KRATKOCASNE VŽiGALICE 39. Prestavi 2 vžigalici, da dobiš 5 manjših in en večji kvadrat! 40 . Odstrani 6 vžigalic, da ti ostane- jo trije enaki kvadrat i! Ebern 41. Prestavi 3 vžigalice, da dobiš 4 enake kvadrate! 42 . Odstrani 2 vžigalici, da dobiš 3 kvadrate in 2 pravokotnika! ---- ~ ~ - 44. Odstrani 8 vžigalic, da dobiš : al 6 kvadratov, bl 7 kvadratov. r 43. al Odstrani 2 in prestavi 6 vžigalic, bl odstrani 2 in prestavi 4 vžiga- lice, da dobiš vsakokrat 3 enake kvadrate! V tretji številki devetega letnika smo začeli po delih objavljati to zb irko nalog, ki jo je za Presek napisal Roman Rojko. Naloge bomo objavljali tudi v prihodnjih številkah Preseka. FIZIKA ASTRONOMIJE TEKMOVANJA NALOGE RAZVEDRILO MATEMATIKA NOVE KNJIGE REŠiTVE NALOG RAČUNALNiŠTVO NOVICE NA OVITKU Sonce zgodaj doli gre (Janez Strnad) 66 Nastanek in razvoj koledarja (Marino Pavletič) 72 Naloge s šolskegatekmovanja v občini Slovenske Konj ice - rešitve str. 113 (Jana Novak) .. ... 78 2. šolsko in 12. izbirno tekmovanje srednješolcev iz matematike (Darjo Felda) 81 27. zvezno tekmovanje srednješolcev iz matematike (Aleksandar Jurišlčl 86 5. republiško tekmovanje mladih fizikov (Jože Kotnik) 99 Naloge sštevilom 1986. Trinajst premic - rešitev str. 115 (Dragoljub M.Miloševic, prev. P.Petek) 89 Kateri odgovor je pravilen (J.Kotnik) 99,102,105,111 BISTROVIDEC - Angleških šestnajst (V .Batagelj) . 90 PREMISLI IN REŠi - Rešitev iz P XIII/4. Kolikokrat krajše (Peter Petek) 92 ŠTEVILSKA KRIŽANKA (Franci Oblak) 94 BOLJ ZA ŠALO KOT ZARES Presekov škrat (Lucija Oblak) . . . . 80 Na pragu tragedije - Šegava zgodba (Andrej Kobe, Primož Ziherl, Blaž Zupan) '" 91 Relativna relativnost. Lev in antilopa . . . 89,95 Kratkočasnevžigalice (Roman Rojko) .... II, III Uporaba Jensenove neenakosti (Peter Anastasov, Mirko Dobovišek) 96 Pitagorovo drevo (1 van Pucelj) 100 Zanimivosti v zvezi sPascalovim trikotnikom (Dragoljub M.Miloševic, prev. Sandi Klavžar) . 106 Razred S-trikotnikov (Dragoljub M.Miloševic, prev. Peter Šemrl) 108 Dirichletov princip (Dragoljub M. Miloševic, prev. Peter Šemrl) 110 Nebo in zemlja 1987 (Pavla Ranzinger) 112 Slikovna križanka iz P XIV/1 (Pavle Gregorc) '" 115 Računanje vrednosti nekaterih matematičnih funkcij (Sandi Klavžar, Matija Lokar) 116 Časovna zahtevnost algoritmov (Sandi Klavžar) .. 125 Presekovi računalniški programi (Sandi Klavžar, Matija Lokar) 128 Sonce zgodaj doli gre za Šmarno goro (glej članek na str. 66, foto Ciril Velkovrh) I Astronavtika na znamkah IV , '-,-/'/" :,-,L nn . SONCE ZGODAJ DOLI GRE Rad hodim na Šmarno goro. Vzpon je dovolj strm in ne prekratek ne predolg . Saj veste, zdravo telo in vse to . Toda, ker naj bo zdrav tudi duh , ali bol j nepo- sredno, ker je treba tudi delati, se odpravim tja kolikor mogoče pozno . Tako se mi večkrat primeri , da odidem spomladi prezgodaj in jeseni prepozno. Drugo je neprijetno, saj me nastajajoči mrak sili, da hodim navzdol vse počasneje in potrebujem čedalje več časa, tako da me lovi tema. Na srečo je šlo doslej brez večjih zapletljajev. Namesto da bi pogledal v Naše nebo, kdaj zahaja Sonce, sem grobo ocenil, da se sončni zahod premakne največ za dobro minuto na dan, in to okoli obeh enakonočij. Vzel sem, da je noč ob letnem sončnem obratu dolga j-.24 ur = 8 ur in ob zimskem obratu 1 .24 ur = 16 ur. Od tod sledi za spremembo 8 uri 6 mesecev = 480 minut/180 dni = 2,7 minut/dan . Polovica tega gre na račun premika sončnega zahoda in polovica na račun premika vzho- da. Doslej sem s tem shajal. V 4. številki Preseka pa je članek Andreja Čadeža o sončn ih urah ponudil boljšo možnost. Senca pri vodoravni sončni uri postane ob sončnem zahodu (in ob sončnem vzhodu) neskončno dolga . Enačba za dolžino sence (na strani 223 spodaj) ima v imenovalcu izraz ctg'P. cosH + tgO. Ko naraste ob sončnem zahodu dolžina sence čez vse meje, mora iti ta izraz proti nič : ctg'P. cosHo + tgo = O. Iz cosHo = -tgo/ctg'P takoj sledi cosHo = - tg 'P. tgo (1) Ho je časovn i kot ob sončnem zahodu, 'P geografska širina kraja, za Ljubljano približno 46 0 , in O kot iz enačbe slnč = sine . sinA (2) V njej je e = 23,50 kot med ravnino ekvatorja in ravnino ekliptike in A kot, ki ga oklepa trenutna smer Zemlja - Sonce s to smerjo na prvi pomladni dan. Pri- bližno velja 66 A = 360 0 . (t - tol /To (3) t je zaporedna številka dne v letu, to = 80 zaporedna številka prvega pomladne- ga dne in To = 365 število dn i v letu . Čas sončnega zahoda izračunamo tako , da najprej za izbrano zaporedno številko dne v letu iz enačbe (3) poiščemo kot A. Enačba (2) da potem kot [) in naposled enačba (1) še časovni kot. Z navadnim žepnim računalom naredimo vse to venem koraku. Račun ponovimo, na primer, za vsak deseti dan in nari- šemo graf (slika 1). Kote merimo v stopinjah in tudi časovni kot ob zahodu Ho dobimo v stopinjah . Rezultat prevedemo v ure tako, da ga delimo s 15. Ker pol- nemu kotu 3600 ustreza 24 ur, odpade namreč na 1 uro 150 . Dodati moramo 12h , da dobimo čas po polnoči. Ko je v veljavi poletni čas, moramo dodati uro več. Če Ho odštejemo od 12h - ali od 13h , ko velja poletni čas -, dobimo čas sončnega vzhoda. Noč ob letnem sončnem obratu je po našem računu za kakih 24 minut daljša od 8 ur in ob zimskem za prav toliko krajša od 16 ur. Od tod bi sledilo za spremembo (480 - 48) minut/180 dni = 2,4 minute/dan, če bi bilo spremi- njanje enakomerno. Polovica tega bi odpadla na premik sončnega zahoda in polovica na premik vzhoda. Ker pa spreminjanje ni enakomerno, je premik več­ ji: 1,6 minute/dan, ne 1,2 minute/dan. Začetna ocena ni bila tako slaba. Po grafu je mogoče določiti, kdaj se kaže odpraviti na pot, če naj nas ne lovi tema . Od časa na njem odštejemo čas, ki smo se ga namenili porabiti , pač glede na dolžino izbrane poti in hitrost hoje . Z računom sem bil prav zado- voljen, saj se ne primeri pogosto, da bi bili taki računi v pomoč pri vsakdanjih zadevah. Zadovoljstvo je skalilo dejstvo, da so rezultati samo približni. Dokaj 6 4 2 oo 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 220 240 260 280 300 320 340 360 1 ~ N M M ..; ..; .ri co ~ ...: ci OO .,; 5! g ~ ~-;:; ci .,; ~ N ci ci ci oi oi oi ci. .o ,..: t--: - ~ . _ ._~ -"CO - - Id ·'" - '" '" '" - '" - '" Slika 1. S poenostavljenimi enačbami izračunani čas sončnega zahoda za dneve v letu. 67 natančni bi bi l i , če bi merili čas s sončno uro, ki kaže pravi sončni čas, po ka- t erem je Sonce najviše opoldne, ob o" . Toda naše ure niso sončne in ne kažejo pravega sončnega č asa , ampak srednjeevropsk i čas. Najprej je to meščanski čas, ki ga ne začnemo meriti opol - dne, ampak opolnoči. Odtod razlika 12 ur . Srednjeevropski čas je meščansk i čas za poldnevnik 15° vzhodno od Greenwicha (poldnevni ka O° ). Srednje- evropski čas se od pravega sončnega časa danega kraja - če se ne oziramo na razliko 12 ur - razlikuje iz dveh razlogov. Če leži kraj na poldnevniku, katere- ga geografska dolžina se razlikuje od 15°, ust rezajo vsaki stop inji razli ke 60 minu/15 = 4 minute. Tako je Sonce v Ljubljani z geografsko dolžino 14,5° najviše 2 minuti pozneje kot v Zagorju z geografsko dolžino 15°. V Našem nebu so navedeni podatki za Lj ubljano v srednjeevropskem času. Za druge kra - je v Sloveniji je treba pri iskanju sončnega zahoda upoštevati popravek te vrste, tako imenovani conski popravek, ki ne presega ± 6 minut. Drugi razlog je v tem, da seZemlja giblje okoli Sonca približno enakomer - no v ravnini, ki je nagnjena glede na njeno os. To pomen i, da je približno konstantna hitrost navideznega gibanja Sonca v tej ravnini glede na zvezde, kot ga opazujemo z Zemlje. Zato pa se spreminja komponenta navidezne hit ro- sti Sonca v smeri ekvatorja : spomladi in jeseni je manjša kot poleti in pozimi. Iz tega izvirajočo razliko navaja Naše nebo za dneve v let u ob ()h po greenwi- škem času kot časovno enačbo. Skrajn i vrednosti okoli -14 minut in okoli 16 minut doseže 12. februarja in 3. novembra. Srednjeevropski čas dobimo, če pravemu sončnemu času pr ištejemo 12 ur , odštejemo od njega časovno enačbo in upoštevamo consk i popravek. Ko to na- redimo z našimi rezultat i - conskega popravka za Ljubljano ni treba več upo - števati -, ne dobimo podatkov v Našem nebu. Razlika , največ nekaj minut, je posledica približkov, ki smo jih uporabili. Natančna napoved sončnega zahoda v srednjeevropskem času le ni tako preprosta zadeva. Poleg natančnejših po- datkov v računu , na pr imer v enačb i (3), moramo upoštevat i, da Sonce ni točkasto svetilo in vid imo njegov radij pod kotom približno 1/4 ° ter da vidi- mo zaradi loma svetlobe v ozračju njegovo središče na obzorju, ko je v resnici za dobre 1/2° pod nj im. V trenutku zahoda (ali vzhoda), ko vid imo na obzorju zgornji rob sončne plošče, je potemtakem središče Sonca že dobre 3/4 ° (na- tančno 0,85° ali 3,4 časovne minute) pod obzorjem. V prvi številki Preseka je izšel članek Rudija Kladnika Sipanje svetlobe, ki je podrobneje opisal ta zanimivi pojav. Astronomske efemeride (periodične publikacije s preglednicami leg vesoljskih teles) izha- jajo od leta 1983 pod imenom Naše nebo v Prsekovi knji/nici. 68 Nekomu, ki pred izletom na Šmarno goro napačno oceni, kdaj bo zašlo Sonce, se lahko primeri kvečjemu to, da se bo zadnji del poti spotikal v temi, kolikor mu ne bodo svetile tacenske luči ali Luna. Jean-Marie 8astien-Thiry pa je bil menda zaradi tega celo ob glavo. Vsaj tako pravi Frederick Forsyth v Operaciji šakal (ČGP Delo, Ljubljana 1972, str. 12). Knjiga opisuje izmišljeni načrt za umor generala de Gaulla. Na začetku poroča o spodletelem atentatu, ki ga je zares pripravil 8astien- Thiry . "c.. 8astien-Thiry (je uqotovil), da se je uštel. Napaka pa mu je postala . I jasna šele tedaj, ko je sedel na zatožni klopi in so mu jo razložili policisti. Ko je načrtoval urnik atentata, je uporabljal koledar: ugotovil je, da se 22. avgusta zmrači ob 8.35, se pravi dovolj kasno tudi v primeru, če bo de Gaulle pozen, kot se je tudi zgodilo. Toda koledar, s katerim si je pomagal, je bil iz leta 1961. Dne 22. avgusta 1962 pa se je zmračilo ob 8.10. Teh 25 minut je spremenilo zgodovino Francije." Zdaj smo se že toliko razgovorili o sončnem zahodu, da lahko premislimo, kako je s to zadevo. V našem poenostavljenem računu so vsa leta enakovredna. Pogled v Naše nebo za 1983, 1984, 1985 in 1986 potrdi, da se sončni zahod za določeni datum iz leta v leto premakne kvečjemu za minuto. Usodno zmešnja- vo je moralo zakriviti nekaj drugega, če si je pisec napete zgodbe ni preprosto izmislil. Poglejmo možnosti. Conski popravek je precej manjši kot 25 minut. Pariz ima namreč geografsko dolžino 2,3 o in je v njem Sonce najviše le okoli 9 mi- nut prej kot v Greenwichu. Morda sta bila koledarja narejena za dva različna kraja? Če bi veljal eden za Pariz in drugi za skrajni zahodni ali krajni vzhodni rob Francije, bi dosegla raz- lika skoraj 25 minut. Pravi sončni čas je enak časovnemu kotu Sonca in ga začnemo šteti opol- dne, ko je Sonce najviše. V tem času vse ure niso enako dolge. Srednji sončni čas začnemo šteti opoldne in v tem času so vse ure enako dolge. Meščanski čas začnemo šteti opolnoči in v njem so vse ure enako dolge . Od srednjega sončnega časa se razlikuje samo za 12 ur. Srednjeevropski čas je meščanski čas za poldnevnik 150 vzhodno od Greenwicha. Od pravega sončnega časa se razlikuje za 12 ur, conski popravek (za Ljubljano 2 minuti) in časovno enačbo. 69 70 ~ co E ~ ul c: CO -o ' Ul Q) u u C O vl Slika 2. Nastanek mraka zaradi sipanja sončne svetlobe v ozračju. Risba ne upošteva tega, da vidimo zaradi loma v ozračju Sonce, ko je pod obzorjem. Debelina ozračja je narisana pretirano. Morda je koledar iz leta 1961 navajal, kdaj se zmrači, koledar iz leta 1962 pa, kdaj zaide Sonce. Ko Sonce zaide, se namreč še ne stemni takoj, ker se v ozračju sipa svetloba Sonca, ki je že pod obzorjem (slika 2). Meščanski mrak traja, dokler ni središče Sonca 6° pod obzorjem. Za ta podatek so se zedinili, ker je nekako dotlej mogoče brati na prostem. Konec avgusta traja meščanski mrak 32 minut. Astronomski mrak traja, dokler ni središče Sonca 18° pod obzorjem. Nekako tedaj je mogoče ob jasnem vremenu nad obzorjem, kjer je zašlo Sonce, že videti najšibkejše s prostim očesom vidne zvezde (zvezde 6. magnitude). Naše nebo navaja astronomski mrak grafično. Astronomski mrak je najdaljši poleti, ko doseže približno poltretjo uro, a najkrajši pozimi, ko do- seže približno poldrugo uro. Večernemu mraku ustreza jutranja zora. Kdaj se zares stemni, pa ni odvisno samo od podatkov v preglednicah, am- pak tudi od krajevnih razmer. Ni vseeno, ali zaide Sonce v ravnici ali za hribi. Podatki v efemeridah veljajo za ravno obzorje in ne upoštevajo hribov. (Kako bi odgovorili na vprašanje: Ali je mogoče, da Sonce v nekem kraju zaide več dni zapovrstjo ob istem času?) Poleg tega je pomembno še to, ali smo v mestu med hišami, v gozdu ali na planem. Naposled je treba upoštevati tudi vreme, predvsem to, ali je nebo oblačno ali ni. Če načrtujemo povratek z izleta na Šmarno goro ob sončnem zahodu, predstavlja mrak dobrodošel varnostni čas. Morda so krajevne razmere v Petit-Clamartu, majhnem kraju blizu Pariza, povzročile, da je bilo bolj mračno, kot je računal načrtovalec, morda pa ga je presenetil pozni odhod generala de Gaulla iz mesta. Vsekakor so atentatorji slabo videli znamenje, naj začnejo streljati, in so ukrepali prepozno. Čeprav nismo našli pravega odgovora na vprašanje, odkod usodna zmešnja- va v napeti zgodbi, upam, da se bralci niso dolgočasili. Škoda bi bilo, ko bi se že prej ustrašili enačb. Pribijmo samo še to, da poskrbi za mrak zemeljsko ozra- čje, ki tudi omogoča življenje. Janez Strnad Slika 3. (na ovitku) Sončni zahod za Šmarno goro (667 rn) nad 'Ljublj ano r najbolj obiska- no goro v Jugoslaviji in odsev sončnih žarkov v najdaljši jugoslovanski reki Savi. (Foto Ciril Velkovrh) 71 OC-Oll'\'n"1l 10, 1_' 1" _1 Ij_1 L , 1 NASTANEK IN RAZVOJ KOLEDARJA Uvod Že davno so naši predniki opazovali spreminjanje narave okoli sebe. Posebno pozorni so bili na tiste spremembe, ki so se ritmično ponavljale. Tako so spo- znali menjavanje dneva in noči, spremembe letnih časov in lunine mene. Ljudje so bili takrat v glavnem poljedelci in jasno je, da so si želeli imeti boljši pregled nad dogajanjem v naravi - hoteli so vnaprej napovedati, kdaj bo najprimernejši čas za setev, kdaj bo priš la zima, kdaj bodo povodnji ... Da bi lahko odgovorili na ta vprašanja, so začeli ! istavljati koledarje. Osnovna enota vseh koledarjev je bil (in najbrž tudi vedno bo) en dan. Večje enote so tedni, meseci, leta. V starih časih so se ljudje v marsičem ravnali po luninih menah: prepričani so bili, da je najboljši čas za setev tri dni pred polno luno; da se mora kositi ob mlaju in podobno. Zato so hoteli, da bi koledar opisoval tudi lunine mene. Tu pa se je pojavila huda težava -Iunine mene se namreč ponavljajo na 29,53.. dni. Koliko dni naj ima torej koledarski mesec, da bo prvega vedno polna luna? Če bo imel 29 dni, bo prekratek, če jih bo imel 30, pa bo predolg. Mesec z necelim številom dni (npr. 291 ) pa je očiten nesmisel. Druga težava je z dolžino leta, ki tudi ne šteje celega števila dni - povpre- čno tropsko leto (čas, ko Zemlja enkrat obkroži Sonce) traja 365,2422... dni. Oglejmo si, kako so ti težavi rešili sestavljalci koledarjev v različnih deže- lah in v različnih časih. Egipt Vsa plodna zemlja v Egiptu leži ob Nilu, ta reka pa vsako leto redno poplavlja. Iz želje, da bi znali te poplave napovedati vnaprej, se je rodil koledar, ki je eden najstarejših na svetu. Leto so delili na tri letne čase, kot jih pač poznajo v Egiptu, to so : čas po- plave, čas setve in čas žetve. Vsak letni čas je trajal 4 mesece po 30 dni. Tako so našteli 360 dni, še pet pa so jih dodali na koncu leta. Podobno kot mi zdaj so tudi Egipčani vsakemu četrtemu letu dodali še en dodaten - prestopni - dan. Poleg razdelitve na mesece so poznali tudi delitev na tedne. Njihov teden je imel deset dni. 72 Grčija Atenski astronom Meton je iznašel koledar, v katerem sta se prepletala dva ciklusa - lunin in sončev. Sončev koledar je bil sestavljen iz let. Leto je štelo 365 dni, vsako četrto pa 366. Lunin koledar so sestavljali meseci, ki so imeli izmenično 29 in 30 dni. Da so se meseci res ujemali z luninimi menami, so vsaki dve leti in pol dodali enemu od mesecev še en dan. Koledarja sta se ujela vsakih 19 let (to je 235 mesecev) in to obdobje so imenovali Metonov ciklus. Dneve v mesecu so Grki šteli do dvajsetega tako kot mi (torej: prvi, dru - gi, ..); nato pa so začeli šteti , koliko dni je še do konca meseca . Zanimivo je, da se pri Grkih dan ni končal opolnoči, ampak ob sončnem zahodu in so tako noč šteli že k naslednjemu dnevu. Maji Zelo zanimiv in obenem zelo zapleten je bil koledar Indijancev Maja iz Srednje Amerike. Poznali so posvečeno leto z 260 dnevi in navadno leto s 365 dnevi. Dnevi posvečenega leta so imeli 20 imen. To so: ik, akbal, kan , čikčan, simi, mani k, lamat, muluk, ok, čuen, eb, ben, iš, men, sib, kaban, esanab, kauak, ahau, imiš. Poleg imen so imeli dnevi tudi številke, in sicer od ena do trinajst. Dneve so šteli tako, da je imel naslednji dan naslednje ime in tudi naslednjo številko, torej tako: 1 ik, 2 akbal, 3 kan, 4 čikčan, 5 simi, 6 manik, 7 larnat , 8 muluk, 9 ok, 10 čuen, 11 eb , 12 ben , 13 iš, nato so se številke spet začele z ena; imena pa so tekla naprej: 1 men,2 slb, 3 kaban, 4 esanab , 5 kau- ak , 6 ahau, 7 irniš, 8 ik ... V 260 dneh so se zvrstile ravno vse kombinacije trinajstih številk in dvajsetih imen. Navadno leto je trajalo 365 dni in je imelo 18 mesecev s po 20 dnevi in še en mesec s 5 dnevi. Oba koledarja sta se ujela na 52 (navadnih) let - to je na 73 posvečenih let. Takrat so imeli Maji posebne slovesnosti. Koledar je bil za Maje tudi usoden. Takrat, ko so v Ameriko prišli Španci, so Maji ravno proslavljali veliki praznik , ko sta se oba koledarja ujela. Nepri- pravljene so Španci zelo hitro premagali. Rim Rimski koledar je imel 12 mesecev, ki so trajali 29 ali 31 dni , zadnji mesec pa je imel 28 dni. Meseci so se imenovali takole: martius (31 dni), aprilis (29 dni) , maius 73 (31 dni) , iun ius (29 dni) , quintilis (31 dni), sexti lis (29 dni), september (29 dni), october (31 dni) , november (29 dni), december (29 dni), ianuarius (29 dni) in februarius (28 dni). Ta koledar je imel le 355 dni, ostale dn i so dodajal i ob različn ih prilikah, ne da bi se držali kakega pravila . Tudi štetje dn i v mesecu ni bilo ust aljeno niti enotno. Julijanski koledar Julij Cezar je želel rimski koledar izboljšati, zato je spremenil število dni v me- secih, da je bilo leto res dolgo 365 dni. Njegovo razvrstitev mesecev s 30 in 31 dnevi uporabljamo z minimalnimi spremembami še zdaj. Julij Cezar je določi l tud i, da mora biti vsako četrto leto prestopno in da je treba prestopni dan do- dat i februa rju (k i je bil takrat šezadnj i mesec). Ured il je tudi štetje dni v mesecu: prv i dan v mesecu se je imenoval ka- lende, peti none in trinajsti ide (izjema so meseci marec, maj, ju lij (quintilis) in oktober, ko so none sedmi, ide pa petnajsti dan) . Kalende, none in ide so bil i orientacijski datumi. Druge datume so določili tako, da so povedali, koliko dni še manjka do naslednjega orientacijskega datuma . Pri tem so tekoči datum in orientacijski datum všteli. Začetek aprilskega koledarja bi bil videti takle : aprilske kalende IV . dan pred nonami III. dan pred nonami II. dan pred nonami aprilske none VIII. dan pred idami V II. dan pred idami Pozneje so mesec quintilis preimenovali v julij - na čast Juliju Cezarju in sextilis v avgust - na čast cesarju Avgustu . Rimljani so merili čas tudi s tedni, ki so imeli prvotno 8 dni, pozneje pa se je pod vplivom krščanstva izoblikoval sedemdnevni teden. Gregorjanski koledar V julijanskem koledarju je bilo navadno leto dolgo 365 dni, vsako četrto leto pa je bilo prestopno in je imelo 366 dni. V povprečju je leto trajalo 365,25 dni. V resnici traja en obhod zemlje oko li Sonca 365,2422... dni. Razlika ni velika, 74 ... .. '\00. . . ~oo. ·.l·v r", v ll r . •'·vr y • •\·ur . tr. l ' · . l · ,." r , VJI • •\. V. JlI r , •l · IJ • J. • V"II. .v VIJ V I . III . " 'J • Mesec junij po julijanskem koleda rju. Črke A, B, C, D, E, F, G označujejo potek dni v tednu (A je nedelja), označene so tud i kalende Oniciaika K) , none (NON.) in ide (IDVSI. vmes pa so številke, k i povedo , koliko dn i je šedo naslednjega od teh datumov. Slika je iz knj ige: Nils Lithberg, COMPUTUS , Stockholm 1953, str . 23 75 v 400 letih pa se je nabere za cele tri dni. Zato se je zgodilo, da se je datum spomladanskega enakonočja spreminjal. Julij Cezar ga je postav il na 21. marec, v 16. stoletju pa je bilo že 11. marca. Takratni papež Gregor XIII. se je posvetoval z astronomom Alojzijem Lilom in nato določil, da bo leta 1582 za 4. oktobrom prišel 15. oktober. Tako je dosegel, da je bil začetek pomladi naslednje leto spet 21 . marec . Da pa se napaka ne bi ponovila, je določil, da vsakih 400 let trije prestopni dnev i od- padejo. Leta 1700, 1800, 1900, 2100,2200 'OO bi morala biti po julijanskem koledarju prestopna, po novem pa niso. Splošno pravilo: leta, katerih letnice se končajo z OO, prvi dve cifri pa nista deljivi s 4, niso prestopna, Leto 2000 bo prestopno, 2400 tud i, ker sta prvi dve cifri (20 oziroma 24) deljivi s 4. Ta koleda r imenujemo gregorjanski • V naših krajih so ga začeli uporablja- ti že leta 1582 in ga uporabljamo še danes. Svetovni koledar Gregorjanskemu koledarju nekate ri očitajo nerodnosti, da si je težko zapomni- ti, koliko dni ima kateri mesec, da novo leto ni vedno na isti dan v tednu in da je koledar vsako leto drugačen. Zaradi tega je nastalo več predlogov za nov, boljši koledar. Oglejmo si dva od njih . V prvi inačici je leto razdeljeno na 13 mesecev s po 28 dnevi. Vsak mesec se začne z nedeljo in ima točno štiri tedne. Tako dobimo 364 dni. Preostali dan OBVESTILO NAROCNIKOM Bralce Preseka, predvsem pa učence in dijake na šolah, prosimo, da naročnino za Presek poravnajo čimprej. toda vsaj do konca koledarskega leta. Do takrat bodo izšle že tri številke, s tem pa tudi že nad polovico celotnega letnega obse - ga lista za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje. S pravočas­ nim nakazilom naročnine boste omogočili redno izhajanje vašega lista in se izo- gnili dvakratnemu pobiranju naročnine. S tem boste predvsem olajšali delo va- šim učiteljem, ki bodo morali zbrati naročnino za vso šolo in jo nakazati na naš žiro račun. V začetku prihodnjega leta bomo poslali na vsako šolo račun kot opomin za vse neplačane izvode, med katerimi pa so tudi nevrnjene prve tri številke. Vsekakor si želimo čimveč naročnikov in čimvečjo naklado. Ob veli- kih podražitvah pa si ne moremo privoščiti, da bi tiskali večje število izvodov na zalogo. Prosimo vas za razumevanje in prijetno sodelovanje tudi v prihodnje. Ciril Velkovrh 76 I dodamo letu posebej, kot praznik, in ne šteje za dan v tednu (torej ni niti pone-deljek, niti torek, ...l. Enako dodamo tudi prestopni dan. Druga različica pa je takale: Leto je razdeljeno na 12 mesecev, kar pomeni štiri letne čase s po tremi meseci. Prvi mesec v vsakem letnem času ima 31, druga dva pa po 30 dni. Vsak letni čas se začne z nedeljo in ima točno 13 tednov. Tudi tu je treba vsako leto dodati še en dan posebej, prav tako pres- topni dan. Koledar, narejen po drugi razl ičici, bi bil videti (za katerokoli leto) takle : januar februar marec april maj junij julij avgust september oktober november december ne 1 8 15 22 29 5 12 19 26 3 10 17 24 po 2 9 16 23 30 6 13 20 27 4 11 18 25 to 3 10 17 24 31 7 14 21 28 5 12 19 26 sr 4 11 18 25 1 8 15 22 29 6 13 20 27 če 5 12 19 26 2 9 16 23 30 7 14 21 28 pe 6 13 20 27 3 10 17 24 1 8 15 22 29 so 7 14 21 28 4 11 18 25 2 9 16 23 30 Marino Pavletič BOLJ ZA ŠALO KOT ZARES ROJSTVO AVIACIJE Ameriškemu fiziku in državniku Benjaminu Franklinu (1706 - 1790) je neki dvomlj ivec dejal ob pogledu na zračni balon: "To je docela nepotrebna igračka. Le čemu se lahko rabi takle balon?" "Gospod;" je odgovoril Franklin, "to je nekako tako, kot če bi me vpra- šali, čemu se rabi novorojenček." Izbrala Dušica Boben 77 -'-'//'l'-l" tor« J".1en L II' n 'L n NALOGE S ŠOLSKEGA TEKMOVANJA v občini Slovenske Konjice Uredništvu Preseka so člani DMFA iz Slovenskih Konjic letos že drugič pri- jetno presenetili z nalogami, tokrat s tistimi, ki so jih osnovnošolci v tej občini reševali na tekmovanju za Vegova priznanja. Za prispevek se jim lepo zahvalju- jemo, ob pomanjkanju tovrstnih nalog pa hkrati vabimo vse, ki poučujejo mate- matiko po osnovnih in srednjih šolah, seveda pa tudi bralce Preseka, da sledijo temu zgledu in postanejo aktivni soustvarjalci tega našega lista. 5. razred 1. Na nekem zborovanju so ugotovili: - dva učenca govorita francosko, angleško in rusko, - devet učencev samo francosko in angleško, - trinajst učencev francosko in rusko, - dvanajst učencev rusko in angleško, - 29 učencev angleški jezik, - 6 učencev samo francosko, - 7 učencev samo rusko. Koliko je vseh učencev zborovanja, če vemo, da ni nobenegaučenca, ki ne go- vori vsaj enega od teh jezikov? 2. Če bi učenec kupil 11 enakih zvezkov, bi mu ostalo 70 din od zneska, ki ga je imel. Če pa bi kupil 15 zvezkov, bi mu zmanjkalo 50 din . a) Kolikšna je cena zvezka? b) Koliko denarja je imel učenec? 3. Dana je premica a. Nariši krožnico spoimerom 3 cm, katere središče je 7 cm oddaljeno od a. Kolikšna je najmanjša in kolikšna je največja razdalja med toč ­ ko, ki leži na tej krožnici , in premico a? 4. Širina pravokotnika meri 12 cm in je krajša od njegove dolžine za 1 drn 2cm. Določi dolžino stranice kvadrata, pri katerem je obseg enak obsegu tega pravo- kotnika. 5. Vstavi namesto znakov * take številke, da bo nakazano množenje pravilno 78 **2.*9 * 8 * 8 * * 8 * * * * 8 6. razred 1. Poišči trimestno število, deljivo z 9, pri katerem je številska vrednost cifre desetic za 4 večja od številske vrednosti cifre enic, produkt številskih vrednosti vseh treh cifer pa je enak O. Odgovor utemelji. 2. Izračunaj: 3. Dolžina vsake stranice trikotnika je naravno število. Ena stranica meri 14 cm, druga pa 1 cm. Določi tretjo stranico in izračunaj obseg tega trikotnika. 4. Dani sta tangenta t krožnice in položaj ter dolžina tetive AB, ki gre skozi do- tikališče. Konstruiraj krožnico. 8 5. Nariši trikotnik: c = 5 cm vb = 3 cm ve = 4 cm 7. razred 1. Izračunaj vrednost izraza: (-&-+-t1.3 ~+-l... 6 4 1 2 33 - 5'3 +------ 3 5 7 i1+91"2 2. Za koliko odstotkov se poveča ploščina kvadrata, če se mu stranica poveča za 30%. Kaj se pri tem zgodi z njegovim obsegom? 79 3. V krogu s polrnerorn 4 cm načrtaj tetivo, ki je vzporedna premeru in ji pri- pada središčni kot 60°. Če povežemo kraj išči tetive s krajišči premera, dobimo štirikotnik. al Kolik kot oklepata d iagonali tega štirikotnika? bl Izračunaj obseg štirikotnika. 4. Izračunaj vrednost izraza _x3 + x 2 + X - 1 za a) x=-3/2 b) x=-1/2 c) x=-1 d) x=1 5. Zadnja cifra šestmestnega števila je 4 . Če jo prestavimo na 1. mesto, to je pred vse cifre, dobimo 4-krat večje število. Poišči prvotno število . 8. razred 1. Reši enačbo in naredi preizkus: I 5x + 3 x-1 --6::--- ( 4 3x 2x x - 3 - -2-) = 9 - (-3- - 8 ) 2. Načrtaj graf funkcije x + y =4 in izračunaj ploščino trikotnika, ki ga tvori premica s koordinatnima osema. lzračunaj oddaljenost premice od koordinat- nega izhodišča. 3. Ko je pešec prehodil 1 km in polovico ostanka poti. mu je ostalo za prehodi- ti še tretjino cele poti in 1 km. Kolikšno pot je prehodil? 4. Leseno kocko s prostornino 1 m3 popleskamo z rdečo barvo. Nato jo razre- žemo na manjše kocke s prostornino 1 drn". Koliko manjših .kock ima pople- skane 3 ploskve (2 ploskvi, 1 ploskev, nobene ploskve)? 5. Iz lesene kocke z volumnom 1 dm 3 izstružimo največji možni valj. Koliko odstotkov lesa odpade? Jana Novak PRESEKOV SKRAT Ko sem reševala križanko Pitagorov izrek v Preseku št . 6 (1985/86) na strani 337, sem opazila. da je 15 navpično pravzaprav 16 navpično . Za manjkajoč i opis za 15 navpično predlagam naslednjo nalogo : Druga diagonala romba z obsegom 60 , če je ena diagonala 18 . Lucija Oblak 80 2. .ŠOLSKO IN 12. IZBIRNO TEKMOVANJE SREDNJEŠOLCEV IZ MATEMATIKE V šolskem letu 1985/86 smo drugič izvedli šolsko tekmovanje. na katerem niso sodelovali učenci naravoslovno-matematične usmeritve. Komaj so nekateri po polletnih počitnicah sedli v šolske klopi, že jih je čakala prva preizkušnja. V soboto. 1. marca. je okrog 1500 srednješolcev po Sloveniji reševalo naslednje naloge: 1. letnik 1. Določi a v točki T(2 - 2a, a + 2a 2 ) tako, da bo T ležala na premici skozi A(-4.-2) inB(1.28). 2. Na šoli so se odločili. da bodo nagradili 100 najboljših učencev. in sicer z nagradami. vrednimi 500. 5000 in 10000 din. V ta namen so porabili 100000 din . Koliko učencev je dobilo posamezne nagrade? 3. Med naravnim številom n in praštevilom p velja zveza n4 = 16p + 1. Poišči vse pare n, p, 4. Telo ima tloris enak narisu (skica a) in stranski ris kot na skici b. Večji kvadrat na tlorisu (oziroma narisu) ima stranico x. manjši kvadrat pa je ploščin­ sko enak devetini večjega. Kolikšna je prostornina telesa? 2. letnik D x skica a x x skica b 1 K . . č 5555555553 ali ~66 666 664 7 . aj Je ve : 5 555 555 557 6 666 666 669 . 2. Na šoli so se odločili . da bodo nagradili 100 najboljših učencev. in sicer z 81 nagradami, vrednimi 500, 5000 in 10000 din. V ta namen so porabili 100000 din. Koliko učencev je dobilo posamezne nagrade? 3. Dane so tri točke v prostoru: A(-1, -3, 2), B(O, -5, O) in C(6, -1, -1). al Pokaži, da so to oglišča nekega pravokotnika, in poišči četrto oglišče. b) Poišči množico točk, ki so enako oddaljene od vseh štirih oqlišč, 4. V trapezu ABCD označimo središča daljic AB, BD, CD in AC po vrsti z M, N, P in Q (AB in CD sta osnovnici trapeza). a) Dokaži, da je MNPQ paralelogram. b) Če je AB : CD = 3 : 1, potem paralelogram pokrije četrtino trapeza. 3. letnik 1. Hiša in drevo stojita na ravnem zemljišču. Iz prvega nadstropja hiše vidimo nožišče drevesa pod depresij- skim kotom a, iz drugega nadstropja, ki je za d metrov nad prvim, pa pod kotom {j. Nadalje vidimo iz drugega nadstropja celo drevo pod zornim ko- tom "r. Izrazi s temi podatki višino drevesa in njegovo oddaljenost od hiše. 2. Pri katerih a imata enačbi x 2 + x + a = O in x 2 + ax + 1 = O natanko eno skupno rešitev? 3. Za katere mirna enačba tgx + ctgx = m realne rešitve? 4. Določi kote pravokotnega trikotnika, če je med katetama zveza a-b 1 log ----:::t2 ="""2 (loga + 10gb) 4. letnik 1. Ali ima polinom p(x) = (X 1986 - 1986)3 čisto imaginarne ničle? Če jih ima, napiši, katere so in kolikšna je njihova večkratnost. 2. Tangenta v poljubni točki T krivulje y = x 6 seka abscisno os v točki M, vzpo- rednica z ordinatno osjo skozi točko T pa jo seka v točki N. Pokaži, da je OM = 5MN, kjer je O koordinatno izhodišče. 3. Pokaži, da je (1 - 2 + 22 - 23 + ... - 219 8 5 +21 98 6)(1 + 2+22 +23 + ... ... + 2198 5 + 21 9 8 6 ) = 1 + 4 + 42 + 43 + ... + 419 8 6 82 4. V ravnini je 99 različnih premic (v poljubni legi), ki razdelijo ravnino na n delov. Poišči vsa števila n, ki so manjša od 199. Naloge gotovo niso bile prelahke, prej nasprotno, saj nimajo vse usmeritve enakega števila ur matematike. Prav taka raznolikost šol je za Komisijo za po- pularizacijo matematike v srednji šoli velik problem. Težko je namreč izbrati . naloge, ki bi bile za vse sprejemljive. Zastavlja se celo vprašan je, ali ne bi bilo smotrno uvesti šolskega tekmovanja v dveh težavnostnih stopnjah (ki bi sicer potekali sočasno). Zavedamo se, da doseže popularizacija svoj namen le, če učenca pritegne z nalogami in prispevki, ki so primerni za njegovo znanje. Pred Komisijo je torej še precej nalog, ki jim bo kos le, če ji bodo pomagali srednje- šolski učitelji. Oglejmo si še naloge, ki so jih srednješolci (približno 1200) reševali v sobo - to, 15. marca, na izbirnem tekmovanju . 1. letnik 1. Pokaži , da enačba 2x2 - 215 y2 = 1 nima celih rešitev. 2. Pri katerih k ima enačba lx+ 1 1- lx - 1 1= kx + 1 eno samo rešitev? 3. V trapezu z osnovnicama a in c (a > c) potegnemo takšni dve vzporedni daljici s krajišči na osnovnicah, da se krajišče ene od vzporednih daljic ujema z ogliščem krajše osnovnice. S tem razpade trapez na tri ploščinsko enake dele. al Kakšno naj bo razmerje med osnovnicama trapeza, da bosta taki dalj ici obstajali? b) Imejmo trapez, ki zadošča pogojem iz točke al. Del trapeza med daljica- ma izrežemo, ostala dva dela pa vzporedno premaknemo in zlepimo v novi trapez (tako, da kraka ostaneta ista). Kakšno naj bo razmerje med osnovnica- ma prvotnega trapeza, da bosta tudi v manjšem trapezu obstajali taki dve dalj ici? 4. Ravnina je pobarvana z belo in črno barvo. Dokaži, da obstaja v ravnini enakokrak pravokoten trikotnik, ki ima vsa oglišča iste barve. 2. letnik 1. V trikotniku ABC potegnemo iz nekega oglišča daljici do nasprotne stranice tako, da trikotnik razpade na tri ploščinsko enake trikotnike, od katerih sta dva podobna prvotnemu. a) Kolikšni so koti trikotnika ABC? bl Ali so lahko stranice trikotnika ABC v celoštevilskem razmerju? 83 2. Poišči vse trojice '(x , y, z) realnih števil, za katere velja: x + yz = 2, y + xz =2,z +xy = 2. 3. V prostoru sta dani daljici AB in CD, ki ležita na mimobežnicah . Poišči geometrijsko mesto središč daljic, katerih eno oglišče je na AB, drugo na CD. 4. Dana je družina parabol y = _x2 + mx + m + 1, mER. al Poišči geometrijsko mesto temen parabol iz te družine . b) Določi točko, skozi katero potekajo vseparabole iz družine. 3. letnik 1. Enačbo x 2 - (a + dlx + ad - be = O rešita korena Xl in X2 ' Dokaži, da sta Xl 3 in X2 3 korena enačbe yZ - (a3 + d 3 + 3abe + 3bcd) y + (ad -be)3 = O. 2. Naj bo z kompleksno število, n pa poljubno naravno število . Dokaži: če je (1 +z)n +zn = O,potem je Re(z) := -1/2. 3. Reši enačbo .fi 1 8cosx=-.-+-- SInX COSX 4. V enakokrak trikotnik včrtujemo kvadrate tako, da imajo po eno oglišče v vrhu in po eno na osnovnici trikotnika. Pokaži, da je najmanjši kvadrat ploščin­ sko enak vsaj polovici največjega tako včrtanega kvadrata. 4. letnik 1. Pokaži, da je 25 5 + 1 deljivo z 11. 2. Pokaži, da lahko polinom p(x) = n x n+l - (1 + nq) x n + (q - 1) (~-l + + ~-2 + .oo + x) + q razcepimo tako, da je eden izmed faktorjev v razcepu enak x? - (q + 1) x +q. 2 3. Reši enačbo XX = 1OX-x , x >O 4. V polkrogu s premerom AB potegnemo tetivo AT pod kotom a. Razpolo - višče loka BT naj bo točka V. al Kolikšen naj bo o, da bo obseg štirikotnika ABVT največji? b) Ali je pr i tem a tudi ploščina največja? Utemelji. c) Pri katerem a sediagonali štirikotn ika ABVT sekata pravokotno? Šolske komisije so po pregledu izdelkov predlagale 175 dijakov, Komisija za popularizacijo pa je za nastop na republiškem tekmovanju v Mariboru izbra- 84 -- la 138 učencev iz 27 srednjih šol (29 iz prvega, 39 iz drugega, 28 iz tretjega in 42 iz četrtega letnika). Med izbranimi je bilo 23 tekmovalcev iz nenaravoslov- nih usmeritev. Na koncu se zahvaljujemo VTO Matematika in mehanika Fakultete za naravoslovje in tehnologijo ter Fakulteti za elektrotehniko za pomoč. vsem učiteljem za sodelovanje. učencem pa želimo še več sreče na prihodnjih tekmo- vanjih. Darjo Fe/da ,'. ' .•...',. " .. ~ ; i-,g Karikatu ra iz Biltena 6. republiškega tekmo- vanja iz fizike za osnov- nošolce, ki je bilo 10. maja 1986 v Mariboru. .-...- -..--.... '- . 85 27. ZVEZNO TEKMOVANJE SREDNJEŠOLCEV IZ MATEMATIKE Zvezno tekmovanje je tokrat organiziralo Društvo matematikov, fizikov in astronomov SR Slovenije od 19. do 21. aprila, tekmovalce pa je gostila Postoj- na. Pod vodstvom prizadevne prof. Martine KOMANOVE je aktiv Srednje tehniške in naravoslovne šole odlično opravil vlogo gostiteljev. Zveznega tekmovanja se je udeležilo .115 tekmovalcev iz vseh republik in obeh pokrajin. V slovensko ekipo za zvezno tekmovanje so bili na republiškem tekmovanju v Mariboru izbrani : Tatjana OZBiČ, Polona PETEK, Zoran SLANIČ in Andrej VILFAN za prvi razred, Peter FAJFAR, Borut JAMNIK, Matej KOLAR, Tomaž SLIVNIK, Tomaž VOLK in Edi VOVK za drugi razred , Peter ANA- STASOV, Jure BAJC in Mateja ŠAJNA za tretji razred in Jože FABČiČ, Damjana KOKOL, Matevž KRANJEC, Peter PEHANI, Pavle POPOVIC in Matjaž ŽELJKO za četrti razred. Vodil jih je asistent Darjo FELDA, v zvezni komisiji pa je Slovenijo zastopal Aleksandar JURIŠiC. Pred tekmovanjem so imeli tekmovalci dvodnevne priprave, ki jih je organi- ziral študent fizike Uroš SELJAK, vodil pa bivši tekmovalci , študentje matema- tike. V tem kratkem času so se tekmovalci podrobneje spoznali z nekaterimi standardnimi prijemi reševanja nalog tekmovalnega tipa in reševali naloge s prejšnj ih tekmovanj. V petek so republiške in pokrajinski ekipi prispele v Postojno in se name- stile v dijaškem domu. Zvečer so se tekmovalci sprostili na prijetnem sprehodu po starem mestu in se psihično pripravili na težak naslednji dan. Zvezno tekmo- vanje je v imenu DMFA odprl prof. Janez STRNAD v soboto. Učenci so naloge reševali štiri ure in pol. Poskusite jih rešiti še vi! 1. razred 1. Pokaži, da obstaja neskončno trojic zaporednih števil, kjer je vsako izmed njih vsota dveh kvadratov. (Primer: 72 = 62 + 62, 73 = 32 + 82, 74 =72 + 52) 2. V konveksnem četverokotnikuABCD naj velja AB + BD <; AC + CD Dokaži, da je tedaj AB <;AC. 3. V trikotniku ABC sta notranja kota pri B in Cenaka 40° . Stran ico AB po- daljšamo preko točke B do točke D tako, da je AD = BC. Določite kote tri- kotnika ADC. 4. Kvadrat velikosti 5 x 5 razdelimo na 25 polj (polje je kvadrat s stranico 1). 86 V vsako polje postavimo žeton. Izberimo si neko polje. Ali lahko dosežemo, da so po nekaj potezah vsi žeton i v izbranem polju? (Poteza je premestitev polju- bnih dveh žetonov, vsakega od njih v sosednje polje. Polji sta sosednji, če ima- ta skupno stranico.) 2. razred 1. Naj bosta x in y naravni števil i, ki zadoščata enačbi 2x2 + x = 3y2 + Y Dokaži, da so štev ila x - y, 2x + 2y + 1 in 3x + 3y + 1 popolni kvadrati. 2. Dokaži, da za naravna števila a, b in cvelja neenačba a +b +c --=------::- + + --=-----:-- ~---- 3 3. Na premeru AA I krožnice je dana točka C. Naj bo B takšna točka krož - nice, da je AB =CAl' Dokaži, da se v trikotniku ABC simetrala notranjega ko- ta pri A, težiščnicaskozi B in višina iz C sekajo veni točki. 4. Danih je pet različnih pozitivnih števil. Dokaži, da med njimi obstajata dve, za kateri velja, da niti njuna vsota niti absolutna vrednost njune razlike nista enaki nobenemu izmed preostalih treh števil. 3. in 4. razred 1. Po išči vse funkcije t: R~ R, ki ustrezajo naslednjima pogojema: a) ttx + ((y)) =tix + y) + 1 za vse x in y iz R, b) (je strogo naraščajoča (tj. x> Y =>((x) > ((y) za vse x in y iz R). 2. Naj bodo Xl , X2, ••', xn taka realna števila, da je (n - l)(x 1 2 + X 2 2 + ...+X n 2) = (x 1 +X 2 +...+X n )2 Dokaži, da so števila xl, X2, •••, xn vsa nenegativna ali pa vsa nepozitivna. 3. Iz razpolovišča vsake stranice tetivnega četverokotnika konstruiramo nor- malo na nasprotno stranico. Dokaži, da se vse štiri normale sekajo v isti točki. 4. Poišči največje celo število k z naslednjo lastnostjo: če na poljuben način vpišemo v polja tabele 8 x 8 števila 1, 2, ..., 64, lahko najdemo takšni dve sosednji polji, da razlika njunih števil ni manjša od k. (Dve polji sta sosednji, če imata vsaj eno skupno oglišče.) Rešitve si lahko ogledate v Matematični knjižnici na Jadranski 19 v Lju- bljani. 87 Po tekmovanju so tekmovalci odšli v Predjamski grad, zvezna tekmovalna komisija pa je v tem času pregledala naloge. Zvečer je objavila preliminarne rezultate. Tako so imeli tekmovalci možnost opozoriti komisijo na morebitne spodrsljaje. Vendar pa je bila tokrat večina pritožb nautemeljena, nekateri tekmovalci so včasih preveč prepričan i o pravilnosti svojih rešitev. V nedeljo dopoldne so si tekmovalci ogledali znamenito Postojnsko jamo. Po kosilu je bila uradna razglasitev rezultatov in podelitev nagrad. Doseženi so bili naslednji rezultati: 1. razred 1. nagrada: 2. nagrada: 3. nagrada: pohvala: 2. razred 1. nagrada: 2. nagrada: pohvala: 3. razred 2. nagrada: 3. nagrada: pohvala: 4. razred 2. nagrada: pohvala: Rade TODOROVIC (Srbija), Dalibor TUŽINSKI (Hrvatska) Zoran PEJČINOV (Makedonija) Vladimir NIKOLAJEVIC (Srbija), Jasmina MILICEVIC (Srbija), Zvonimir BANDIC (Srbija) Dragan MILOŠEVIC (Srbija), Igor SRB (Srbija), Tatjana OZBiČ (STNŠ, Postojna, Slovenija). Predrag GRKOVIC (Srbija), Andrej VILFAN (SNŠ, Ljubljana, Slovenija) Zoran ČRNJA (Hrvatska) Branko GLlŠIC (Srbija). Vlado KEŠELJ (BiH), Tomaž SLIVNIK (SNŠ, Ljubljana, Slovenija) Aleksandra SMILJAN IC (Srbija). Nenad STOJANOVI C (Srbija), Dragan STOJKOVIC (Srbija), Riste ŠKREKOVSKI (Makedonija) Nikola RUŠKUC (Vojvodina) Olivera MILENKOVIC (Srbija) Edin OMERDIC (BiH). Joško POLJAK (Hrvatska). Uroš DREŠE· VIC (Srbija), Nebojša VASILJEVIC (Srbija) Jože FABČiČ (STNŠ, Postojna, Slovenija), Predrag ANTlC (Srbi· ja), Domagoj KOVAČEVIC (Hrvatska) Nenad DAPIC · (Vojvodina). Zdravko DUROVIC (Hrvatska), Sanda REIC (Hrvatska), Vladimir SKULIC (Srbija) Na podlagi rezultatov zveznega tekmovanja je komisija izbrala šestčlansko ekipo, ki nas je zastopala na mednarodni matematični olimpiadi na Poljskem. V olimpijsko ekipo so seuvrstili: Jože FABČiČ , Domagoj KOVAČEVIC , Predrag ANTlC (4. razred). Olivera MILENKOVIC, Nikola RUŠKUC (3. razred) in Zoran ČRNJO (2. razred) . 88 Aleksandar Jurišk: NALOGE S STEVllOM 1986 1. Ali je mogoče v 360·mestnem številu 86198619...8619 prečrtati nekaj številk tako, da bo vsota preostalih številk točno enaka 19867 2. Napiši po vrsti številke od 9 do 1, t.l. 987 6 5 4 3 2 1 ne da bi spremenil njihov vrstni red, postavi mednje znake osnovnih računskih operacij, tako da bo rezultat 1986. 3. Kateri številki sta na zadnjih dveh mestih produkta 1986 sedmic, t.j. šte- vila 719 8 67 Trinajst premic v ravnini je trinajst premic, od katerih pa noben par ni vzporeden. Dokaži, da obstajata dve, ki oklepata kot, manjši od 14°. Dragoljub M. Milošev;c (prev. Peter Petek) Lev in antilopa Lačen lev je iskal hrano . Zagledal je antilopo in v istem trenutku je tudi ona opazila leva. Začela sta teči. Ko je lev skočil 9 krat, je antilopa skočila 4 krat, vendar so bili njeni skoki daljši : 2 skoka sta bila dolga kakor 5 levjih. Zanima nas, ali je lev uspel uloviti antilopo, če sta obe živali ves čas tekli z isto hitrostjo. Prevedla in izbrala Dušica Boben 89 BISTROVIDEC ANGLEŠKIH ŠESTNAJST Igra "Angleških šestnajst" spada v klasiko zabavne matematike in jo najdemo v večini tovrstnih knjig . Sam Loyd prav i, da si jo je izmislil nek angleški mornar na Staten Islandu. Desko in čepke za igro je izdeloval kar z žepnim nožičem in jih prodajal ob i- skovalcem. Tako je igra prišla v London in kmalu postala zelo priljubljena. "Angleških šestnajst" je samotarska igra namenjena enemu igralcu, ki jo igra na deski , kakršna je prikazana na sliki. s z o O O O O O O O O • • • • • • • J v Cilj igre je zamenjati mesta črnih in belih čepkov v čim manj potezah. Če­ pek lahko premaknemo na sosednji prazni prostor ali pa čez soseda (katerekoli 90 barve) na prazni prostor. Dovoljeni so samo premiki v smeri neba (Sever, Vzhod, Jug, Zahod). V starejših knjigah je bila običajno dana rešitev v 52 potezah. Loyd je našel rešitev v 47 potezah. Še boljšo, 46 potezno rešitev je našel Dudenev, Kot zani- mivost omenimo, da Dudeneyeva rešitev zadošča dodatnim zahtevam: bele čepke lahko premikamo le proti Jugu in Vzhodu; črne čepke lahko premikamo le proti Severu in Zahodu; preskakujemo lahko le čepke druge barve. Poskusite najti čimboljšo rešitev! Ali je Dudeneyeva rešitev najboljša možna? Vladimir Batagelj NA PRAGU TRAGEDIJE (Šegava zgodba) laser plan- vzporedna plo~~a debeline 5 mm Slika 1 Slika 2 BOLJ ZA ŠALO KOT ZARES. 91 PREMISLI IN REŠI Tokrat vam zastavljamo geometrijsko nalogo našega stalnega sodelavca Dragoljuba Miloševiča. KOLIKOKRAT KRAJSA Na sliki vidimo daljico AB. Skozi točko A smo narisali premico in na njej točki C in O tako, da je daljica AOtrikrat večja od daljice AC. Točki B in O zvežemo z daljico, ki jo razpolovimo, da dobimo središče S; daljico OS še enkrat razpolovimo in njeno središče E zvežemo s točko C. Daljica EC seka daljico AB v točki F. Vprašanje: kolikokrat je dalj ica AF krajša od daljice AB? Rešitve nam pošljite do 5.1.87 na znani naslov: PRESEK, (za PIR) , 61111 Ljubljana, Jadranska 19, p.p.64. Q.q ."B Bilo je lepo sončno jutro, ko je skozi vrata laboratorija WHI (World Holo- graphy Institute) vstopil mlad raziskovalec v delovni halji. Meni nič/tebi nič,je pričel sestavljati aparature. Delal je zelo ·zagnano; uničil je že vsaj dvajset filmov, na katere je skušal posneti holograme. Ura je bila dve in mladi Blake, tako mu je bilo namreč ime, se je odločil, da ne pojde na kosilo. Delal je še naprej, saj ga je stvar karseda pritegnila. Le zagrizeno in zagnano delo pelje razvoj znanosti naprej, le samoodpove- dovanje in samolrtvovanje mnolice posameznikov lahko utre nove poti, je premišljeval, medtem ko je sestavljal napravo, ki je bila videti približno takale: (Glej sliko 1 na str. 91) Preden naredim posnetek, si je mislil, bom dal semle še majhen objekt, recimo tale upornik, ki ga imam pri roki, da preverim, ali je film sploh dober. Upornik je dal tja, kamor kaže puščica na zgornji sliki. Po osvetlitvi je holo- gram razvil in si ga ogledal. Pričakoval je senco v obliki upornika, zagledal pa je 92 KATERO PRASTEVILO - RESITEV IZ P XIII/4 Tokrat smo dobili 14 pravilnih, a žal tudi dve nepraviIni rešitvi. Praštevilo so našli Drago BOKAL iz Polhovega Gradca, Silvan BUCIK iz Tolmina, Jani ČEDE iz Petrovč, Katja DAMIJ iz Ljubljane, Tomaž DIMNIK iz Ljubljane, Roman DRNOVŠEK, ki je pri vojakih v Smederevski Palanki, Jasna GREGO- RiČ iz Ljubljane, Matej KARAHODŽiC iz Ljubljane, Mira KERMAVNER iz Logatca, Silvana KRANJC iz Kobarida, Aleš ŠEF iz Ljubljane, Milan ŠERNEK iz Velike Polane, Mitja VIDRIH iz Ljubljane, Mojca VOLARiČ iz Ljubljane. Izžrebali smo Mojco, Janija in Milana in jim poslali, knjigo Diofantske enačbe J. Grassellija iz zbirke Sigma. Najpopolnejšo rešitev nam je poslal Roman Drnovšek. Zato jo objavljamo: Poskusimo s p = 2 in p = 3. Dobimo eno rešitev in sicerp =3 : 2p2 + 1 = = 19. Dokažimo, da je to tudi edina rešitev. . Eno od treh zaporednih števil (p - l),p, (p + 1) je sigurno deljivo s 3. Ker je p >3, to ne velja zap, torej lahko zaključimo: (p - 1) (P + 1) =3k (k E N) p2 = 3k + 1 2p 2 + 1 = 6k + 3 = 3(2k + 1) je deljivo s 3 in ne more biti praštevilo . Peter Petek nekaj, kar ga je močno osupnilo ... Tedaj so se vrata spet odprla in vstopil je mladi asistent Kobv.ukaželini, poševnooki Japonček, sicer pa dober fant. Dobro je poznal Blakea in ko je uzrl nenavadni ogenj v njegovih očeh, ni premišljeval niti trenutek. Vklenil ga je v svoj jekleni prijem ter ga kljub temu, da seje srdito upiral, nemudoma zvlekel ven ... Ko so profesor Primus, profesor Vedež in asistent Koby pregledovali posta- vitev poskusa in nastali hologram, so opazili nekoliko zanimivosti. Sicer pa je tu slika holograma, ki bi kmalu postal usoden: (Glej sliko 2 na str. 91) Bralec, na tebi je, da poskušaš ugotoviti, odkod so se vzele svetlo-temne proge v silhueti upornika. Primus in Koby tega vprašanja nista rešila, čeprav si je asistent do krvi pregrizel nohte. Šele profesor Vedež jima je stvar pojasnil. Pošljite razlago poskusa na uredništvo Preseka, 61000 Ljubljana, Jadranska 19. Najboljši odgovor bomo nagradili. Andrej Kobe, Primož Ziherl, Blaž Zupan 93 ŠTEVILSKA KRIŽANKA Vodoravno: 1. Površina kvadra, ki ima za robove tri zaporedna praštevila. 3. Obseg pravokotnika s stranicama 1234 in 567. 5. Ploščina pravokotnika iz 3 vodoravno. 7. Površina kocke z robom (7 + 24 ) (26 - 5) 9. Volumen kocke iz 7 vodoravno . 11. Volumen kvadra z robovi 222,333,444. 12. Površina kvadra iz 11 vodoravno. 13. Volumen kvadra, ki ima za osnovno ploskev kvadrat, različna ro bova pa sta prvi dvomestni praštevili. 14. Volumen kvadra iz 1 vodoravno. Navpično: 1. (72 - 2)((62 + 2).32.52.72.(24 + 1)(52 - 23) - 1) 2. 2.32.5.(32 + 2).(1 + 22.3.(52 - 2).( 1 + 22.33.7)) 3.22 .3~.(1 +24).(1 +24 .7.(33 -23))-3 4.2.29.37.(1 + 23.7.23) -1 5.2.3.(32.31.37 - 2) 6. (3 + 22)(2 + 32).(52 - 2.3)(26 - 3) - 1 7. (2 + 32)(22 + 32) 8.2.(5 + 23)(3 + 24 ) 9. Volumen kvadra, ki ima za osnovnico kvadrat s stranico 1, višina pa je dvakrat večja. 10. Najmanjše liho praštevilo. Franci Oblak RELATIVNA RELATIVNOST Mnogo slušateljev univerze v Heidelbergu je prišlo poslušat Einsteinovo preda- vanje. Einstein je takole začel: "Včeraj, ko sem prispel, sem se slabo počutil. Relativno, seveda . Zdravnik, ki sem ga poklical v hotel, mi je predpisal absoluten počitek, 'sicer', je pripom- nil, 'jutri absolutno ne boste mogli stopiti pred občinstvo' . Tako vam zdaj lahko navedem praktičen primer relativnosti, za katero trdim, da je v vseh stva- reh. Ubogal sem zdravnika samo relativno , privoščil sem si relativni počitek 94 IZRAZI 1 2 PRASTEVILA 2,3,5,7 , 11, .., KVADER 3 4 P =2{ab+ac+bc) KOCKA V=abc p= Ba2 b 5 6 V=a' I e llikJ.- ,.L--, ,, , 7 8 a OJ 9 10 11 D b12 1.1 = 11.2 = 2 a 13 ... 10.9 =90 0= 2{a+b) 10.10 = 100 p =a.b 14 ... PRAVOKOTNIK POSTEVAN KA in zdaj sem vseeno med vami ..." Iz ozadja dvorane je neki glas končal stavek: "s.. med vami relativno zdrav ." Einstein je nemoteno nadaljeval: "Popolnoma pravilno, saj v vesolju, kot vam bom zdaj dokazal, ni nič absolutnega .. Isti glas: niti Einsteinova relativnost." V dvorani je nastal smeh in študentje so zagnali tak hrup. da je bilo treba pr8clavanje preložiti na naslednji dan. Zbrala Dušica Boben BOLJ ZA ŠALO KOT ZARES 95 UPORABA JENSENOVE NEENAKOSTI V tem članku bomo pokazali nekaj praktičnih primerov uporabe Jensenove neenakosti. Vzemimo funkciji er in x 2 • Pri eksponentni funkciji naj bo a > O, saj drugače ne znamo izračunati vrednosti funkcije er za poljuben x E ]_00,00[. Najprej bomo pokazali konveksnost funkcije ((x) = x 2 na celi realni osi. Začnimo pri neenakosti ki velja za poljubni realni števili X l in X2' Enakost očitno velja, ko je Xl =X2' Kvadrirajmo levo stran in dobimo oceno: Sedaj pa računajmo lepo po vrsti in pri tem uporabimo zgornjo oceno: 2 2 2 2 ( Xl +X2 )2 =~ +~+ 2x I X 2 <; Xl + X2 2 4 4 4 2 S tem je konveksnost funkcije ((x) = x 2 dokazana. Zato velja Jensenova neena- kost 2 2 2 Xl +X2 +... +Xn n ~( oziroma lepše napisano,-------- J 2 2 2Xl +X2 +...+ Xnn Xl +X2 +"'+Xn;;;.-------n (1 ) Tu so seveda Xl, X2, .. . , X n realna števila. Enakost velja le v primeru, ko je Xl = =X2 =... =xn · Z neenakostjo (1) se v matematiki zelo pogosto srečamo in ima tudi svoje ime. Pravimo ji neenakost med kvadratna in aritmetično sredino n števil. Leva stran neenakosti (1) je namreč kvadratna sredina števil Xl, ..., Xn' desna pa je njihova aritmetična sredina. Naš rezultat bi lahko tudi malce posplošili. Za poljubne Xl, X2 E [0,00[ in vsak m ;;;. 1 velja namreč 96 (2) Z besedami: vsaka potenčna funkcija s potenco m ~ 1 je na intervalu [O,oo[ konveksna . Neenakosti (2) ni več tako lahko dokazati kot tisto za m = 2 . Naj za dokaz tu zadostuje pogled na grafe funkcij f(x) =xm za m > 1. Že naslednji pogled na grafe teh funkcij pa nam pove, zakaj smo se omejili samo na pozitiv- ne argumente . Nekatere izmed teh funkcij za negativne argumente niso več konveksne. Recimo funkcija f(x) = x 3. Jensenova neenakost za funkcijo f(x) = =xm je takale: ali lepše XI+XZ+" ,+Xn n Xlm+XZm+...+xn m n Velja seveda za m ~ 1 in Xl, Xz , •.., Xn E [0 ,00[ . Tudi tu dobimo enakost, ko je Xl =XZ = ... = x n · Pokažimo sedaj še konveksnost funkcije f(x) =tr . V ta namen bomo začeli z neenakostjo ki je izpolnjena za vse realne X l in Xz. Enakost velja le, ko je Xl = Xz (če je le a =1= 1). Kvadr irajmo sedaj desno stran in vse skupaj preuredimo: oziroma a Ta neenakost nam pove , da je funkcija f(x ) = aX konveksna za vse realne x . Zato lahko zapišemo Jensenovo neenakost a XI +x.+ ...+xn X I X. Xn n ~ a +a +...+a n (4) ki velja za po ljubna realna števila Xl, Xz, ... , Xn . Če je a =1= 1, enakost velja le, 97 ':./, XI X 2 Xnaa ... a n ko je Xl =X2 =.., =X n' česar ni težko pokazati. Poslednjo neenakost zapišimo še malo drugače: aX I +aX 2 · + . . . + axn V I·· Id' bstltucii XI X 2 Xn Ppe jrrno nas e nje su stitucue: YI =a , Y2 =a , '''' Yn =a . otem do- bimo: (5) kjer so YI, Y2, ..., Yn poljubna pozitivna realna števila. (Za poljuben Yt lahko izračunamo Xj = loga Yj') Iz (4) sledi, da velja enakost takrat, ko je YI =Y2 = ... =Yn. Izraz na levi strani neenakosti (5) smo že srečali - to je aritmetična sredina n števil. Tudi izraz na desni strani ima svoje ime - pravimo mu geometrijska sredina n števil. Od tod tudi ime neenakosti (5): neenakost med aritmetično in geometrijsko sredino n števil. Pa plšlrno ZI = , IYI, Z2 = , IY2, ..., zn = , lYn' To lahko vedno naredimo, saj so števila YI, Y2, ..., Yn vsa pozitivna. To vstavimo v (5) in dobimo:, , -+-+ z I z 2 n +-'zn ~ 1-2-_' ... -' ZI Z2 Zn oziroma n " ,-+-+ ...+- ZI Z2 Zn (6) Dobili smo neenakost med geometrijsko in harmonično sredino n števil, kajti izraz na desni strani neenakosti (6) je njihova harmonična sredina. Na koncu članka smo. Preden pa zares končamo, se ozrimo po poti, ki smo jo pravkar prehodili. S pomočjo Jensenove neenakosti smo pokazali, da za poljubna pozitivna števila Xl, X2, ..., Xn velja: n ~------- --!+ .L + +.L Xl X2 ... Xn Povsod velja enakost le. ko je Xl =X2 =... =Xn. 98 Peter Anastasov, Mirko Dobovišek 5. REPUBUSKO TEKMOVANJE MLADIH FIZIKOV . V soboto , 7. junija, je bilo 5. REPUBLIŠKO TEKMOVANJE V ZNANJU FIZI KE za učence prvih letnikov srednjega usmerjenega izobraževanja. Okrog 100 učencev je ob 10. uri reševalo izbirni test, ob 12.30 pa je šest najboljših dvočlanskih ekip tekmovalo v javnem kvizu znanja za nagrade, naročnine na revije ŽIT, MLADINA, KIH, PRESEK, za knjižne nagradezaložbe DE. knjižice SIGMA in iz Presekove knjižnice, nagrade ISKRE idr . Tekmovanje je organiziralo Društvo matematikov, fizikov in astronomov SR Slovenije ob sodelovanju IJS, VTO fizika in ZŠ SRS. Popestrili so ga s šte- vilnimi poskusi, s predavanjem dr. Janeza Strnada o radioaktivnost i in z vpra- šanji ter nagradami za gledalce med javnim delom kviza. Spomnili so se tudi Edvarda Rusjana, našega prvega letalca in znanih jugoslovanskih fizikov. Prvo nagrado je dosegla ekipa, v kateri sta bila Igor ZR INSKI in Mihec MESARiČ iz SCTPU. Murska Sobota (mentor Edo Dečko). Drugo nagrado je prejela ekipa dijakov Denis DONLAGIC in Janez BREST iz SNŠ Miloš Zidanšek, Maribor (mentor Miha Kacafun ). V ekipi. ki je osvojila tretjo nagrado, pa sta bila Jaka CIMPR IČ in Andraž OBLAK iz SNŠ, Ljubljana (mentor Andrej Lobnik). Od najboljših mladih tekmovalcev upravičeno pričakujemo ševeč uspehov, saj znanje o naravi že sedaj pridno nabirajo . Društvo je za najboljših 8 ekip pri - redilo letno šolo iz fizike na Bledu od 23. do 28. junija, kjer so mladi fiziki svoje znanje poglabljali na bolj nešolski način , čeprav tudi ob predavanjih in eksperiment ih. Nekaj vprašanj in predlaganih odgovorov, ki so jih reševali ude- leženci tekmovanja, objavljamo na str. 99, 102, 105 in 111. KATERI ODGOVOR JE PRAVILEN? 1. Nihalo na vijačno vzmet in matematično nihalo imata na Zemlji enako lastno frekvenco. Astronavti ju prenesejo na Luno. Kako bosta nihala tam? a) lastni frekvenci nihal bosta ostali nespremenjeni b) matematično nihalo bo nihalo z večjo lastno frekvenco c) nihalo na vijačno vzmet bo nihalo z manjšo lastno frekvenco dl nihalo na vijačno vzmet bo nihalo z nespremenjeno lastno frekvenco e) lastna f rekvenca matematičnega nihala sene bo spremenila f) nihajni čas matematičnega nihala se bo podaljšal Jole Kotnik 99 PITAGOROVO DREVO Že več tisočletij poznajo ljudje čudovi­ ta matematična dragulja: prvi je Pitago- rov izrek, drugi je zlati rez. Med obema bomo našli presenetljivo zvezo. 1) Spomnimo se na vsebino Pitagorovega izreka: Če je trikotnik pravokoten, je kvadrat najdaljše stranice enak vsoti kvadra- tov drugih dveh stranic. Za začetek poglejmo ta naravna števila : 3,4,5. Opazimo, da je razlika med sosednjima številoma enaka 1 (aritmetično zaporedje) . Drugo opažanje: 52 = 42 + 32 • Edina tri zaporedna naravna števila z lastnostjo , da je kvadrat največ­ jega izmed teh števil enak vsoti kvadratov drugih dveh števil, so ravno števila 5,4,3. Dogovor: Če naravna števila a, b, c ustrezajo zvezi a2 +b 2 ;" c2 ,jih imenu- jemo Pitagorova trojica. Če so si števila poleg tega še tuja, je (a, b, c) primitivna Pitagorova trojica. Že do lgo je znano, da dobimo vse primitivne Pitagorove trojice takole: izberemo dve tuji si števili m, n; m > n, ki sta različnih parnosti (eno je sodo, drugo Iiho) in oblikujemo trojico (a, b, c): b=2mn (1 ) Števili m, n imenujemo generatorja primitivne Pitagorove trojice (a, b, e), Da je (a, b, c) res Pitagorova trojica, pa se bralec lahko sam prepriča. 2) Zdaj se vprašajrno, ali obstaja kakšna zveza med poljubnima primitivnima trojicama. Odgovor je pritrdilen. Da bomo sledili nadaljevanju, si oglejmo tri skupine števil , ki jih na kratko zaznamujmo G, N, O in jih zapišimo v obliki: (1-2 2)G = 2 -1 22 -2 3 ( 1 2 2) N= 2 1 2 223 (-122)0= -2 1 2-2 2 3 (2) Imenujemo jih matrike velikosti 3 x 3 (matrike s tremi vrsticami in s tremi stolpen. Tudi Pitago rovo trojico lahko zapišemo v obliki matrike, npr . (a, b, cl, ali 100 pa T' ( ~ 1 1,to lpčn. matrika). Zdaj pa poglejmo produkte matrik G.T, N.T, D.T. Najprej ( 1 -22)(a) (a-2b+2C) (al)G.T= 2 -12 b = 2a-b+2c = bl 2 -2 3 C 2a - 2b + 3c Cl (3d Če pozorno pogledaš, kar samostojno ugotoviš pravilo za množenje matri- ke G in T: vsaka vrstica matrike G in stolpec T se zmnožita po komponentah, ki jih nazadnje seštejemo. Prav lahko preveriš tudi druga dva računa: N.T' n2 2 ) (a) (. + 2b + 2e) (")1 2 b = 2a + b + 2c = b2 2 3 C 2a + 2b + 3c C2 c' 2 2 )(a) c'+ 2b + 2e) (',)D.T= -2 1 2 b = -2a + b + 2c = b 3-2 2 3 C -2a + 2b + 3c C3 Prav tako lahko samostojno preveriš, da na podlagi (1), (3 1 - 33 ) velja : a1 2 = (m2 - n2) - 2.2mn + 2(m 2 +n2) = (2m - n)2 _ m? bl =2(m 2 - n2) - 2mn + 2(m 2 +n2) =2(2m - nIm Cl = 2(m 2 - n2) - 2.2mn + 3(m2 + n2) = (2m - n)2 +n2 a2 = (m2 - n2) + 4mn + 2(m 2 + n2) = (2m + n)2 - m2 b2 = 2(m 2 - n2) + 2mn + 2(m 2 + n2) = 2(2m + n m C2 = 2(m 2 _n2) + 4mn + 3(m 2 +n2) = (2m +n)2 « m? a3 = _(m2 - n 2) + 4mn + 2(m 2 + n2) = (m + 2n)2 _ n2 b3 = -2(m 2 - n2) + 2mn + 2(m 2 + n 2) = 2(m + 2n)n C3 = -2(m2 - n 2) + 4mn + 3(m 2 + n2) = (m + 2n)2 + n2 101 Povzernlmo: Č. [e T =( ~) prirnitivna Pitaqorova trojk. z g.n""o,j.m. m, n, so GT, NT,DTspet primitivne Pitagorove trojice z generatorj i G.T 2m -n,m N.T 2m +n,m D.T m + 2n, n (4) 3) Izberirno trojico To = ( ~) , njena g'n""mj. sta ro =2, n =1. Pa oblikujmo drevo. ki ima začetek (korenino) To. veje pa oblikujmo tako: G N o G ."gor" N "naprej" D "dol" KATERI ODGOVOR JE PRAVILEN? 3. Sonce oddaja v prostor vsako sekundo 4.102 6 J energije. Koliko m2 Sončeve površine ima enako moč kot jedrska elektrarna Krško? a) 900 m2 b) 90 m2 c) 9 m2 d) 0.9 m2 e) 0.09 m2 Jože Kotnik 102 Če označimo na primer trojice in pare generatorjev, dobimo:--________ (4,3) === (5,12,13)~ (8,3) __ (3,2) --(7,2) __--~(8,5)-== (3,4,5)0---- (21,20,29) (12,5) ___ (2,1) (5,2) --(9,2) __--______ (7,4) === (15,8,17) (9,4) __ (4,1) --(6,1) __ To drevo ima nešteto mnogo razvejišč (vozlišč). Stopnja vsakega vozlišča je 4, le korenina ima stopnjo enako 3. Ali so v tem (neskončnem) drevesu na razvejiščih vse primitivne Pitagoro- ve trojice? Da to drži, vidimo iz premisleka: Izberimo števili M, N, M >N, tuji in različnih parnosti. Ta generatorja do- ločata primitivno Pitagorovo trojico (A, B, C): B=2MN Treba je pokazati, da je ta trojica v nekem vozlišču drevesa. Za M, N preučimo tri možnosti: (1) Nn. Zato par (m, n) določa primitivno Pitaqorovo trojico, npr. T' = (a, b, cl. Zgoraj smo pa ugotovili, da so potem GT', NT', DT' spet primitivna Pitagorova trojica; z generatorjema m, n naredimo po (5) novo dvojico generatorjev, npr . m' in n'. Potem je m'+n' 2). velja: 121(x) =1.x2 + 2.x + 1 = (x + 1)2 Poiščimo podobno lastnost še za števili iz naslednjih dveh vrstic v tabeli 2. Ker je 14641 (x) = 1.x4 + 4.x 3 + 6.x 2 + 4.x + 1 = (x + 1)4 106 vidimo, da je število 1331 kub nekega števila in 14641 četrta potenca nekega števila, neodvisno od izbire osnove številskega sistema. Pri številu 1331 mora bi- ti osnova večja kot 3 in pri 14641 večja kot 6, sicer števili nimata pomena. Vprašajmo se še, ali je poleg števila 14641 še kako drugo petmestno števi- lo A8CDE, ki je četrta potenca nekega naravnega števila, neodvisno od izbire osnove številskega sistema. Če je osnova številskega sistema x, potem zapis A8CDE pomeni: A8CDE(x) =A.x4 +8.x3 +C.x2 +D.x +E O 14 - .1. Vsem pogojem ustreza le a = 14, trikotnik je enakokrak z obsegom 29 cm. 113 4. 7. razred 8. razred n p(-ll2) = - 9/8, p(-l) = pIl) = O x 5. Iskano število zapišemo kot abcde4. Iz besedila naloge sledi : 4.abcde4 = 4abcde , kar pomeni, da je a = 1 in e = 6. Postopoma do- bimo nato d = 5, pa c = 2 in b = O. Število je 102564. 1. Enačba ima edino rešitev x = 3. 2. x + y = 4. Presečišče z abscisno osjo M(m,O): m = 4; presečišče z ordinatno osjo N(O,n): n = 4. p = n.ml2 = 8 = c. vl2 in c = 4.../2, zato je v = 2.../2. 4. Označimo: p(x) = _x3 +x2 +x-l Velja: p( -312) =3 t 114 1.3/2 2.a2 = 130a1/100, P2 = a22 = 16900a1 2110000 = = 169pt!100 02 = 4a2 = 4.130at!100 = = 1300t!100 Ploščina se poveča za 69 odstotkov, obseg pa za 30 odstotkov. 3. Manjši kot meri 60°, obseg pa je enak 5r in meri 20 cm. 3. 1 + (p - 1)12 + pl3 + 1 = p, dobimo: p = 9 km. 4. Vseh manjših kock je 1000. Tri ploskve ima pobarvanih 8 kock, po dve ploskvi sta pobarvani na 96 kockah in po eno pobarvano ploskev ima 384 kock. Nepobarvanih je 512 kock. 5. Vk =a 3 = 1 dm3,a= 1 dm=2r= =v, Vv = 1Tr2v; k = 100.(Vk-Vv)IVk = 21,5 Odpade 21,5 odstotka lesa. Jana Novak TRINAJST PREMIC - rešitev s str. 89 Izberemo v ravnini točko P in skozi njo konstruiramo premice Pt, P2, .•., Pt3, vzporedne danim premicam. Ker med danimi premicami ni bilo vzporednic, imajo premice Pt,P2, ...,Pt3 'skupno le točko P. Zato delijo polni kot 360° na 26 delov. Ker pa je 360: 26 < 14, je vsaj eden teh kotov manjši od 14°. Med pr- votnimi premicami je torej tak par, ki oklepa kot, manjši od 14°. Dragoljub M. Miloševic (prev. Peter Petek) / O N ALA JEC K E V RLA v A A U K Š " 0"'' A ;;~; K O L R N .~;;;:. / N E KAD / T L E C oo ". N A L V / ' " oh T R ENA S E R K s T -"oo / w,." A SLIKOVNA KRIZANKA ==;==;==9C""""C"""";'=;'= 115 Dot'il'\lo' NlcT"Ll'" 1__ III IL _, II~ _ RAČUNANJE VREDNOSTI NEKATERIH MATEMATIČNIHFUNKCIJ Uvod Verjetno ste se že večkrat vprašali, kako kaikuiatorji ali pa tudi vaši domači ra- čunalniki računajo vrednosti različnih matematičnih funkcij. Če je funkcija dovolj "lepa", in take so prektično vse funkcije, ki jih srečamo v srednji šoli, potem lahko vrednost funkcije zapišemo v obliki neskončne vrste. Učeno bi lahko dejali, da funkcijo razvijemo v Taylorjevo vrsto . Tako na primer lahko zapišemo identiteto za funkcijo sin (x) : . x 3 x 5 x 7 sinlx] =x --+---+ ... 3! 5! 71 Neskončnega računa seveda ne moremo opraviti , toda če vzamemo za- dostno število členov vrste, lahko dobimo poljubno natančnen približek. Na prvi pogled smo tako problem računanja funkcij rešili , in to celo zelo splošno. Žal pa je v računalništvu, za razliko od matematike, ponavadi hitrost algoritma važnejši kriterij kot splošnost rešitve. Problem pri računanju vrednosti funkcij je s pomočjo Taylorjeve vrste je v tem, da moramo pri velikem argumentu x za dosego željene natančnosti upoštevati precej členov . To pa nasprotuje želji po učinkovitosti (hitrosti). Dobri algoritmi ponavadi zahtevajo globlje poznavanje problema, ki ga re- (y) 116 šujemo . Še preden si ogledamo, kako VeCII13 kalkulatorjev firme Hewlett- Packard računa kvadratni koren in trigonometrične funkcije, izpeljimo fo rmu- li, ki ju bomo potrebovali kasneje. Naj bo Tl poljubna točka v ravnini s koordinatama (Xl, vd. V polarnih koordinatah se koordinati točke Tl glasita: Vl = r. sin(\Pl) (1 ) kjer je r razdalja točke Tl od koordinatnega izhodišča in \Pl kot , ki ga poltrak iz izhodišča od Tl oklepa z osjo x. Zavrtimo točko Tl za kot \P2 v pozitivn i smeri okrog izhodišča v točko T2 (slika 1). Vprašajmo po koordinatah točke T2 • Najprej je: V2 = r . sin(\Pl + \P2) Če uporabimo za sin in cos adicijska teorema in upoštevamo ( t) . dobimo formuli : (2) Povejmo še, da kaikuiatorji HP uporabljajo posebne mikroprocesorje, pri katerih množenje z lan ne pomeni nič drugega kot premik decimalne pike. Prednost desetiške aritmetike je v tem, da ni potrebno pretvarjanje med dvo- jiškim in desetiškim sistemom. Če bi bila aritmetika dvojiška , bi računali dvo - jiške cifre, ki b i jih potem pomnožili z ustrezn imi potencami 2n • Kvadratni koren Kako bi izračunali kvadratni koren, če bi b ili brez kaikuiatorja, v usmerjeni šoli pa vas tega niso naučili? Izberimo neki približek, ki se nam zdi primeren, in prever imo , koliko sreče smo imeli , tako da izračunamo kvadrat približka. Če smo dob ili premalo , smo izbrali premajhen približek, če smo dob ili preveč, je bil približek prevelik , sicer pa smo imeli srečo in zadeli rešitev. Ker je verjet- nost zadetka majhna, postopek nadaljujmo tako , da približek izboljšamo, To delamo toliko časa, da smo z rezultatom zadovoljni. Zapišimo opisani postopek še v algoritmičnem jeziku. Vzemi začetni približek za koren a 117 ponavljaj izračunaj a2 R *"""x - a2 če je R dovolj majhen potem končaj sicer popravi a glede na predznak R do tod Seveda ta postopek še ni dober. Kalkulatorju je treba povedati, za koliko naj popravi e, razen tega pa zahteva vsak korak kar precej časa: izračun a2 in ostanka R. Algoritem torej spremenimo tako, da računanje a2 in R opravimo kar najlažje, ko spremenimo približek a. To naredimo tako, da postopoma računamo približek: najprej določimo pravilne tisočice, nato stotice, desetice, enice, .... Zdaj spoznamo v njem starega znanca (ali pa tudi ne). Tako vendar računamo kvadratni koren "peš" s papirjem in svinčnikom. Vpeljimo nekaj oznak, ki nam bodo olajšale nadaljnje delo: x število, katerega koren računamo a približek za koren b naslednja cifra X 1/2, ki jo iščemo j eksponent potence števila 10 Ra X - a2 tekoči ostanek aj novi e, ko dodamo b na ustrezno mesto: aj = a +b . 10i in Rb naj bo enak a/ - a2 Število x V2 bomo poiskali tako , da se bomo pravi vrednosti bližali od spodaj. Torej mora v vsakem trenutku veljati pogoj: in s tem Ra~O Ostanek moramo karseda zmanjšati, kljub temu pa še ostati pod X 1/2• Zato mora biti b največje tako število, a bo veljalo: 118 Če upoštevamo definicijo Rb Rb = (a + (b . 1Ql'))2 - a 2 = 2a b . 10i + (b . 10i)2 je b t isto največje število . da velja: 2ab . 10 i + (b . 10 i)2 .;;;; Ra Ko najdemo največje naravno število b, ki tej neenačbi zadošča, iz računa- mo nov približek a +- a+b .10 i Ra +- Ra - Rb j +- j - 1 Oglejmo si primer: x =54756, j = 1, a =200, Ra = 14756 . Zaporedoma računamo nove ostanke : b o O 1 4100 2 8400 3 12900 4 17600 14756 10656 6356 1856 -2844 Torej moramo za b vzeti 3, ker je b = 4 že preveč. Novi približek je tedaj a =200 + 3.101 =230, novi ostanek Ra = 1856 inj =O. Postopek nato ponovimo tolikokrat. da dosežemo željeno natančnost. Algoritem pa lahko tudi izboljšamo. Prva taka izboljšava je način , kako izrazimo (b . 10 i )2 . Pri tem upcštevamo .da je cšvscta prvih b lihih števil. Od tod: prištejmo 2a b . 10 i in dobimo 2ab. lO i + (b .lO i)2 = ~ (2a . ro/ + (2;-1) . 10 2i ) Leva stran je novi ostanek Rb . Namesto da gledamo Ra in Rb • opazujmo 5Ra in 5Rb • saj če velja Rb .;;;; Ra. velja tudi 5Rb ';;;; 5Ra. Ostanek Rb ima obliko 5Rb = ~ 10a . lO i + (10; - 5). 102i 119 postopek pa ostane nespremenjen, le da iščemo tisto največje naravno število b, za katerega velja 5R b .;;; Ra. novi ostanek pa je 5Ra =5Ra - 5R b . Trans- formacija je na prvi pogled nesmiselna. Če pa si ogledamo zaporedne Rb in upoštevamo, da zaradi BeD mikroprocesorja množenje z 10 pomeni le rotacij o v desno, dobi transformacija smisel. b=1 Rb=10a.10 j+05.10 2j b = 2 Rb = 10a. 10 j + 15 . 102j b = 3 Rb = 10a . 10 j + 25 . 102j Vidimo, da imajo ostanki Rb obliko 10a . lO j + ib - 1)15. 10 2j• kjer oznaka 15 pomeni dopisovanje petice. Poglejmo tako popravljeni postopek na našem primeru (x = 54756,j = 1, a = 200, 5Ra = 73780). Zaporedoma računamo nove ostanke: b 1 2 3 4 10a. 10 j + (b-1)15 .102j 20500 21500 22500 23500 53280 31780 9280 (novi 5Ra ) -14220 prekoračitev in naslednji korak lj = O. a = 230, 5Ra = 9280): b 1 2 3 4 5 10a.lOj + (b-1)\5.10 2j 2305 2315 2325 2335 2345 6975 4660 2335 O -2345 prekoračitev Če pogledamo obe tabeli, opazimo, da vrednosti v srednjem stolpcu ni treba računati, saj jih dobimo enostavno s spajanjem naračunanih cifer približ- ka, petice in še 2j ničel. Ničlo potem nadomeščamo zaporedoma s ciframi 1. 2, .... tako da je edino delo, ki ga še mora opraviti računalnik, računanje razlike 5R a - 5R b . Pri ogledu algoritma smo vzeli kot primer veliko število. Dejansko pa je v kalkulatorjih tipa HP štev ilo predstavljeno v eksponentnem zapisu z mantiso Min eksponentom exp: x =M. lOexp 120 kjer je 1 .;;;; M < 10. Poleg mantise je treba koreniti tudi potenco 1Oexp . S so- dim eksponentom ni t ežav: Če je eksponent l ih , pa ga zmanjšamo za 1. S tem smo seveda poveča li mantiso, tako da je v mejah 1 .;;;; M < 100, a po korenjenju bo mantisa M v pravih mejah. Ves postopek bi bi l torej takšen: 1. izračunaj eksponent odgovora 2. pomnoži mantiso s 5, dobiš 5Ra 3. z začetnim približkom a = O uporabi opisano metodo in po išči 12 cifer odgovora 4. zaokroži mantiso, dodaj eksponent 5. izpiši rezultat Če ste postopek razumeli, ga sprogramirajte v nekem višjem programske m jeziku, recimo v basicu na vašem domačem računalniku. Trigonometrične funkcije: sin(lp), cos(lp), tg(lp), ctg(lp) Za izračun vseh štirih trigonometričnih funkcij bomo uporabili isti algoritem, kar vsekakor pomeni bistven prihranek ROM-a. V vsakem primeru najprej izra- . čunamo tg(lp) ali pa ctg(lp), nato pa po potrebi iz njiju sin(lp) in coste) s f ormu- lama: sin(lp) = -----=--- (3) ± ctg(lp) 1 + ctg2 (lp) (4) V primerih , ko dobimo kot lp v drugih kotnih enotah kot radianih, ga najprej pretvorimo v radiane. Ker so trigonometrične funkcije periodične s periodo 21T, reduciramo poljuben kot na intervalu [O, 21T). To lahko naredimo tako , da odštevamo 21T od kota , dokler ne pridemo v ustrezn i interval. Vendar bi bil tak postopek za velike kote sila neučinkovit. Zato kot najprej zapišimo v eksponentnem zapisu in nato od njega odštevajmo velike večkratnike kota 21T, dokler ne dobimo negativnega kota. Nato ta večkratnik enkrat prištejemo in postopek ponovimo pri manjšem večkratniku kota 21T. Zapišimo ta postopek algoritmično: 121 kot 'Pzapiši v obliki 'P ==81.8283 .... 10n za k = n, n - 1, ..., Oponovi y~2.1T.1ok ponavljaj 'P~ 'P - Y dokler ni 'P< O 'P~'P+Y Na ta način velike kote zelo hitro spravimo v ustrezni integral. Sam pre- misli, kaj moramo opraviti v gornjem postopku, če imamo za podatek negati- ven kot. S tem algoritmom smo spravili kot na interval [O, 21T) in od tu dalje nas bodo zanimali le še ustrezni koti. Glavna ideja, ki nas pripelje do končnega algoritma, je naslednja. Če poznamo poljubno točko na poltraku iz izhodišča, ki oklepa z osjo x kot 'P, znamo tg('P) in ctg('P) izračunati s srednješolskima formulama: )1' tg('P) =- x in x ctg('P) =- Y (5) in odtod s formulama (1) in (2) tudi sin('P) in coste). Seveda pa še ne vemo , ka- ko naj pridelamo ustrezno točko (x, y) na poltraku, ki oklepa z osjo x kot 'P. Postopajmo takole: začetno točko, ki je dovolj blizu osi x, zavrtimo nekajkrat v pozitivni smeri za ustrezne kote 'P, dokler ne dobimo zaželjene točke . Najprej zapišimo formuli (2). ki zavrtita točko (Xl, Yd v ravnini za kot 'P2 : X2 = Xl . COS('P2) - YI. sin('P2) Y2 = YI . COS('P2) + Xl. sin('P2) Če obe enačbi (6) delimo s COS('P2), dobimo identiteto: X2/COS('P2)=XI-Yl.tg('P2) YdCOS('P2) == Y l + Xl· tg('P2) (6) Označimo prvo desno stran v (7) z X2', drugo desno stran pa z Y2', Če enačbi (7) zapišemo v teh novih oznakah, dobimo razmerje: (8) Ker je Y2/X2 = tg('Pl + 'P2), lahko tangens kota 'PI + 'P2 dobimo tako, da izra- čunamo X2' in Y2', Torej lahko izračunamo tangens za 'P2 večjega kota, če le poznamo tg('P2). X2' in Y2' To in pa seveda dejstvo, da postopek lahko večkrat po novimo, uporabimo v našem algoritmu. Za izračun tg('Pl + '(2) v (8) mora- mo izračunati X2' in Y2', ki ju dobimo v formuli (7). 122 Ker smo pri izbiri kota 1{)2 še svobodni. ga izberimo tako. da bo izračun v (7) čim preprostejši. Kot smo že omenili. uporabljajo HP kaikuiatorji posebne procesorje. pri katerih predstavlja množenje s potencami 10 le premik decimal- ne pike. Zato zahtevaj mo. da je tg(1{)2) oblike 1o-.Množenje v (7) namreč tedaj ni nič drugega kot premik decimaine pike za k mest. Kot 1{) torej zapišimo v obliki: Pri tem smo s tg-1 zapisal i inverzno funkcijo k funkcij i tangens. Vse kon, stante ao . a l •... so naravna števila. manjša ali enaka 10, tako da za vsako od njih potrebujemo en sam štiribitni zapis. Ustrezne približne kote zapišimo v radianih in stopinjah. tg-1 (1) tg-1 (0.1 l - 1 tg (0.01) tg-1 (0.001) 0.785398163 0.099668652 0.009999667 0.001000000 tg'l (1) tg'l (tU l tg-1 (0.01) tg'l (0.001) 45 5.710593137 0.572938698 0.057295604 Koti v radianih vsebujejo v svojih cifrah več pravilnosti. Vsi ti koti so seve, da stalno zapisani v ROM-u. večja pravilnost pa pomeni manjšo porabo prosto, ra. kar daje radianom prednost pred stopinjami. Zato smo tudi takoj na za- četku pretvorili kot v radiane. Razcep opravimo s preprostim algorimnom. Od kota odštevamo ustrezni kot. dokler kot ni negativen . potem pa mu še enkrat prištejemo isti kot. Ves postopek nato ponovimo na manjšem kotu . Zapišimo ta postopek zopet v obliki algoritma: odštevaj: za i = O. 1, 2. ... ponovi aj +- O ponavljaj 1{) +-1{) - tg-1 (10-j) aj +-aj + 1 če je 1{) < Opotem 1{) +-1{)+ tg'l (1 o-jI aj +-aj - 1 zapusti odštevaj do tod do tod 123 Kako majhen naj bo ostanek r pr i razcepu (9). je odv isno od natančnosti aritmetike. V večini kalkulatorjev HP se napravi razcep do kota tg-1 (0.0001) . Tedaj je namreč ostanek že tako majhen. da ne vpliva niti na zadnjo decimaiko v končnem izračunu. Da pa lahko začnemo celoten postopek. moramo določiti še začetno točko. Ker je ostanek r zelo majhen. je. če vzamemo x = 1, tg(r) približno enak rln za začetno točko vzamemo točko (1,r). Napišimo še algor i- tem, s katerim izračunamo končno točko na poltraku, ki oklepa z osjo x kot !(Jo x+-1 y +-r za k =O, 1...., m ponovi zai= 1.2• ...•ak ponovi x' +- x - y . lO-k y' +- Y + x . 10-k x -0, tako da je: gIn) ~ C.f(n) , za vse dovolj velike n. Definicija potrebuje nekaj pojasnil. Da gIn) ~ C.f(n) velja za vse dovolj velike n, pomeni, da velja za vsa naravna števila, ki so večja od nekega naravne- 125 ga števila no. Izjavo gIn) = O(f(n)) preberemo takole: funkcija gIn) je "veliki o od" fIn) . Časovno zahtevnost algoritma (in tudi prostorsko) navadno opišemo s pomočjo velikega o. Primer 1. Velikokrat imamo opraviti z zahtevnostjo, ki se izraža s polinomom v velikosti problema . Polinom gIn) stopnje k je funkcija oblike kjer so koeficienti aj poljubna realna števila in je an =1= O. Recimo, da je gIn) = = 2n 4 + n 3 - n2 - 23n + 10. Tedaj je zahtevnost algoritma O(n4 ) . Če namreč za konstanto C vzamemo C = 3, potem je pogoj 2n 4+n3-n2-23n+10 ~ 3n 4 izpolnjen kar za vsa naravna števila in lahko izberemo no =O. Nasploh velja, da zahtevnost polinoma dobimo tako, da vzamemo vodilno potenco polinoma. Tako je 5n 3 + 100n2 + 99n = O(n 3 ). Kako velik no moramo vzeti, če izbere- mo C = 6? (no = 100). Seveda bi bil no manjši, če bi izbrali večjo konstanto C. Vprašajmo se, kakšna je časovna zahtevnost algoritma za igranje šaha. V načelu je algoritem tak, da pregleda vse kombinacije in se nato odloči za naj- boljšo. No, vseh možnih kombinacij do konca partije prav gotovo ne bo pre- gledal. Za koliko potez vnaprej naj torej gleda vsemožnosti? Če gleda samo za eno potezo, tedaj niti ni tako veliko možnosti. Seveda bo igral temu primerno slabo. Če se odloči za dve, mora upoštevati vse možne nasprotnikove odgovore na prvo potezo ... Gotovo slutite, da število kombinacij z vsako naslednjo po- tezo strahovito hitro raste. Seveda bo igral tem bolje, čim več potez vnaprej bo gledal. Odtod izvira velika poraba časa za igranje na zahtevnejših stopnjah. Ustvarjalci programov za igranje šaha se zato trudijo, da bi z globljim pozna- vanjem šaha pregledovali samo nekatere kombinacije in se med temi odločili za pravo potezo. V ocenjevanju zahtevnosti imajo poseben pomen eksponentne funkcije. Funcija fIn) je eksponentna, če je oblike fIn) = an, kjer je a neko pozitivno število. Primer eksponentnih funkcij sta fIn) == 2n in fIn) = en. Naloga. Pokaži, da funkcija fIn) = 2n ni O(nk ) za noben k. Glavna značilnost eksponentnih funkcij je, da strahovito hitro naraščajo. Po- znamo tudi funkcije, ki naraščajo šehitreje kot eksponentne, na primer fIn) = 2 2n pa tudi take, ki naraščajo počasneje kot eksponentne, pa vendar hitreje kot katerakoli potenca (na primer fIn) = n Iogn). Kakršnokoli funkcijo izmed omenjenih že srečamo, senam ne piše dobro. 126 Naloga. Recimo, da je velikost problema n. Imamo tri algoritme: prvi je zahte- vnosti n, drugi n3 in tretji 3" . Predpostavimo, da ručunalnik za eno operacijo potrebuje mikrosekundo (10-6 s). Kako velika je lahko naloga v vsakem od primerov, če imamo na razpolago uro računalniškega časa (3.6.109,1532, 20)? Algoritem je eksponenten, če je zahtevnosti O(f(n)), kjer je f(n) eksponentna funkcija. Podobno je algoritem polinomski, če je zahtevnosti O(f(n)l. kjer je f(n) polinom. Problem igranja šaha je po svoji naravi časovno zelo zahteven, saj je njegova zahtevnost vsaj eksponentna, če ne celo več. Če za dani problem ne znamo poiskati boljšega kot eksponentni algoritem, potem lahko obupamo ali pa malo pogoljufamo pri reševanju problema na različne načine. Pri šahu po- goljufamo tako, da ne gledamo preveč potez vnaprej in s tem naredimo pro- blem majhen. Naloga. Morda kdo misli, da bodo hitrejši računalniki rešili počasne algoritme. Vendar temu ni tako. Recimo, da imamo na razpolago tisočkrat hitrejši raču­ nalnik kot v prejšnji nalogi, torej osnovno operacijo opravi v nanosekundi (10-9 s). Za iste zahtevnosti se zopet vprašajmo po največji obsežnosti, ki jo za vsakega med njimi lahko opravimo veni uri (3.6.1012 , 15327,26). Opazimo, da smo pri eksponentnem algoritmu zelo malo pridobili. Za konec si oglejmo še nekaj primerov. Primer 2. Iskanje največjega elementa zaporedja. Recimo, da imamo neko poljubno zaporedje n števil, v katerem moramo poiskati največji element . Prav gotovo moramo pogledati vsa števila, saj bi lahko bilo največje število ravno tisto, ki ga nismo pogledali. Narediti moramo torej vsaj n osnovnih operacij. Sestavi algoritem, ki bo poiskal največji element zaporedja v času O(n). Primer 3. Urejanje zaporedja. V praksi se velikokrat srečamo s problemom urejanja zaporedja. Zanj je izdelana že zelo obsežna teorija. Morda najpreprostejši algoritem bi bil nasle- dnji: poiščemo največji element in gadamo na prvo mesto, nato med preostali- mi poiščemo največjega in ga damo na drugo mesto, ... Poizkusi dokazati, da je časovna zahtevnost tega algoritma O(n 2 ) . Toliko časa algoritem potrebuje tu- di v primeru, ko so vhodni podatki že urejeni. Radovednejšim naj povemo, da je časovna zahtevnost najboljših algoritmov za urejanje O(n.logn). Primer 4. Delitev množice. Imejmo končno množico A z elementi iz množice naravnih števil. Vprašaj- mo se, ali lahko to množico razdelimo na dve podmnožici Al in A 2 tako, da je vsota elementov v podmnožicah enaka. Če je A = { 13, 4, 10, 11,8} , sta mno- žici Al = { 13, lO} in A z = {,4, 11, 8l rešitev problema delitve množiceA. Problem je videti preprost, tako da ga verjetno ni težko rešiti. Vendar nasprvi 127 vtis ne sme zavesti. Dosedaj namreč še nihče ni našel polinomskega algoritma za problem delitve množice (naj opozorimo, da je v tem primeru velikost nalo- ge dolžina zapisa podatkov in ne recimo največje dano število). Celo več: če bi komu to uspelo, bi s tem rešil tudi veliko število drugih pomembnih proble- mov (nekaj tisoč l), za katere tudi še ne poznamo polinomskega algoritma. Sandi K/avtar I~OI/I[E . PRESEKOVI RACUNALNIŠKI PROGRAMI Od objave našega natečaja nas ločijo poletne šolske počitnice, zato naj vas po- novno spomnimo na našo akcijo zbiranja in izmenjave izvirnih programov za delo v šoli. V prvi letošnji številki Preseka ste lahko prebrali opis prvih progra- mov, ki so prišli na naš razpis. Obilica dela ob zaključku šolskega leta in poči­ tnice sta verjetno prispevala k temu, da smo do konca avgusta dobili le še eno kaseto s programi. Poslala sta jo Maja in Aleksander Manohin. Na kaseti je kopica zanimivih programov, med katerimi sta za šolsko rabo posebej primerna programa Utrjevanje fizike - gibanje in Utrjevanje fizike - snov 7. razreda. Prvi program obravnava enakomerno in enakomerno pospešeno gibanje. Izračunava povezave med količinami, riše grafe in testira učenčevo znanje, drugi program pa, kot pove že naslov, izračunava in utrjuje zveze med fizikalnimi količinami, s katerimi se učenci srečajo v sedmem razredu. Oba pro- grama sta zelo preprosta za uporabo, saj delo poteka s pomočjo menujev in tu- di zmesti se ju ne da z nesmiselnimi podatki, zato ju toplo priporočamoza iz- menjavo in uporabo. Naj omenimo le še to, da jih soavtorica uspešno uporablja pri svojem vsakdanjem šolskem delu. Naslov avtorjev: Maja Manohin, OŠ Dr. Jože Potrč, Potrčeva 1, Ljubljana. Upava, da bo z novim šolskim letom akcija bolj zaživela. V uredništvu se že pogovarjamo o nekaterih novih organizacijskih oblikah, ki bi omogočile enostavnejšo izmenjavo programov. Seveda pa za to potrebujemo vaše progra- me. Zato pogumno na delo in pošljite nam čimveč prispevkov. Ko smo že več- . krat omenili, bodo posebej dobrodošle vse misli, želje in sugestije, ne le o tej akciji, marveč o Preseku nasploh. Sandi K/avtar, Matija Lokar 128 KRATKOCASNE V21GALlCE - RESITVE 39 ro ~ O:J 40 r--- 1 ~ 41 42 ~ ~ =~~.J 43a 43b r':::::::: O : : . : ; Eb ~ Eb;0 ~t·::: : · · · · · · · , t -".,.;,...,.::».~ => ~.dJ => 44. ~ 44b