertu . ki so ga v Mali dvorani izvajali u čenci Srednj e glas bene in baletne šole iz Ljubljane . Vsi n astopajo či so bili prvona grajenci 18. republiškega tekmovanja u čenc ev in študen tov glasbe Slovenije. Ob 17. uri je bila uradna razglasitev rezultatov. Prof. dr. Anton Suh adolc je v pozdravu povedal nekaj misli o študiju mat ematik e in o možnosti za- poslitve ter pozval tekmovalce. da bi bili gotovo zelo primerni za t a študij. Nato je razdelil nagrade in pohvale . ravnat elj pa še darila. ki so jih za nagra- jence namenile delovne organizacij e. Ob tekmovanju je izšlo skrbno pripravljeno glasilo s prisp evki priznanih strokovnja kov in u čen cev šole - gostite ljice. Tokrat so se najbolj izkazali : - v prvem letniku : 1. nagra da: Tom až CEDILNIK in Mojca VILFAN (oba SNŠ Ljubljan a) 2. nagrada: Urška KOREN (NSC Nova Gorica) 3. nagra da: Robi MOHORČiČ (SŠPTNU Novo mesto) . Marko SLAPAR (SŠP RNMU Kranj) in Gregor ŠEGA (SNŠ Ljubljana ) Pohvala : Damjan DEMŠAR (CSUI Jesenice) , Hiacint a PINTAR (SŠ PR NMU Kranj). Matj až KOTNI K in Andrej KRAJNC (SNŠ MZ Maribor). An- drej GORiŠEK. Jernej STARE . Marko KUKRIKA, Klemen JERINA in An- drej STROJ NIK (S NŠ Ljubljana) . Borut DRETAR (2G 2sš Maribor) , Vladka ŠETINA (SŠFZ Ljubljana) . Pet er LUŽEVIČ (STŠ MT Celje). Dejan LIPOVEC (SCTPU Murska Sobota) . Gregor IRT (SŠR Ljubljana) . Janez VI- HER (SERŠ Maribor). Dean VELDIN (SMSM Piran) . Roman VERHOVŠEK (SŠ FLL Ljubljana). Mišo VUKADINOVIČ (SEŠ Ljubljana) . Robert MIKELJ (SGŠ IK Ljubljana) . Jure KNEZ (SŠKSU Trbovlje). Mateja ANTOLIČ (SŠC Ptuj) . Denis PAVLlNAC (SŠPTNU Novo mesto). Pred rag ŠKRINJAR (SDENMŠ SK Sež ana). Mihael JURiČ (SŠTUD Kočevje) . 281 - v drugem letniku: 3. nagrada: Dušanka KOClC (STŠ MT Celje) Pohvala: Marko PETRUŠiL . Matjaž KOBAL in Primož ŠKULJ (vsi SNŠ Ljub - lja na). Žiga KROFL in Nataša RAVNIK (CSUI Jesenice). Leon ZOR- NADA (SPNMŠ Koper). Jurij VELKAVRH (SŠEN Ljub ljana) . Roberto COBALTI (SMSM Piran). Janez ŠTRANCAR (NSC Nova Gorica) . Borut HORVAT (SNŠ MZ Maribor). - v tretjem letniku: 2. nagrada: Borut NOVAK (CSUI Jesenice) in Andrej BAUER (SNŠ Ljub- ljana) Pohvala : Franci KRAM ER (SŠPTNU Novo mesto). Gašper FIJAVŽ. Primož POTOLNIK. Roman MODIC, Anamarija BORŠTNIK. Martin RAIL in Re- nata NOVAK (vsi SNŠ Ljubljana). Damjan GOROPEVŠEK (SKSMŠ Mari- bor). Marko TRETJAK (SŠTNPU Ravne na Koroškem). Alenka KAVKLER in Jure DOBNIKAR (SNŠ Maribor). Aleš LASAR (SCTPU Murska Sobota) . - v četrtem letniku: 1. nagrada: Andrej VILFAN (SNŠ Ljubljana) 2. nagrada : Jaka CIMPRIČ (SNŠ Ljubljana) 3. nagrada : Aleš VAVPETIČ (SENŠRM Kamnik). Timotej ELIMOVIL (SNŠ Ljubljana) in Boris TOPLAK (SŠR Ljubljana) Pohvala: Iztok FELICIJAN in Jelko KOVALIL (SEŠ Ljubljana). Peter HO- LOZAN (SENŠ RM Kamnik) . Marjan JERMAN (SŠNMEU Trbovlje). Damir SRPAK (SŠE Ljubljana). Mihael MESARiČ in Aleš ŠTEVANEC (SCTPU Murska Sobota). Samo ZABOVNIK (CSŠ Titovo Velenje). Tatjana OZBiČ (STNŠ Postojna). Sandi BERK (SGŠ IK Ljubljana). Vsem . ki so osvojili priznanja. čestitamo. za tiste z malo manj sreče pa znana misel : ' oo važno je sodelovati. oo . Agata Tiegl KVADRATA Dana sta kvadrata ABCD in PORS s ploščinama po 100 cm 2 . Oglišče P drugega kvadrata leži v središču prvega , Stranici AB in PO se sekata v X. BC in PS pa v Y. Kolikšna je ploščina štirikotnika PXBY. če je daljica CY dolga 4 cm? Darjo Felda 282 6. BALKANSKA MATEMATIl:NA OLIMPIADA Letošnja Balkanska ma tcma tlč n a olimpiada ali kratko Balkaniada je pot ekala od 29. aprila do 6. maja v Splitu . Organizacija je bila res od lična . saj smo stanovali venem najbo ljših Splitski h hotelov, pa t udi izletov in drug ega programa ni manjka lo. Tako smo si ogleda li stari del mesta Split z Diokle- cianovo pa lačo . otok Brač . Trogir in še veliko drugih okoliških znamenitosti. Balkaniade smo se udeležili preds tavnik i petih balkanskih držav: Bolgarije. Cipra. Grčije . Ju goslavij e in Romunije. Našo državo smo zas topali najbo lje uvrščeni z zveznega tekmovan ja v Skopju : Rade TODO ROVIC iz Pirota. An- drej VILFAN iz Ljubljane ter Milena RADNOVIC, Predrag GRKOVIC. Rastko MARINKOVIC in Nebojša NIKOLIC:. vsi iz Beograda. V št irih urah in pol smo mora li rešiti štiri naloge. Odrezali smo se zelo dobro . saj n ih če iz naše ekipe ni od šel domov" praznih rok". Prvo nagrado so do- bili Rade Todorovi č. Rastko Marinkovi č in Mil ena RadnoviC. drugo Predra g Grkovi č in Andrej Vilfan ter tretjo Nebojša Nikoli č . Kot ekipa smo bili tretji. za Bolgarijo in Romunijo ter pred Gr č ijo in Ciprom . A nd rej Vilfan PRESEKOVA KRIŽANKA - Rešitev iz P-4 =..::.~ "J~~N - ,U.~~;:~;~y .... u L ''tiE· ~~ S MU R "ONCU.. E S S O V 1 N O + P L U S::.~~ -g w a CMY'" A N 1 T A Na liV 1 M E ..,.. . 0 .. . K U J O N:soK A L T,""'''u S A M A R A<8(ID ..~.... = E l A '!,~f~~~~,;~,,;~~~ l~\:~ p R E R 1 J A PIT.A~~ :~:~'~~ R E O~ Z A L I V.~~I ~~ E G 1 O A ~~~ A Z 1 "'::. S A S 1 @~ S R T cO"DQNA E T O N"'I.3m:" A K E R ~~~~: K A N A ...v,.'" P A K A z · l\' i\TEMAl'H~:NIH OIJ!Vn~IAn !,i97~·88 283 V VISOKI DRUtBI "Vzemimo . da slehernega dne opoldne iz Le Havra * odpelje ladja čez Atlantski ocean proti New Yorku. istočasno pa tudi iz New Yorka krene ladja v nasprotni smeri proti Le Havru . V vsako smer traja vožnja natanko sedem dni. Koliko teh ladij bo tedaj na svoji poti v New York srečala ladja . ki bo danes opoldne odrinila iz Le Havra? " No. se boste preizkusili? V pomoč vam tedaj ponujamo kar dva namiga. Prvi pravi . da si praviloma dobri matematiki med seboj ne zastavljajo (pretirano) lahkih problemov . dru gi pa. da vam bo zelo koristilo . če se boste naloge lotili s svinčnikom v rokah. Vilko Domajnko * Le Havre - francos ko ortstan is ce na atlantski obaii 284 30. ZVEZNO TEKMOVANJE IZ MATEMATIKE ZA SRED- NJEŠOLCE Tekmovanje je letos organiziralo Društv o matematikov SR Makedonije v Skopju od 20. do 23. aprila 1989 . Sodelovalo je 132 učencev iz vseh republik in pokraj in. Slovenijo je zastopalo 18 tekmovalcev in sicer: - iz prvega letnika Tomaž Cedilnik. Mojca Vilfan. Urška Koren. Gregor Šega. Robi Mohorčič in Marko Slapar: - iz drugega letnika Dušanka Kocič in Marko Petru šič : - iz tretjega letnika Andrej Bauer. Borut Novak in Renata Novak: - iz četrtega letnika Andrej Vilfan. Jaka Cimprič . Timotej E čimovlč. Aleš Vavpetič . Boris Toplak. Marjan Jerman in Tatjana Ozbič. Vodila sta jih št udenta matematike Peter Anastasov in Matjaž Leljko, č l a n zvezne tekmovalne komisije iz Slovenije pa je bil asistent Darjo Felda. Tek- movalci so prispeli v Skopje v čet r te k popoldne . Prebivali so v hotelskem naselju " Olimpijska vas". zgrajenem za č a s medn arodne ša hovske olimpiade let a 1972 . Na matematični gimnaziji" Rade Jov česki Korča gin" so v sob oto dopoldne učenci štiri ure reševali nasled nje naloge: Prvi letnik 1. Za pozitivna št evila x . y in z velja x + y + z = 1. Dokaži. da je (1 + l / x)(l + l / y)(l + l iz) ~ 64. Kdaj velja enakost? 2. Naj za naravna števila Xl . X2 . .. .. Xl(l00 velja xI +x~+ ... +XI080 = x I000' Dokaži. da sta vsaj dve izmed njih sod i. 3. Na črta] trikotnik A BC. katere ga stranica BC je dolga a, st ranica CA dolga b (a in b sta dani pozitivni realni štev ili) ter LC A B = 3 · LA B C . 4. Poi š či vsa naravna števila n , za kat era velja [Y'l] + [YI2]+ .. . + [~] = Zn . ([X] je oznaka za naj večje celo števi lo. ki ni večj e od x.) Drugi letnik 1. Dana je polkrožnica nad premerom A B in na njej točk i C in D . da velja: a) točka C pripada loku AD: 285 b) LCSD je pravi. če z S označimo središče daljice AB. Naj bo E presek nosilk daljic AC in BD. F pa presek daljic AD in B C . Dokaži. da je vektor EF neodvisen od izbire točk C in D. 2. Dokaži: če za števila c . bin c velja a > 1. b > 1 in c ~ 1. potem velja tudi~ +~ +..;c=l ::; vc(ab+ 1). Kdaj velja ena čaj? 3. Poi š či vse trojke (x, y, z) celih št evil. za katere velja xY - 2Z = 1. 4. Dani sta tuji si naravni števili m in n . V vsakem polju n eskon čn e šahovske table je zapisano po eno realno število. da velja: vsota št evil v vsakem pravokotniku dimenzije m x n je enaka nič . Dokaži. da sta vsaj dve od zapisanih števil med seboj enaki. Tretji in četrti letnik 1. Poi š či vse če tvorke (Xl , X2, X3 , X4) pozitivnih šte vil. da velja X2 + x~ + x~ = 3 X3 + x~ + x~ = 3 X 4 + x~ + xg = 3 2. Za polinom p(x) z realnimi koeficienti velja p(x) ~ O za vsak realen x. Dokaži: obstajata polinoma q(x) in r(x) z realnimi koeficienti . da lahko zapišemo p(x) = q2(x) + r2(x) za vsak realen x. 3. Koliko je urejenih trojk (A, B ,Cl. za katere velja: aj AuBu C = {1, 2, .. . , n} , b AnB n C = 0 , c A nB =I' 0 . 4. Dana je kocka ABCDAlBl ClD l . Ali obstaja premica . ki seka vsako od nosilk daljic AB. CCl . AlDl in DBl ? Popoldn e so si ogledali nekaj kulturno - zgodovinskih zname nitosti Skopja in okolice. Medtem so čl ani komisije in spremljevalci ekip pregledali naloge. Posebej težka je bila čet rt a naloga za drugi letnik. saj je ni nih če rešil niti polovico. V nedeljo dopoldne je bila slavnostna podelitev nagrad . Naši tekmovalci so bili tokrat uspešni. Andrej Vilfan iz četrtega letnika je osvojil drugo nagrado . tretješolec Andrej Bauer pa tretjo . Pohvaljeni so bili Tomaž Cedilnik iz prvega letnika ter Jaka Cimp ri č in Marjan Jerman iz četrtega letnika . Razen Marjana Jerrnana. ki obiskuje SŠNMEU iz Trbovelj. so vsi tu našteti učenci SNŠ iz Ljubljane. 286 Na podla gi rezultatov tekmovanja je zvezna tekmovalna komisija izbrala šes t- č l a n s ko zvezno ekipo za nastop na balkaniadi (konec aprila v Splitu) in olimpiadi (julija v Braunschweigu /ZRN /. rojstnem mestu Carla Friedrich a Gaussa) . vanjo je bil iz Slovenije izbran Andrej Vilfan. Iz Skopja smo se odpravili domov v ponedeljek v ranih jutranjih urah. M atj až Željko 30. MEDNARODNA MATEMATILNA OLIMPIADA Letošnja mednarodna maternatična olimpiada je potekala od 16. do 24. julija v Braunschweigu (ZRN) . rojstnem mestu Karla Friedrich a Gaus sa . V jugoslovanski ekipi smo bili: Rade Todorovi č iz Pirota. Milena Radnovi č, Predrag Grkovi č. Rastko Marinkovi č in Nebojša Nikoli č iz Beograda ter Jaka Cimprič iz Ljubljane. Gospodarska kriza je t ako prizadela finan čno stanje inštitucij. ki naj bi dajal e denar. da je Hamid Kulosman. vodja ekipe. komaj nabral dovolj denarj a za tridn evne priprave v Sarajevu in za karte za vlak. Nizek st andard je t ako užalil Beograj čan e . da so hoteli demonstrativno bojkotirati olimpiado. kot so rekli " radi nepo štovanja prema olimpiskoj ekipi" . No. zadnji hip so si premisli li in še pravočasno prišli na železniško postajo . Vožnja je bila dolga in naporna . Najprej smo se peljali s kušeje rn do Munchna. nato pa smo presed li za Hannover. Hamid je z nekaj dopis ovanje na vozovnice dosegel. da smo se peljali v prvem razredu . V Hannovru smo še enkrat presed li in se nato v nabito polnem vlaku vozili še kakšno uro. Na postaji so nas že čakal i organizatorji. Nastani li so nas v mladinski hot el. precej oddaljen od središča mesta. Pro gram je bil izredno nabit s poli tičnimi govori in ekskurzijami. Nekaj podrobnosti : ponedeljek: otvoritev . ogled mesta; torek . sreda : tekmovanje - vsak dan tri naloge ter štiri ure in pol časa za razmišljanje; četrtek . petek. sobota : čez dan ekskurzije . zveče r pa zabavne prireditve; nedelja: zaključ na prireditev ; ponedeljek: vrnitev (trik z dopisovanjem na karte tok rat ni us- pel) . Kot se spodobi za Ju goslovan e srno šp ricali znaten del programa in se posv eti li nakupovanju . Rezult ati: Rade je osvojil vse točke in dobil prvo nagrado . Predrag. Rastko . in Neboljša so osvo jili drugo nagrado. Milena tretjo . Jaka pa pohvalo . Kot ekipa smo zasedl i enajsto mesto. takoj za Madžari . Najbolj ši so bili Kitaj ci. Romuni in Rusi. Organizacijo naslednje olimpiade so zaupa li Kitajski . Kandidati naj se psihičn o pripravijo za dolgo pot s t ranss ibirsko železnico. J aka Cimprič 287 288 SLIKOVNA KRIŽANKA - MA' NEGA- .. 297 -108 = 189 TRAK ZA KROG- TIVNOODLIKO- OGLAS V LASTA ELIPSAST VALJEVO NAELEK- VRSTA 12 + &= 2e"'- VANJA CASOPISU BAKTERI- KR02NIK TREN HRASTAJA DELEC LUMP. ~SESTAVIL FALOTMARKO IGRALKABOKALIC KRA- OBMOCJEVANJA 4 LOGI'- PRO 5+- SLO' JUNAK LUK NEMSKA GOTOV- AR" SEVERNA CEVE f--- SOSEDA OPERE ANe KONICA HIE DEL NANOS PREDSE- KR02- GEO- DNIK ZIS NICE LOSKIH MARKO- PLASTI VIC DEL ROKE RIS .FILM ANG.DOL2.MERA BOJAZEN NAUK O FUNKCIJAH KRAJ NA V MATEMATIKI POHORJU MESTO DC VZH.OD ~AUGUST RIMA 2ELATINA SENOA POSODA IZ ALG c M Z"AKO SO kOSTNIO SLADEK SILA KI. SOK POV- RASTLIN ZROC. SUKANJE NECIS- IGRALKA TOCA GARDNER INSTINKT HENRIK UPANJE NEMSKI TUMA FILMSKI ITAL.RE21SER KRAD- LLJIVEC PISATELJ VOJAK rULIT NOVINEC KOVINSKI JIBLOK GRSKA CRKA VRH NAD ANG.FIZI K DOLINO (ZAKON TRIGLAV. O RAZ- JEZER TEZKU) SRBSKO DR2AVA V ~ GOROVJE MOSKO NA JUGU IME AFRIKI SZ TEMATIČNI POJMI 289 REKA V ZIMSKA 3+-- HRVASKI EMIL REKA V RIMSKI FRNIKOU PRED· SREDISCEI - PESNIK BOG SEDNIK VENE·ZRN SOLATA 2 UJEVIC NAVINSEK sz LJUBEZNI TOGA ZUELE :NO TI· _JE AV IJMRL! SL . .B IJ I PISATELJ - SAMOZA· 'REJ DOVOLJE ,NG VANJE KAMNITA OGRAJA HROSt GOVNAC STAREJSI ENRICO SLOV. CARUSO FILM 2·3=6 i ODPAD·MILANO NIK 'MAtE TRIGLAV· ~ SKADOLINAJO RA NAD DRAGICA LtAVO CADEZ SMUCAR WENZEL TOLMIN· SKA JED PREBIVA· LEC tRNE NEPRI- CELINE JETNE POLET KORALNI SANJE OTOK VRH KRIVULJE PARADIZ STIK DVEH PLOSKEV REKA V ZADETEK SRBIJI PRI NO· GOMETU OLIVER TWIST BUGOJNO MESNA JUHA GOSPO- DINJSKI PLIN 290 ENA NALOGA RODI DRUGO Prispevek Triktrat o neki na/agi (Presek 16. 351) me je spodbudil. da tudi sam pristavim l onček in posredujem še eno zanimivo nalogo o dveh ladjah . Do nje sem prišel po naključju . V tretjem letniku smo pri sinusnem izreku reševa li tole nalogo: Ladji A in B sta v razdalji r . Vsaka zase se giblje s sta lno hitrostjo . prva pod ostrim kotom a . druga pa pod ostrim kotom f3 glede na r (slika 1). Srečata se po času t . Izra čuna] hitrost posamezne ladje. Rešitev te naloge je preprosta: Vi = r sin f3/t sin( a+ f3) in V2 = r sin a /t sin( a + (3 ) Iz nagajive. a hkrati domiselne pripombe v razred u. ali sinusni izrek " odpove" . če je v2 >vl (ladja B uide ladji A). pa je nastala naslednja naloga. ki je v razredu nismo reševali. Ladji A in B sta v medsebojni razdalji r . Prva se giblje s hitrostjo Vi. druga pa z V2(V2 >Vl) . Koliko časa in pod kolikšnim kotom glede na r naj plove ladja A. da se ladji B . ki plove pod ost rim kotorn f3 glede na r . najbolj približa? Sli ka 1. L adj i se sre čata v to čkl C . Iz sinusnega Izreka a/ sin a = b/ sin /3 = r i sin, ni tetko Iz danih podatkov lzra ču natl hitrost Vi ln v2 ' B 0·< i3 < 90· I I 1 Iy 1 I A B a A c r b Slika 2 . K ra č u na nju najma nj- Se razd alje la dj e A od ladje B. V Casu t pr id e ladja Iz A v A l' preplu le raz da lj o I AA l I = Vi t, ladj a B pa pr epl uj e I BBl I = v2 r : Y - razdalja med ladj ama po č a s u t. 291 Kot . pod katerim naj plove ladja A. označimo z x (Oo ! i č n e too riie . Knjif!'! ic pa č o čitno pisa na z"Io poljud no in j I' narn cnienn br alcu, ki m I I jc bližje duhovito rnaternat i čno r;lZmi:;lj'lPj') ko t PiJ po d kov anost II t eo riji . Za r,ldi tegiJ je ta zb irka naloq v celo ti chstopniJ 7e rudi st aruji im osnov nošo lcem . Knj i',) i1 je p isana s"v ed a v nemškem ieziku , kilt" pa ne b i srnp l hi l i razloq, eliJ je ne bi vze li v roke . f\la lls')l ad n je - m ar n i na ra vnost izvrst na poteza ,čl) uSP"'; zd ruži li u čenj e tu j e~p jezika in pil m atemati čn i užitek v eno! Prob lemi . 1(i i iI, boste rlil;;li v tej š tevilki Preseka na stran i 292 so iz Vf: sclj? ob igri s štovi!i. \/;11.:0 Domnj nko 296 NESRE~A RADIOTELESKOPA V Green Banku v Zahodni Virginiji v ZDA je v okviru Državnega radioas - tronomskega laboratorija od leta 1963 deloval stometrski radioteleskop . Ra- dioteleskop je bil zelo uporaben za opazovanje po vsem nebu. čeprav so ga lahko nagibali le v smeri sever-jug. v smeri vzhod-zahod pa so bili navezani na vrtenje Zemlje. S teleskopom so astronomi odkrili četrtino znanih pulzar- jev. tudi znameniti pulzar v Rakovci. z njim so raziskovali oblake plina vodda Stometrski radIoteleskop v Green Banku pred nesrečo ln po njej 297 ljenih ga laksijah. naredili obsežne preglede rd ečega premika sp ekt ralnih č rt za odda ljene galaksije. Nasploh so z njim odkrili več veso ljskih radijsk ih izvirov kot z vsemi drugimi teleskopi skupaj. Teleskop je imel jekl eno ogrodje. paraboloidno zrcalo pa je sest avljala aluminijasta mreža . Mreža je bila dovolj drobna. da so z njim lahko opa zovali radijske valove z valovno dolžino 6 cent imetrov. To mrežo je dobil teleskop pozneje. spočetk a je bil namenje n za opazovanje sevanja z valovno dolžino 21 cen time tro v, ki ga oddaja vodik. 15. novembra se je teleskop nen adoma ses edel v kup kovine. Tisto no č so opazovali kot navad no, ni snežilo ali deževalo. Stavba je bila le malo poš kodovana . ljudje pa na srečo sploh niso bili poškodovani. Op eraterja ob n esreči ni bilo v st avbi. ko pa je zaslišal hrup . je bil tako priseben. da je od hite l h glavnemu stikalu in izklju čil elekt riko. Kup kovine. zrel za odp ad . se še naprej počasi sesed a . Medt em so raziskali. kaj bi utegnilo povzročiti n es re čo . Ugotovili so . da je najbrž kriva velika vezavna pl o šč a . ki je pop ustila , ker je nastala v njej raz poka. To bi utegnil povzročiti eden izmed obe h velikih ležajev. ki ni bil več popolnom a neoporečen . Ameriški radioast ronomi že močno pogreša jo greenbauški radioteles kop in si želijo nadom estila zanj . Najbolje bi bilo zgradi ti napravo na istem mestu . saj je okoli teleskopa bilo območj e 34 ti soč kvadratnih kilomet rov. na kat erem ni bilo dovoljeno postavljat i radijskih odd ajnih pos ta j. Zaradi visoke cene. ra čun ajo, da bi st al nov teleskop kakih deset milijonov dolarjev. pa bodo morali na nadomestilo še nekaj časa počakati. Janez Strnad PRESEKOVE ZNACKE Druš tvo rnaterna tiko v, fiziko v in ast ro no m o v SR S lov eni je pripo roč a o rga n iza- torjem šo lskih . občin s kih in republ.šk ih t ekmovan j. da vsem ud eležen cem p odelijo spomi ns ko značko iz pr ogram a Pres eko vih značk . Simbo li na zna č kah so r a zl ični . Po veči n i so portret i slov en skih mat em at iko v in fiz ikov, k i so p red vsem na šol skem področju prispe vali ve lik d elež . S tem bom o med ml adino na najbol j enosta ven n ači n po pularizirali nj iho va imena, ob po seb nih p rilikah pa b i u če ncem po sredo vali tudi dela iz življ enja in us tvarja nja naš ih slavni h prednikov. Po ud ariti že limo, da so sim boli pri rej en i za vsa k razred posebej in za vsako stopn jo t e kmo vanja nat isnjeni v različni ba rvi. Zato p rosim o vse, k i zn a č k e n aro č s]o , d a pri naročil u pazijo na' t e pod robnost i. Značke z vsa ki m od dv anajst ih simbolov , nat isnj en ih v nevt ra lni ba rvi pa la hk o d obi te tu di v prosti p rod aji . Točen pr e-jled vseh raz po lo žljivih značk je bil ob jav ljen v Pr eseku , le t nik 12 , številka 3, leto 1934-85, na str an i 160. 298 "BREZTEžNO STANJE" Kamen. ki ga spustimo z okna , prosto pada. Ni težko izračunati. kolikšen ča s pada. če poznamo višino okna nad tlemi in zanemarimo zračni upor . Uporabimo p a č e na čbo za enakomern o pos peše no gibanje, Tudi drugi kamen. ki ga spustimo z okna . prosto pada . enako kot pada prvi. Ko spustimo z okna oba kamna . oba enako padata in oba hkrati zadeneta tla. če smo ju spustili sočasno . Kamen glede na drugi kamen med padanje m miruje. Ce bi č l ove k . ki prosto pada. iz rok spustil kamen. bi oba . čl ove k in kamen. padala enako hitro , Če bi bila tedaj človek in kamen v zaprtem prostoru . bi človek lahko mislil. da mirujeta (ali se gibljeta premo enakom erno) dal eč od vseh drugih teles . Na to ugotovitev se opira Einsteinova splo šne teorija relativnosti. Ta teorija gravitacije. v kat eri lahko vidimo izpopolnitev Newtonovega gravitac ijskega zakona , je sicer zelo zapletena . Kot vidimo. pa enega od njenih dveh osnovn ih n a č el ni težko razumeti. To na čelo povemo lahko na več na činov. Ns čelo o univerzalnosti prostega padanja pravi. da padajo v d ol očeni točki vsa telesa z enakim pospe škorn . ki ni odvise n od njihove sestave. Načelo o ek vivalentnos ti pravi, da se težka masa. ki meri odziv telesa na gravitacijo drugih teles . na primer na težo na površju zemlje. ujema z vztr ajnostno maso, ki meri upor telesa proti pospeševanju. Za prosto padajo če skupino teles veljajo enaki zakoni fizike kot za skupino teles . ki je tako dal eč od vseh drugih teles. da ni treba upoštevati njihovega delovanja. Uči n ek gravitacije in u čin ek pospe šenega gibanja se izravnata. Albert Einstein je pripovedoval. da je leta 1907 sedel v stolu v bernskem patentnem uradu. ko se mu je nenadom a utrnila misel: "Le nekdo prosto pada. ne čuti svoje teže ." Pozneje jo je imenoval " n aj s reč nejš o misel svojega življenja" . Za opazovalca, ki prosto pada , v njegovi neposredni okolici ni u činkov gravitacije. Le vrže nekaj teles. ta glede nanj mirujejo ali se gibljejo premo enakomerno. Opazovalec ima pravico reči. da miruje. Gravitacijsko polje obstaja samo relativno. podobno kot obstaj a pri indukciji električno polje samo za opazovalca. ki se giblje glede na magnet. V Preseku ne moremo dalje zasledovati splošne teorije relativnosti. Lahko pa nekaj povemo o gibanju teles v prosto padajočem laboratoriju. V tem laboratoriju. pa naj prosto pada kot dvigalo. ki se je pokvarilo. kot letalo . ki so mu prenehali delovati motorji (glej Presek 15 (1987/88) 369). ali kot umetni satelit. prosta telesa mirujejo. ker padajo z enakim pospeškom kot laboratorij . Navado imamo reč i. da so telesa v tem laboratoriju v brezte žnem stanju . Pri tem moramo biti previdni: ne smemo t rditi. da je posp ešek teles glede na laboratorij n atančno enak ni č . Zaradi upora in trenja p ad ajočega Janez Strnad 299 dvigala. zaradi upora letala ali zaradi gravitacije med telesi laboratorija . lahko dosežemo milijonino ali nekaj milijonin zemeljskega težnega pospeška. Zato raje govorimo o mikrogravitaciji. Umetnih satelitov si ne more privoščiti vsakdo . Prosto padajoči labora- torij "kot pokvarjeno dvigalo" je dosti cenejši. Toda laboratorij je treba prej ali slej zavreti in čas izvajanja poskusov je omejen (kot na letalu z ugasnjenimi motorji) . Zanimiva raziskovalna ustanova Center za uporabno vesoljsko teh- nologijo in mikrogravitacijo deluje od leta 1985 v Bremnu v ZR Nem- čiji. Njegov del je 144 metrov vi- soki stolp. V stolpu je 110 metrov visoka cev s premerom 3.5 metra . iz katere močne črpalke v poldrugi uri izsesajo zrak do tlaka stotiso čine milibara. Tako bo mogoče v cevi narediti na dan tri poskuse. pri ka- terih bo posebej oblikovana posoda okoli 4.7 sekund prosto padala. Te- lesa v njej se bodo glede na posodo gibala nepospešeno. po domače - dosegla bodo breztežno stanje . Na- tančneje moramo reči, da bo njihov pospešek glede na posodo manjši od milijonine do stotisočine pospeš- ka prostega padanja. V posodi so nameščeni računalniki in naprave za merjenje in zapisovanje podatkov. Poskusom je namenjena notranjost posode s premerom 40 centimetrov in višino 2 metra. ki lahko sprejme naprave z maso do 200 kilogramov. Potem . ko posodo na vrhu sprožijo. prosto pada. Na dnu stolpa se zaustavi v 8 metrov visokem prostoru zdrobnim polistirenskim prahom. Med padanjem posode nameravajo proučevati vprašanja hidrodinamike. fizike zgorevanja in materiale v breztežnern stanju . To je povezano z izbiro najugodnejših možnosti pri vesoljskih poletih. Naprava naj bi začela delovati ob koncu prejšnjega leta . Pozneje mislijo podvojiti čas trajanja poskusov tako. da bodo posodo z napravami izstrelili z dna stolpa do vrha . od koder bo prosto padala do dna . 300 Smullyan R., DEKLE ALI TIGER?, Državna založba Slovenije , Ljubljana, 1989, 179 str. (Z logiko v leto 2000) Pri Državni založbi Slovenije je v zbirki Z LOGIKO V LETO 2000 izšla nova knjiga. ki bo zagotovo razveselila vse ljubitelje zabavnih logičnih ugank. pa tudi zaht evnejše logike. Avtorja knjige Raymonda Smullyana ne bomo pose bej predst avljali. saj so v tej zbirki izšli že trije prevodi njegovih knjig: Alica v de želi ugank. Šahovske skrivnosti Sherlocka Holmesa in Poznate naslov te knjige? V prvih dveh delih knjige nas Smullyan popelje v čudne dežele z nenavadnimi prebivalci. kjer se človek res težko znajde. če ne zna lo gično razmišljati. Veni od Smullyanovih dežel živi kralj. ki svojim zapornikom zastavlja uganke . Če je zaporniku logi č n o razmišljanje bolj tuje. ga požre tiger. če pa je dober logik' in uganko reši. dobi za nagrado prostost . pa še č ed no dekle za nevesto. ODLOMEK "Včeraj je bil neusp eh ." je dejal kralj ministru . "Vsi trije zapornik i so rešili svoje uganke! Danes imamo pet procesov in mislim. da jih bom nekako ot ežil." "Odlična ideja!" je pripomnil minist er . Kralj je pojasnil, da bo za vse primere tega dne veljalo: če je v levi sobi (prvi sobi) dekle. pote m je napis resni če n . če je v njej tiger. potem je napis n ap a čen . V desni sobi je ravno obrat no: dekle v njej pomeni. da je napis napa čen . tiger pa. da je napis točen . Spet je možno. da sta obakrat tigra ali obakrat dekleti ali v eni sobi dekle. v drugi tiger. . Četrti proces Potem . ko je kralj pojas nil zgornja pravila. je pokazal napisa : Katero sobo naj zapornik izbere? 1. V OBEH SOBAH STA DEKLETI II. V OBEH SOBAH STA DEKLETI 301 V t retj em in v četrte m delu knjige gre pa bolj zares . Glavni junak knjige, Inšpek tor Craig. mora poiskat i kombinacijo. ki odpre kjlu č av n ico tr ezorja v Monte Carlu . Pri delu mu pomagata dva prijatelja - malce č u daš k i mate matik. ki za zabavo ses tavlja in pro uč uje števils ke st roje, in logik. ki konst ruira lo gičn e stroje. povr hu pa se spozna na vsa mogoča rn a t e rn at i č n a področj a. Njihova skupn a raz mišlja nja seveda pripeljejo do rešit ve problema k lj u čavni ce v Mont e Carlu. ob tcm pa bralca postopno vpeljejo v teorijo formalnih siste mov in ga na koncu pripcljejo do osred njih matem a t i čn i h od kritij. celo do znamenitega G6delovega izreka o neod ločlj ivos t i. ŠE EN ODLOMEK Nekaj mesecev po proslavljeni rešitvi skrivnosti klj učavnice iz Mont e Carla sta Craig in McCulloch obiskala Fergusson a . da bi v eč izvedela o njegovem lo gi čnem stroju . Ni dolgo tr ajalo , ko se je pogovor preobrnil k naravi dokazljivosti. "Moram vama povedati o zanimivem in p ou čn e rn dogodku ," je dejal Fergusson . Student je bil na izpitu iz geometr ije vprašan. naj dokaže Pitagorov izrek. Oddal je svoj izdelek. profesor mate matike pa mu je vrnil list z oceno O in pripombo - . To ni dokaz!'. Pozneje je fant odšel k profesorju in mu deja l. "Gospod. kako morete reč i , da tisto . kar sem oddal ni dokaz? Na predavanj ih nist e nikoli definirali, kaj je dokaz! Bili st e čudovi to precizni v svojih definicijah reči. kot so tr ikotniki . kvadrati. krogi, paralelnos t . pravokot nost in drugi geometr ijski pojmi. toda nikoli nist e n at a n č n o definirali. kaj mislite z besedo dokaz. Kako tedaj morete s takšno za nesljivostjo trd it i. da tisto . kar sem odd al. ni dokaz? Kako boste dokazali. da tis to ni dokaz?" "Briljantno !" je vzkliknil Craig in zaploskal. "Ta fant bo še da leč prišel. Kako je odgovoril profesor?" No. v knjigi lahko poleg profesorjevega odgovora in cele kopice dokazov preberet e tud i marsik aj o dokazih in dokazljivosti trditev. Nel a Mramor-Kosta BOMBONI Mama je kupila 1664 bombonov . Začudeni prodajalki je povedala. da je to likšen prod ukt starosti njenih otrok (v letih) . Dodala je še: " Najstarejši sin ni več kot dvak rat starejš i od najmlajšega. Vsi prazn ujejo rojstni dan danes. jutri bom pa jaz dopoln ila petd es et let. " Koliko otrok ima? Darjo Fe/da 302 20. ZVEZNO TEKMOVANJE OSNOVNOŠOLCEV IZ MATEMATIKE - Rešitve nalog s str. 232 7. razred 1. Označimo z x količino blaga v kg. z y načrtovano ceno v dinarjih in s p iskani odstotek. Iz pogojev naloge dobimo ena čbo x x x - . lly + - .O85y + _ ...y = xy 3' 2 ' 6 Rešit ev ena čbe je p = 1,25, kar pomeni . da so ostanek blaga prodali po 25% višji ceni od na črtovan e. 2. 100a+l0b+c = 7(14a+b)+(2a+3b+c) . Očitno je 2a+3b+cdeljivo s 7. Ker je a+b+c deljivo s 7. je tudi razlika 2a+3b+c -2(a+b+ c) = b - edeljiva s 7. Ker so a, b in c različn e cifre. velja ci-O in bi-O. Tabela 2(x + Y + 20° + 20°) = = 360° - a - (3 x + Y + 20° = 1 = LACB zato je 21 + 40° = 360° - a - (3 in odtod 1 = 140° . 2(x + 20°) = 180° - (3 (1) V enakokrakem trikotniku 6 ACD je L AD C = L DCA + /.DAC = 2 . 20° + 2y + a = 180°. Odtod 2(y + 20°) = 180° - a (2) Ko seštejerno ena čbi (1) in (2) . dobimo nam da iskane rešitve 518,581 ,329 in 392. 3. V enakokrakern trikotniku 6 BCE je L BCE + L CEB + L EBC = 2 . 20° + 2x + (3 = 180° . Odtod 4a. Če P leži v krogu. je PAl + PBl = A1B l . torej je to tetiva kroga . Iskana premica p gre skozi središče . ker je premer najdaljša tetiva. 303 4b. Če P leži na krožnici. je P == A in tedaj je rešitev enaka kot v primeru a . 4c. Če P leži zunaj kroga in je Pl poljubna sekanta. je PAl + PB1 = PAl + (PAl + AlO + OBl) ' kjerje O sredi šče dalji- ce Al Bl. Prav tako je PAl + PB1 = 2PA1 + 2A1 O = 2PO . Če gre sekanta skozi središče kroga. je PA + PB = 2PS . zato je rešitev ponovno pre- mica p, ki gre skozi središ če kroga. (Trikotnik f::::.PSO je pravokotni s hipotenuzo PS. hipot enuza pa je daljša od ka- tet e.) fr~---- ----- '- v 5a. Naj nosilka AM sece st ranice BC v točki N . Ker je zu- nanji kot trikotnika ena k vsoti nepriležnih notranjih kot ov. do- bimo t'. AMB >L. M NB in L. M NB >L. ACB . odt od pa t'. AMB> L A CB. 5b. Ker je vsota dolžin dveh st ranic t rikotnika večj a od tretj e stra nice. iz zgornje slike sledi AB + NB >MB => AM + MN + NB >AM + MB zato AN + NB>AM + MB Iz AC + CN>AN dobimo AC + CN + NB >AN + NB in AC + CB > AN + NB nato pa zaradi tran zitivno st i neena kosti AC + CB>AM + MB ali AM + MB 9 . Naj bo Z = a + b. Tedaj je X + Y + Z = 10a + b + a + b + a + b = 60 ,4a + b = 20. Odtod je a = 4,b = 4 ali a = 5,b = O in iskane število X je 44 ali 50. (Zaradi 3 + 8>9. število 38 ni rešitev .) Naj bo sedaj Z = a + b - 9. X + Y + Z = 10a + b + a + b + a + b - 9 = 60 in 4a + b = 23. odtod pa je a = 4, b = 7 in iskano št evilo X = 47. (Za radi 5 + 3<9 št evilo 53 ni rešitev .) Iskano število X je tor ej 44.47 ali 50. 4. Naj bo ABCD dani kvadra t in t l ena od danih premic. Ker je ploš čina t rapeza p = sv . pri čemer je s srednjica. bosta plo š čini Pl in P2. določeni s premico tl . v razmerju Pl : P2 = 2 : 3. zato 51 v : 52 v = 2 : 3. odtod pa 51 : 52 = 2 : 3 ali KP : PL = 2 : 3. Sklepamo. da morajo iti iskan e premice skozi točko P . za katero velja KP : PL = 2 : 3 (K in L sta središči kvadra- tovih stranic) . ali skozi točko O. za katero velja LO : OK = 2 : 3. ali skozi točki R in S . za kateri velja MR : RN = 2 : 3 oziroma NS : SM = 2 : 3. Toda če 9 premic poteka skozi štiri točke . morajo najmanj tri potekati skozi eno od teh točk. 5. C ~-----;-Q-----~. B p 305 5. Vsota dolžin osnovnic trap eza je enaka dvojni dolžini sred- njice. Naj bo CM te ži š čnica trikotnika l:::. ABC, T teži šče in N točka na nosilki CM. tako da je TM = MN . Tedaj je tudi TN = CT. Sedaj iz trap eza CC1N1Ndobimo NN1+CCl = 2TTl in TTl + NNl + CCl = 3 TT1. Iz tra peza TTl Nl N dobimo TTl + NNl = 2MM1. iz trapeza AA1B1B pa AAl + 881 = 2MM1. Torej TTl + NNl = 2MMl = AAl + 881 in če vstavimo v TTl + NNl + CCl = 3 TTl dobimo AAl + 881 + CCl = 3 TT1 . Aleksander Potočnik BOMBONI - Rešitev s strani 301 Najprej ugotovimo. da je 1664 = 27 · 13. V tabeli si zapišimo možni starosti najstarejšega in najmlajšega ter produkt starosti drugih: najstarejši 13 16 16 26 32 najmlajši 8 13 8 16 26 produkt drugih 16 8 13 4 2 S premislekom pridemo do zaključka. da samo srednja možnost ustreza pogojem naloge . Bombone si bodo porazdelili trije otroci sta ri 16. 13 in 8 let. Darjo Felda 306 33. REPUBUSKO TEKMOVANJE IZ MATEMATIKE ZA SREDNJESOLCE - Rešitve s st r.278 Prvi letnik 1. Iz zapisa 37/13 = 2 + 11/1 3 = 2 + 1/{ 13/11) = 2 + 1/{1 + 2/ 11) = = 2 + 1/{1 + 1/{ 5 + 1/2)) vidimo. da je x = 1. y = 5 in z = 2. 2. Če od trikratnika izraza 9x + 5y odštej emo pet krat nik izraza 2x + 3y. dobimo 17x . Ker je razlika deljiva s 17. bo eden od izrazov deljiv s 17 nat anko tedaj. ko bo tudi drugi. 3. Naj bo z skupni priva r čev ani znesek. Zapišimo najprej. da st a na primer najstarejša dva dobila enako: 100 + {z - 100)/10 = 200+ {z - 200 - 100 - {z - 100) /10)/10. Odtod izračunamo z = 8100 din. Potem ni težko ugotoviti. da je najstarejši (in zato tudi vsi drugi) dobil 100 + 800 = 900 din. skupina je št ela torej 9 prijat eljev. 4. Ko narišemo sliko po navodilih naloge. potegnemo še polme- ra ST in S U največjega polkro- ga in vzporednici s katetama skozi A in B . ki sekat a poIme- ra S T in S U v V oziroma" Z . Trikotnika S AV in B SZ sta skladna . njuni kateti sta dolgi 3 in 4 cm. Iz S T = SU = 5 cm dobimo VT = 2 cm in ZU = 1 cm. potem pa EF = 3 + 8 + 1 = 12 in F G = 2 + 6 + 4 = 12. Pravokotnik EFGH je zato kvadrat s plo š čino 144cm 2 . Drugi letnik 1. Če je x = alb okrajšani ulomek. mora biti 8a2 - 2ab - 3b2 popo lni kvadrat. Izraz razst avimo (4a - 3b)(2a + b) in iz 4a - 3b = ku2 ter 2a+b = kv2 dobimo a = k{u2+ 3 v2)/ lO ozirolll a b = k {2v2 - u2) / 5. Zato je x = {u2 + 3 v2)/ {2 (2 v2 - u2 ) ), U, v E )I . 307 2. Le je c = O. n eenačba očit no drži. zato si oglejmo primer. ko je c > O. Zaradi a ~ c in b ~ c lahko pišemo a = a c in b = f3 c. kjer sta a in f3 realni števili. večji ali enaki 1. Neenakost prepišemo : vc2(a - 1) + vc2(f3 - 1) :s Vaf3c2 . Po deljenju ena čbe s c in kvadriranju dobimo et - 1 + f3 - 1 + 2 vaf3 - o - f3 + 1 :s af3 oziroma af3 - a - f3 + 1 - 2 ..jaf3 - a - f3 + 1 + 1 ~ O ali (..jaf3 - a - f3 + 1 - 1)2 ~ O. kar je očitno res. 3. Narišimo kroga zenakima polmeroma in v enega včrtajmo enakokraki trapez. v drugega enakokraki trikotnik . Najprej ugotovimo . da je trikot- Ff /-/~"" '" / I ' / I . / I \ ( : ! nik ABG pravokoten. nato pa. da je t' AGE = a (kota ! AG E in LGB A imata pravokotne krake) . Tetivi AG in PR sta enako dolgi (pripadata ena kemu obodn emu kotu) . Iz ugotovljenega sledi. da sta /:::,. AE G in /:::,. RV P skladna . Le /:::,. E BG prenesemo k AD. dobimo še trikotnik /:::" AGF . ki je skladen s /:::" GAE. Enakokraki trapez in enakokraki trikotnik sta ploščinsko enaka . 4. Problem si oglejmo nekoliko splošneje . Skozi mimobežni premici posta- vimo vzporedni ravnini . Daljici PQ in RS . izbrani poljubno na mimobežnicah. naj bosta diagonali vzporednih mejnih ploskev pa- ralelepipeda . Le daljici premaknemo po mimobežnicah. se prostor- nina paralelepipeda ne spremeni . saj ostaneta mejni ploskvi in višina (razdalja med vzporednima ravninama) enaki ter je V = O . v = (1/2)d ld 2 sin 'P ' v , če sta dl in d2 dolžini diagonal. 'P kot med njima (smerema mimobežnic) ter v razdalja med mimobežnicama. Piramida zavzame tretjino te prostornine in prav tako ni odvisna od položaja 308 daljic PQ in RS. V konkretnem primeru si postavimo i zhod i šče koordinatn ega sist ema v o g li šče D . A. C in H pa naj ležijo zaporedoma na pozitivnih poltrakih osi x. y in z . Potem imamo ic = (-2, 3,1) in EB = (0, 3, -1) ter cos

il ~ { 1. S pomočjo neenakosti med aritrneti čno in geometrično sredino X+ll~Z+t :::: {/xyzt. pri kateri velja enačaj natančno tedaj. ko x = y = z = t . izpeljemo 1 + 1 = 1 + x+,,+z = 1 + 1 + 11.. + s. > 4'~ in njej x x x x - V xx anologne neenakosti 1 + 1 > 4 J~. in 1 + 1 > 4 ,ID[. Neenakosti y- Vyy z - V zz še zrnnožlrno . Enakost velja. ko ~ = ; = 1 oziroma x = y = z = 1/3 . 2. Predpostavimo najprej. da so vsa števila Xl, X2,oo., XIDDO Iiha. Pišimo Xi = Zk; + 1. pa imamo kI(k l + 1)+ k 2(k2 + 1)+ oo. + kI D8D(kI D8 D + 1) +497 = k1DD O(k1990 + 1). Število na levi strani je liho. na desni pa sodo. kar ni mogoče . Če bi bilo natanko eno izmed števil sodo . bi bila tista stran enačbe. na kateri bi le-to bilo. soda. druga pa liha, kar spet ni mogoče . Torej sta res vsaj dve števili sodi. 3. Privzemimo običajne oznake in LCAE = 3{3. Na stranici a izberimo točko D tako. da LCAD = 2{3. LC D A = 7r- h +2(3) = 2{3 oziroma CA = CD in DE = CE - CD = a - b. Zaradi LE AD = {3. je AD = DE = a-b . Trikotnik 6ADC s stranicami a - b, b, b lahko načrtamo natanko tedaj. ko b < a < 3b. Pri istem pogoju lahko načrtamo tudi 6AEC. ker leži točka E na nosilki CD in je za a - b 'oddaljena od točke D. 4. Opazimo . da je 1 :::::n :::::7 8 ::::: n ::::: 26 27 ::::: n < 63 Pišimo f(n) = [ij1] + [Vil + ... + [y-tn] in dobimo { /(7) + 2(n - 7) = 2n - 7 f(n) = ((26) + 3(n - 26 ) = 3n - 33 313 E Za n ::::: 26 enačba f(n) = 2n nima rešitve, za 27 ::::: n ::::: 63 pa ima enačba f(n) = 3n - 33 = 2n rešitev n = 33. Za n ~ 64 se vrednost funkcije f poveča za vsaj 4, če n povečamo za 1. 2n pa se pri tem konstantno veča za 2. Torej je n = 33 edina reš itev . Drugi letnik 1. Po Talesovem izreku je LADB = LACB = 'Tr /2 ozi- roma AD ..1 BE in BC ..1 AE. Vektor EF ima kon- stantno smer, saj je F višin- ska točka v 6ABE. Obod - ni kot je polovica središčnega kota nad istim lokom oziroma LCAD = LCB D = 'Tr /4 = LF B D . Torej je FD = BD in DA = DE. Spomnimo se še, da je AD ..1 BE in dobi- mo 6FDE ~ 6 B D A. Dol- žina vektorja FE je konstan- tna in enaka AB. B 2. Pri istih predpostavkah dokaži mo najprej~+Vb=l <~. Obe strani neenačbe sta pozitivni: zato neenačbo kvadriramo in poenos- tavimo. Dobljena neenakost (J( a - l)(b - 1) - 1)2 ~ O prav gotovo drži. Enakost velja, ko ab = a + b. Z že dobljen o neenakostjo izpeljemo verigo neenakosti~+Vb=l + YIC=l:::::~+ YIC=l = J (ab + 1) -1 + YIC=l ::::: J c(ab + 1) . En a čaj i veljajo, ko ab = a + b in c(ab + 1) = c + ab + 1 oziroma a . a2 + a - 1 b = a _ 1 (a =t- 1!) ln c = a2 . 3. Pri y ::::: O ena čba ni rešljiva . Pri y = 1 reši enačbo vsaka trojica (2 Z + 1, 1, z), kjer je z nenegativno celo štev ilo. Naj bo'y > 1. Enačbo preoblikujemo (x-1)(x Y - 1+xy- 2+ . . + x+1) = 2Z in opazimo, da mora biti z liho. y sodo števi lo in da je moč izpostaviti fakto r (x+ 1) . Iz ena čbe (x -1){x+ 1)(xY - 2 +xy- 4 +.. '+ x2 + 1) = 2" 314 vidimo. da mora biti x 2 - 1 potenca števila 2. to rej x = ±3. Pišimo y = 2k+ 2. seštejmo in razcepimo. Dobljena e n ač ba (3k+ l _ 1)( 3k+ l + 1) = 2Z ima edino rešitev k = O,z = 3. kar nam da še preost ali dve rešitvi (3, 2, 3)' (-3, 2, 3) . 4. Ker sta m in n tuji naravni števili. obstaj ata taki celi števili a in b, da ma + nb = 1. Od tod sledi. da obstaja tak y E {O, 1,""" , m - 1}. da ml ny + 1. Naj bo x = n - ny+l oziroma m x + n y = mn - 1 . Po privzetku je vsota števil v ;7sakem kvadrat u mn x mn enaka ni č. Iz enakosti m x + n y = mn - 1 pa vidimo. da je tudi vsota števil v vsakem pravokotniku mn x (m n-1) enaka ni č . Torej je v vsakem pravokotn iku mn X 1 vsota števil enaka nič. Izberimo nek pravokotnik (m n + 1) x 1 in ozn ačimo števila v njem po vrsti z a l,a2, ... ,a",,, + 1' Iz predhodnega I di d ", ,,,n ",,,,,, + 1 O ' I k .s e I. a L.. i=l ai = L..i= 2 a.; = ozirom a a l = a",n+l' s all i števili sta a l in a ", ,,+l ' Tretj i in četrt i letnik 1. Če so tri od neznank Xl, X2, X3, X4 vsaj 1 ali kvečj emu 1. je edina rešitev xl = X2 = x3 = x4 = 1. Zaradi cikli č nosti sist ema z adošča. da si ogledamo naslednji dve možnosti : 1. možnost O:::; X3, X4 :::; 1 :::; X l, x2 Iz ena čb dobimo X l +x~ +x~ - x2 -x~ -X1-X3-x~ -X~ + X4 +xI +X~ = 3 - 3 - 3 + 3 oziroma ( x~ - X2) + (X4 - x~) + ( X l - X3) + (XI - x5) + ( x~ - xn+(x~- xl) = O. Izrazi v prvih štirih oklepajih so nenegati vni. Če dokažerno še. da je x~ :::; X2 in X4 :::; x~ . sta tudi izraza v zad njih dveh oklepajih nenegativn a. Iz prve in če t rt e e n ač b e siste ma dobimo x~ = 3 - ( X l + x~ ) 2': 3 - (xi + x~ ) = X4 . iz druge in tretje pa X2 = 3- (x5+ x~ ) 2': 3 - (X3+ x~ ) = xr. Vsak čle n posebej je torej enak ni č. oziroma X l = X2 = X3 = X4 = 1. 2. možnost O:::; X2, X4 :::; 1 :::; xl> x3 Izena čb dobimo Xl +X§+X~ -X2-X~ -X~ +X3 + X~ +Xr - X4- xi -X~ = 3 - 3 + 3 - 3 oziroma ( X l - X2 ) + (X3 - X4) + (x§ - x~ ) + (xg - x~n + (xl - xi) + ( x~ - xl ) = O . Ker so vsi izrazi v oklepajih nenegat ivni. sledi X l = x2 = X3 = X4 = 1. 2. Za konstanten polinom P trditev drži. Iz pogojev naloge vidimo, da je njegova ni čla x() bodisi realna in sode sto pnje ali pa je hkrati z njo tudi število Xo ni čl a polinoma P. Razcepimo P na faktorja A in B tako. da ima A le realne n i č l e . B pa konjugirane pare kompleksnih ni č el in vodilni koeficient enak 1. Ker je A = (..JA)2 in ..JA polinom z realnimi koeficienti. bo dovolj. da trditev dokažemo za B . 315 Polinom B je produkt binomov oblike ( )( _ ) _ ( XO+XO)2 + (XO-XO)2X - Xo x - Xo - x - 2 t 2 Produkt polinomov V = K 2+ L2 in V = M 2+ N 2 ,pa lahko zapišemo v enaki obliki VV = (KM + LN)2 + (K N - M L) - in je zato B tudi take oblike. Trditev je s tem dokazana . 3. Privzemimo oznako AG za komplement množice A glede na množico {1,2, . . . , n}. Naj bo NI št evilo urejenih trojic (A,B ,Cl. za katere sta izpolnjeni prvi dve zahtevi. Opazimo. da je vsako št evilo i E {i , 2, . . . , n } vseb ovano v natanko eni izmed nas lednji šestih množic : A n B G n C'", A (~' n B n c>, AG n B G n C, An B n Cc', A n B G n C, AC n B n C . Torej je NI enako številu variacij sponavlj anjem 6 elementov razreda n.NI = 6n . Naj bo N2 št evilo urejenih trojic (A , B, Cl. za katere prva dva pogoja izpolnjena. tretji pa ne. Opazimo. da je vsako število i E {l , 2, . . . , n } vsebovano v natanko eni izmed naslednj i petih množic : A n B G n Cc , AGnB n C G, AGnBGn C, A nBGn C, AGnB n C . Torej je N 2 enak o številu variacij spon avljanjem 5 eleme ntov razreda n . N2 = 5"- Očitno je. da lahko vse tri pogoje zadovoljimo na NI - N'2 = 6" - 5" načnov . 4. Označmo z nAD prernico .ki vsebuje točki A in B . Postavimo i zh od i š če koordinatnega sistema v og ljišče D . Enačbe premic n A D , n G G " n A , D, in n D D, se vektorsko izražajo takole : TI = (1, t , O), T2 = (0,1 , U ), T3 = (V,0,1), T4 = (w,w,w). Pred postavimo . da iskana premica p obstaja in da ima eria čb o (T) = (al + rbl , a 2 + rb2 , a 3 + rb3 ) . Ker obstaj a p n nAD sledi a l + rbl = 1 in a 3 + rb3 = O oziroma Ob tem je b3 -f. O. ker sicer ne bi obst ajalo prese či š če p n n A , D, . Podobn o dobi mo še 6'2 -f. O -f. 63 in 316 U . . bl ( b3 ( b"))pora bimo te tr i en a čb e . pa dobimo al = 1+ b 3 1+ b z l+a l b: = bl bl . 1 + - + - + a l ozrrom a b3 bz Če naj p seka nDD,. mora veljati al + rb l = az + rbz = a3 + rb3. odtod pa sledi- al - az al - a3 (5) bz-b l b3-bl Gotovo je n amreč bi =1= bj za i,j E {1, 2, 3}, i =1= j . v nasprotn em primeru pridemo v protislovje z ena čbami (1). (2) in (3). V enačbo (5) vstavimo az iz (2) in a l iz (1). Po krajšanju nam ostane bi = bzb3 . Dobljeno zvezo upoštevamo v enač bi (4) in dobimo bl + bz + b3 = O. Ker bi+ b~ +b5 = bi +b~ +b5+2(blbz +b2b3+b3b d = (bl +b 2+b3)z = 0, bi moralo biti bl = bz = b3 = O. Protislovje dokazuje. da iskana premica ne obstaj a. Matjaž ŽeLjko POSREtEN ALI PONESREtEN DOKAZ? A Slika 1 Slika 2 317 Definicija . štirikotnik je tangenten. če vse njegove str anice ležijo na tangenta h nekega kroga . Izrek . V tan gentn cm štirikotniku je vsota dolžin para nasprotnih st ranic enaka vsoti dolžin drugega para nasprotnih stranic. Dokaz. Krog. ki ga včrtam št irikotniku ABCD. se naj dotika stranic a, b, cin d v točkah P , O, R in S . Skladno sti stranic AP == AS in CO == CR zatem pa še BP == BO in DR == DS rnend a ja ni treba poseb ej dokazovati. Da bo bolj pregledno. označim na risbi prvi par sklad nih str anic s po eno č rt i co , drugi par s po dvema . tretji par s po tremi in četrti par s po štirimi č rti c a m i (glej sliko 2) . Sedaj pa le še se št ejrno č rt i ce na prvih mestih: a + c = I plus III plus II plus 1III = 10črtic b + d = III plus II plus 1111 plus I = 10 črtic število črt i c v obeh vsotah se ujema in izrek je torej dokazan! Komentar. Seveda verjamem . da st e zgodbo prebrali zgolj kot šalo. ln ker bi težko rekel. da šal v matematiki kar mrgoli. nam seveda skorajda sleherna presneto prav pride. Pa vendarle - vsak zase naj poskusi premisliti. kje vse tičijo vzroki za tisti po(ne)srečen sklep v dokazu . Sam se precej nagibam k misli. da mat ematiku močna zaverovanost v geometrijsko risbo lahko povzroči v logi čnem sklepanju včasih prav katastrofalne napake. V našem primeru se je na srečo še vse dobro izteklo: lahko bi jo precej huje odnesli . Vaja bralcem. štirikotnik je tetiven. če mu lahko očrtamo krog. V njem je vsota nasprotnih kotov enaka iztegnjenemu kotu. Ali znat e tudi ta izrek dokazati na podoben norčev način ? Vilko Domajnko 318 NALOGE IZ KNJIGE VESELJE OB IGRI S STEVILI - Rešitve iz 292 1. Sleherno naravno število, manjše od 100, se da zapisati v obliki a\ .l + a2.3 + a3 .9 + a4 .27 + as .81 ali pri čemer je ai E {O, 1,2 } za 1 ~ i ~ 5. Če se teža kamna, ki ga tehtam , zapiše le s koeficienti, ki so O ali pa 1, je rešitev že na dlani. Trik, ki ga uporabimo pri tehtanju tistih količin, ki imajo v zgornjem zapisu kak koeficient enak 2, pa si oglejmo kar na primeru: 65 = 2.1 + 0.3 + 1.9 + 2.27 + 0.81 65 = (-1 1.1 + 1.3 + 1.9 + (-1 l .27 + 1.8 1 Tak kamen bi torej takole stehtal: 1 + 27 + x = 3 + 9 + 81 2. Slika 2 0000000 70000800 3. 450 se da na več načinov razstaviti v produkt treh faktorjev. Poiščimo le tiste t ri, pri katerih je vsota produktov poljubnih dveh iz te trojice enaka 225. Temu pogoju zadoščajo le števila 3, 10 in 15. 4. Za 6 udarcev je potrebnih 5 vmesnih odmorov, za 12 udarcev pa 11 odmo- rov. In ker 5 odmorov traja 6 sekund, traja 11 odmorov 13,2 sekunde. 5. Le 500 dolarjev in prav nič več. 6. Reši enačbo 24 + x= 2.(24 - xl Na njeni levi in desni strani vidiš zapisano število Tininih let. 7. Seveda, če je mož snahe hkrati tudi oče vnukov. 319 8. škatle ded tast taš ča poteza 1. 2 . 3 . 4 . 5. 0, V O------------4 5 6 7 10 1 4 5 12 7 4 2 8 5 8 7 4 oče - O snaha 3 I: 10 8 2 4 \/4 8 8 4 4 5 8 8 8 O o vnuk Slika 3 9. V drugem nadstropju stanujejo vsi tisti .zrned dvajsetih, ki ne stanujejo v prvem nadstropju. Oziroma vsi tisti izmed dvaindvajsetih, ki jih ni v tre- tjem nadstropju. Toliko torej, kolikor znaša vsota omenjenih dveh razlik x = (20 - xl + (22 - xl x = 14 Števili stanovalcev v prvem in tretjem nadstropju pa prebereš spet kar iz enačbe . Vilko Domajnko Slika 1 320 NAGRADNE KOCKE - Rešitev iz P1 o nagradnih kockah iz prve številke letošnje ga Preseka nam je pisal le Vladimir Bensa iz Nove Gorice. Njegov odgovor je nepopoln . vendar pravilen. zato smo mu za nagrado poslali knjigo J . Grassellija Diofantske ene čbe iz zbirke Sigma . Tu bomo odgovore na postavljena vprašanja tudi utemeljili. Najprej bomo dokazali. da z zi- daki oblike 1 x 1 x 2 ni mogoče ses- taviti nobenega telesa na sliki 1. Za dokaz uporabimo naslednjo zvijačo . Telesa s slike sestavimo iz belih in iz črnih kockic razsežnosti 1 x 1 x 1. tako da nobeni sosedi (torej kocki s skupno stično stransko ploskvijo) nista enake barve (glej sliko 1 - za levo telo) . Le bi se telo dalo zgraditi iz zidakov oblike 1 x 1 x 2. bi moralo biti sestavljeno iz enakega števila belih in črnih kockic (zakaj?). kar pa za nobeno od treh teles ni res (preveri) . Na enak način vidimo. da z zidaki oblike 1 x 1 x 2 nobenega obravna- vanega telesa ni mogoče dopolniti do najmanjše možne kocke. Podobno se lotimo sestavljanja z zidaki oblike 1 x 1 x 3. Spet zgradimo telesa s slike iz kockic razsežnosti 1 x 1 x 1. le da poleg belih in črnih kockic uporabimo še sive. Način gradnje (za srednje telo) je upodobljen na sliki 2. Nadomestimo katerekoli tri sosednje kockice z zidakom oblike 1 x 1 x 3 in opazili bomo, da so nadomeš čeno kockice različnih barv. Le bi telo lahko sestavili iz zidakov oblike 1 x 1 x 3. bi torej moralo biti v njem enako kock . vsake barve. kar pa ne drži za nobeno telo s slike v P1. Na enak način ugotovimo , da tudi z dopolnjevanjem s pomočjo zidakov oblike 1 x 1 x 3 ne gre do konca. Zidaki oblike l so precej bolj uporabni za našo gradnjo . Iz njih lahko sestavimo levo in srednje telo s slike (poskusi!). desnega telesa pa ne, ker vsebuje točno 22 kockic razsežnosti 1 x 1 x 1. Desno telo lahko dopolnimo do kocke le z l-zidaki (preveri) . levega telesa pa ne moremo (do kocke manjka namreč 10 kockic 1 x 1 xl) . Odgovorimo še na zadnje vpraš anje . Levega telesa ni mogoče dopolniti 1- 2 3 4 Slika 2 do najmanjše možne kocke. čeprav imamo na voljo zidake vseh treh oblik. Hitro lahko do ženemo, da za dopolnjevanje ne moremo uporabiti zidakov ob- like 1 x 1 x 3 in da bi šlo morda le z dvema zidakoma oblike 1 x 1 x 2 in z dvema l-zidakoma. Toda. s poskuša njem se lahko prepričamo. da tudi tako ne gre. Boris Lavrič NALOGE O DVEH KRAJIH NA ISTEM VZPOREDNIKU - Rešitev s str. 271 Označimo medsebojno razdaljo krajev Ain B na istem vzporedniku (malem krogu) z 1 = AB (slika 1). S slike lzpelješ, da je polmer r vzporednika. na katerem ležita oba kraja z zemljepisno širino ep. enak r = ro cos ep. če je ro polmer Zemlje. Razlika zemljepisnih dolžin krajev /:::,.ep = ep2 - epl (ep2 >epl) predstavlja središčni kot . ki mu pripada lok 1 na vzporedniku ali pa lok lo = A-;;Bo na ekvatorju. yw I I S 0.----'-.,---0 I ! SO . Ao I I r =ra cos