LIST ZA MLADE
MATEMATIKE
OO FIZIKE
ASTRONOME
12DAJA DMFA SRS
P RE S E K
MATEMATI KA
NA LOGE - TEKMOVANJA
MATEMAT iČ NO RAZVE DRILO
KRIŽANKA
PREM ISLl iN RE ŠI
PRE SEKOV ŠKRAT
NALOGE
REŠ ITVE NALOG
PISMA BRAL CEV
FI ZIKA
NA OVI TKU
NOVE KNJ IGE
LIST ZA MLADE MATEMATI KE, FIZI KE IN ASTRONO'1E
6 (1978179) ŠT, 4, STR, 193 - 256
v S E B N A
193 M i s ti čn i šes te rokotn ik (Metka Žitn ik )
196 Od števi l h geometr i ji, ume t nosti in igr i
(Dan i j e 1 Bezek)
203 Igra z dvema kupoma (Ci ri la Bor ovšak)
206 O poj mu dimenz ije (Nadja Ma r u š i č )
209 Deveto zvezno tekmov anje iz matemat ike za
učence osnov nih šo l (Terezija Uran,
fo to Du šan Mod ic)
211 Nal oge z zveznega tekmovanja osnovnošo lcev
v ma tematiki (Aleksandar .Jur l š l č )
21 5 5 . zvez no t ekmovanj e mlad ih fiz ikov (Bojan
Goll i i n Andr e j Li kar )
21 8 Nekatere nal oge z 19. zveznega s rednj e šo l -
skeg a t ekmovanj a iz matema t ike (Boj an
Mohar i n Fran ci Fors tn e ri č )
223 Zan imivo a nedokazano (Danijel Bezek)
224 Slikovna kr ižanka z rebus i (Pavel Gregorc )
226 (Ljubo Kostrevc in Vlad imir Ba tagel j )
227 Ne točnos t .. . (Gorazd Cve tič)
228 Naloge bral cev (Maja Ha ši mov i č, Dragolju b
Mi l oševic , Peter Petek)
229 Nal oga (Sta n i s l av Horva t )
233 Bistrov idec - rešitev iz P VI/ 2 (Vla dimir
Batage l j )
236 (Ma ti lda Le n a r č i č )
241 Prep rosta f i zi ka le t enja (Janez St rna d)
248 Mavrica (Fedo r Toma ž i č )
DC-lO na jnove j še jugosl ovan sko le t al o , k i
nosi ime po našem ve l ikem znanstveniku
- fizi ku Niko l i Tesli
IV (Metka Luzar)
MATEMATIKA__II
rliSTr eN 1 šESTEROKOTN 1K
fudežni otrok pravimo otrokom, ki v neki svoji "de j avnos t i izstQ
pajo med ostalimi vrstniki. Slišali ste že za čudežne otroke na
področju glasbe , športa in podobno, morda pa še ne veste, da
tudi matematika "premore " čudežnega otroka: Blaisa Pascala.
Rodil se je pred 355 leti, natančneje 19. junija leta 1623. Se-
dem let mu je bilo, ko ga je začel poučevati oče. Ker pa je bil
mal i Pascal krhkega zdravja, mu je pr e povedal ukvarjati se z m2
tematiko, da se ne bi preveč utrujal in zbolel . Ta prepoved pa
je dosegla ravno nasprotni učinek. Z vso vnemo se je lotil mat~
matike, njegova posebna ljub~
zen je bila geometrija. Prvi
večji uspeh je bil, ko je sam
brez pomoči knjig dokazal, da
je vsota notranjih kotov tri-
kotnika enaka vsoti dveh pra-
vih kotov. Ko je oče spoznal,
da ima sina matematika, mu je
ves vesel kupi 1 Evkl idovo
knjigo Elementi. Mali matema-
tik je hitro napredoval in ši
ril svoje znanje . Ze pri šti-
rinajstih letih je prisostvo-
val znanstvenim razpravam, ki
jih je vodil Mersenne i n iz
katerih se je kasneje razvila
Francoska znanstvena akademi-
BLAI SE PASCAL
193
ja. žal pa se Pascalovo zgodnje zanimanje za matematiko ni ve-
čalo, umikalo se je drugim njegovim zanimanjem, kot so verska
vprašanja, filozofija in proza. Umrl je mlad, komaj 39 let mu
je bilo .
še kot šestnajstleten mladenič je dokazal trditev , ki so jo po
njem po imenovali Pascalov izrek ali tudi Mistični šesterokot-
nik. Njegovega dokaza niso našl i, vendar so ga kasneje nekako
rekonstruirali. Ker pa je prezahteven, dokaza ne bomo navedli.
PASCALOV IZREK : če podaljšamo stranice krogu včrtanega šesterQ
kotnika, se podaljški nasprotnih si stranic sekajo v treh toč­
kah, ki leže na isti premici.
\
x
y
c
Opomba : Izrek vel j a tUdi za
Šes t t O Čk na elips i.
Opomba: Č e je šestero kotnik
pravile n, so si na sprotne
St r a ni ce vZporedne in se nji-
hovi POdaljšk i s e ka j o v nes -
kon č n o s t i - v n e s k o n č ni h toč­
kah , ki t ud i vse l eže na isti
pre mici - n e s k o n č n i premici .
Pr e i zk us i z risa njem ve ljav_
nos t tega izreka!
Kons t r ukc i j a :
Na krožni c i (ali elipsi) i Zbg
remo 6 raz l i č n i h točk, ki jih
Označimo z A , B , C, D, E in
F. Nato POda l jš amo St ranici
AB in DE (dobimo toč ko Z ) ,
Stranici CD in AF (dob i mo tOf
ko Y ) in stran ici BC i n EF
(dobimo t o č ko X ) . Toč ke x , Y
in Z l ež i j o na isti premici.
Metk a Žit n ik
195
OD šTEVI LHGEOMETRI JI, UMETNOSTI IN IGR I
UVOD : Med evro ps ki mi mat em a ti ki sr ed nj e ga ve ka j e zan imiva os e Q
nos t LEONARDO FIBONA CCI. Ma r sika j o njem bo os t al o za ve dno
s krivn ost , kot s o bile sk rivno s t ne r eš i t ve nj ego vi h nalo g .
Let a 1225.je na m at emati čnem te kmovanju v Pis i bi l a tu di t al e
naloga:
Poišei u ~ ome k , k i je p opo~n k v ad r a t in ostane popo~n k v ad r a t
tudi, ko ga zmanjšamo a~i poveeamo za 5 .
Fibona cci je na š el r eš i t ev: 1681 /1 44 , še da ne s ni znan o , ka ko.
(Reš it ev: (41 / 12) 2 - 5 = ( 31/1 2) 2 in (41/1 2) 2 + 5 = (49/ 12 )2)
Bil je odličen po znaval ec š t e v i l - a ritmet i ke in a lg e br e.
a ) Po s kor a j 800 letih mat ematiki ved no znova od kriva jo zanim i
vost i, ki so povez ane z za poredjem š t evil , ki ga po njem i me ng
jemo Fibonaccijevo z ap or&d j e . Z a čelo se je z nalogo o zaj c ih:
Skoti se par zajcev - samec in samica. Po enem ~etu dozorita
in od konca drugega ~eta skoti zajk~ja vsako ~eto nov par zaj
cev - samca in samico, z a kate re ve~ja isti c i k ~u s razmnoževa-
nj a . Vprašanje: Ko~iko parov je p o po~jubnem š t evi~u ~et, e e
ni smrtnih primerov?
Prika zana je shemati čna re š itev nal oge , kj e r posame zni kr ožec
ustreza pa ru .
z ačetek 1
konec lo 1eta 1 Lege nda :
kon ec 2 . le ta 2 O par, k i s es kot i
ko nec 3 . 1eta 3 • par po ene mkone c 4 . 1eta 5 1etu
kon e c 5 . le t a 8 O pa r , ki i ma
konec 6. let a poto mce13
St evi l a: 1 , 1 ,2 , 3 , 5 ,8 , 13 , oo. (1 )
so č l e ni Fib onacci jev e ga za pored ja. Pr vi in d r ugi č le n zapore-
d ja sta v na š em pri meru 1; vse dr uge pa dobimo t a ko , da s eš t e -
jemo oba pred hodnika . To zapiše mo t a kol e:
196
in ( 2 )
elen an imenujemo splošni člen zaporedja . ker nam pove pravi
lo , po ka t ere m lah ko poiščemo ka t er i ko l i člen zaporedja.
1. P oi š či še ne ka j naslednj ih č l e n o v Fibonaccijevega zaporedja
( 1 ) .
2 . Po i š č i i n v Fi bonacc i j e vem zaporedju.
Zadnj a naloga nas p repri ča, da je iskanje "bol j kasni h" čle nov
za por ed j a zamudn o delo . Po pravilu (2) je treba po kor a ki h za-
pi sa t i vs e člene do is kanega č l en a za por ed j a .
( 3 )
Postavlja se vprašanje : Ali lahko še kako drugače, razen po
ome nj e nem na č in u, poiš čemo polj ubni člen Fib ona ccijevega zapo-
r edja ? Odg ovor je pr i t rd i l en, n - t i člen Fibonac cijevega zapo-
r edja dobimo t ako , da naravno število n vstavimo v i zraz za
sp l oš ni č l e n (3) :
5 + 15 (1 + l5" )n - 1 + 5 - f5 1 - f5 n - 1
- ...,.-o- 2 1O (-----z-)
3 . Pr ev er i, č e za n=2 in n =3 zares dobi š drugi in tretji
člen Fibonac cij evega zaporedja, ko ju vstaviš v splo šni člen
( 3) .
4. Do kaž i , da za Fibo naccijevo zapo redje velja jo naslednje za-
kon itos t i:
a ) al + a 2 + a 3 +
b) a , + a3 + a 5 +
+ an - 1 + an = an+2 - 1
+ a 2n- 3 + a 2n - l = a 2n
c ) a 2 + a 4 + a 6 + + a 2n - 2 + a 2n = a 2n+l - 1
Na vodi lo : Up ošteva j te mel j no l as t nost s plo šne ga člena !
( 4 )
1 + '
1 + -'---.-- -
, +
b) š t ev il o T (i zg.: ta u) za piš em o kot ver i ž ni ul om e k (4)
T = 1 + _1_----. _
1 +
1 +
197
(5 )
+ --
1 +
+
1, 0000
2 ,0000
1,5 00 0
1 , 6 667
1 ,5000
1 ,6 25
1
2
3 /2
5/3
8 / 5
13/8
Prav; vre dnos ti števila T se lahko približujemo korakoma, ta ko
da i zračunav amo vrednosti š t e vi l s kega i z r a za (4) s končnim
številom operacij s eš t eva nj a . Glej (5 )
T = 1 + -'-1_--.-, _
1 +
1 +
Izračunane vrednosti so ulom ki, katerih števec in imenova lec
sta zaporedna č lena Fi bonacc i j eve ga zaporedja : an l an _ 1 .
Bol j kasn i členi Fi bonacc i j ev ega zaporedja dajo boljš i prib li -
žek šte vi la T . Kol i kš na pa je pra va vr ed nos t števi la T?
I z za pisa (4) v id imo, da je T = 1 + 1 a li :
T
T 2 - T - 1 = O ( 6 )
(7)T =
En a č b o (6) pr eobl ik uj emo (T 2- T = 1) in do pol ni mo l ev o s tran do
popo lnega kvadr a t a (T 2 - 2(} T) + (} ) 2 = 1 + (}) 2 a l i kar je
isto ( T - } ) 2 = i ). Obe strani koreni mo ( T - } = ± q ) i n
po premis leku ima na š T poziti vno vr ednos t :
+ / 5"
2
c) števi lo T = (1 + 15") /2
vr ed nos t razmerja med večjim
razdeljeno po z Zat e m r e z u .
ima tudi geometri js ki pomen. T je
in manjšim de lom ce lote, ki je
ZLati r ez r azd e Li c e Loto v v e e j i in manj š i d e L tako , da j e man j
š i de L v pr imerja v i z v ee j im v e n a ke m r a z me r j u ko t vee ji deL
pl' o t i ce Lo ti .
Ka r s mo poveda li, bomo v l e ve m sto lpc u razčlenil i po a lge brski
poti . V de snem sto lpc u pa bom o a lge br sko raz lago dopolni li z
bol j nazorno geomet rijsko raz l ago.
198
č e ozna čimo ce l ot o zI , veCJl
del z M (po lat. Maior=večji)
in manjši del z m (po lat.
mino r=manjši) , smemo zgor aj
povedan o s orazme rje za pi s a t i:
mlM = MI I ali (l- M)I M = Mi l
Iz zapi sanega sorazmerja sle-
di ena čba za M :
M2 + M - 1 = O
In pod obn o kot prej za T poi-
š čemo obe rešitvi, od katerih
pride v poštev re š itev
M (15 - 1 )/ 2 in pote m za
m = 1 - M = (3 - 15 ) 12
6. I zra čunaj količnik Mlm
i n se prepri čaj, da je ena k
š t evi l u T
Za celoto vzamemo daljico
AB=l . Pravokotno nanjo posta-
vimo v krajišču B drugo dalj!
co BC=1/ 2
7 . Izračunaj vrednost r azme r j a za
c
( 9 )
A
T o č k a C je središče krožni ce
s kozi točko B i n seče dal jico
AC v to č ki D.
Toč ka A je sred iš če k r o ž n i ce ,
ki pote ka sko zi D in se če da-
ljico AB v toč ki T .
Daljici AT in BT sta več ji in
ma njši del po zlatem rezu T
r az de l j e ne daljice AB.
Do kaz : Po Pitagorovem izreku
meri hipotenuza Ac =/ 5 / 2 in d~
ljica AT=AD =( 15 / 2- 1/ 2 )=
=( 15-1)/2 in BT=AB - AT=
=(3- 15) /2
dalji ci ABIA T
Za dalj ici AB in AT pravimo , da sta v staLn e m s or a z mer j u .
Umetni ki najrazličnej ših zgodovins kih obdobij so menili, da ima
jo umetnine, kjer so k a r a k t e r i s t i č n i deli (np r.: dolžina in ši-
rina slikarskega platna, višina in dolžina hišnih portalov , tlQ
risne dol žine .. . ) v stalnem sorazmerju, najlepšo obliko.
199
Primer:
M i 1 j o n s k s o n e t
Pavla V a s a k a Na levi strani je zapisan so-
net. Klju b temu, da je zapisan
s številskimi simboli (topo-
grafska poezija), ohranja vse
1 6 2 9 3 oblikovne značil nosti soneta
7 5 3 9 6 (kitica in rima) .
6 8 8 O 6 Zanimiv je tudi zato, ker je
9 O 4 5 3 vsota vseh 14 vrstic enaka
1 000 000. Preveri!
8 3 5 2 4
9 3 3 4 2
Sonet sestavljajo štiri kit i-
8 2 3 1 2
ce - dve kitici s po štirimi
2 9 1 3 4
vrsticami (kvartini) in dve
kitici s po tremi vrsticami
3 7 2 8 8
(tercini) .
7 7 3 9 8
Verz, s katerim se začneta ter
9 6 5 2 5
ci ni, je navadno miselno naj-
bogatejši. Zanimivo je, da ta
7 5 6 5 7
verz kot zl ati rez, razdeli
8 O 9 6 7 sonet. v dva dela - večji in
9 2 9 O 5 manjši - tako da je razmerje
števila vrstic obeh delov 8/5;
t. j . približek števila T; ulo -
mek pa sestavljata števili iz
Fibonaccijevega zaporedja .
Bogati vsebini soneta se pridružuje še najlep ša ob 1i ka .
8. Izberi si poljubno daljico b in nanjej poišči po zgledu (9)
daljši odsek M po zlatem rezu razdeljene daljice b .
Konstruiraj pravokotnik, ki bo imel za osnovnico daljico a =b+M
in za višino daljico b.
Narisanemu pravo~otniku pravimo "zlati pravokotnik" in ima po
umetni škem prepričanju med pravokotniki najlepšo obliko, saj
sta si osnovnica in višina v stalnem sorazmerju. Dokaži : a /b =T !
200
9. Ob koncu pa še igra s š karjami in Fibonaccijevimi števili.
Iz milimetrskega papirja izrežemo kvadrat 21x21 in ga razrežemo
kot kaže slika a). Stranice, ki oklepajo prave kote, so členi
21
8
13
13 8
13 13 2 1
8 13
( a ) (b)
Fibonaccijevega zaporedja (8 ,13,21) . Iz razrezanih kosov sesta-
vimo pravokotnik b). Primerjaj ploščini kvadrata in pravokotni -
ka! Zdi se, kot da gre za " čarovniške škarje", s katerimi dobiš
nekaj , česar ni. To velja za vse kvadrate s stranico , ki je
člen a
2n
iz Fibonaccijevega zaporedja (sl ika c). V' r e s ni c i pa
( c ) ( d )
gre za optično prevaro (slika d), ki je toliko manj opazna, ko-
likor večj i je člen a
2n
Danijel- Bez e k
20 1
OD šTEVIL H GEOMETRIJ I, UMETNOSTI IN IGRI - rešitev
4. an+2 - = an+l + a - 1n
= an + a + an - l - 1n
.. . ..... .. . .
= an + an -1 + an - 2 + ... .. + a 2 + a 2 + a l -
K on č n o upoštevamo a 2 = a l = 1 in dobimo že l eni izraz.
a 2n a 2n - l + a 2n -2
a 2n - l + a 2n - 3 + a 2n - 4
Vsak č le n s sodim indeksom raz členjujemo po pravilu
dal je
a 2n - l + a 2n - 3 + a2n - 5 + . . . + a 5 + a3 + a l
a 2n+1 - 1 a 2n + a2n - l - 1
a 2n + a 2n - 2 + a 2n - 3 - 1
Vsak člen z lihim indeksom razčlenimo popravilu
dalje
= a 2n + a 2n - 2 + a 2n - 4 + . . ... + a 2 + a l - 1
K o nč n o upoštevamo a l = 1 in dobimo želeni izraz .
6. M : m = (15 - 1) / 2 : (3 -(5)/2 . Racionaliziramo:
(15 - 1~ (3 + (5) in končno 2 (15 + 1) /4 = (15" + 1) /2
( 15 - 1)/2 . Racionalizi ramo : 2( 15 + 1)/47 . AB : AT = 1 :
(15 + 1)/2
8. a = b + b ( 15 -
Od tod: a : b
1)/2 = b ( l + ( 15" - 1)/2)
=( 15+ 1)/ 2
b ( l5 + 1 )/2
Dani jel- Be zek
MATEMATIKA101__
202
IGRA ZDVEMAKUPOMAKAMNOV
To je kitaj sk a nar odna igra "Pobi ra nj e kam nov", pr i ka t e r i dva
igra lca iz me noma pob i r a t a kamne i z dv eh kupov. Pr i te m velj a j o
na s ledn j a pr avi la :
1. Iz enega kupa vzamemo poljubno število kamnov (lahko vse,
vendar ne manj kot enega ) , ali
2. isto časno vzamemo pol j ubno ena ko število kamnov iz vsak~
ga kupa , t oda vze ti mo r amo vsaj enega .
V i gri zm aga tisti, ki vza me zadnj e kamne . Pri tem na s t a ja j o
pozi ci j e (k, l ), pri kat er i h imamo na enem kupu k , na drugem pa
l: kamnov . Ta pozi c i j a je ena kovredna pozicij i ( l, k) . Poglejmo
s i ne kate re pozici je, za ka t e r e se iz kaže, da so izgubljen e:
(0,0) ; (1, 2); (3,5) ; (4,7) ; (6,10); (8, 13); (9, 15) ali če
j i h označimo s plošno: (Co, Do); (C1 ,D1); .. . (Cn, Dn) Te po-
zi cije se podrejajo na slednjim pravilom:
a) Co = Do = O
b) komponent a Cn pri pozi cij i (Cn , Dn) (n = 1,2 , 3 ... ) je
najma njše naravno število, ki ne nas topa v prejšnjih po-
zici jah .
c) Dn = Cn + n
Pa dokaž i mo, da so te Poz l cl J e res izg ubljene ! Za pr i mer si o-
glejmo pozi cijo ( 1, 2) . Imenujmo igralca A i n B. če je po tem,
ko je igralec A vzel iz kupov kamne, nastala poz ic i j a (1,2) ,
pomeni, da bo igralec B z qu b i 1. B ima namreč več možnosti:
B vzame ( 1, 1) ostane (O, 1) igralec A vzame vse
B vzame (0 ,2) ostane ( 1 ,O) i gr a l ec A vzame vse
B vzame (0, 1) ostane ( 1, 1) i gr a l ec A vzame vse
B vzame ( 1 ,O) ostane (0 , 2) igra lec A vzame vse
Vse ostale mož ne pozicije pa imenu jemo nezgubl je ne.
Za nastale poz icije vel jajo naslednja pravila :
I ) Pri zgubl j eni h pozici jah vsa ko na ravno število nastopi na taQ
ko en krat.
č e na primer za C
n
vzamemo najmanjše naravno število, ki ne
203
16 6--.------.-----.---.--.--.......--.---,----,----,
15 6-+-+-+--+--+--+-+-4-<::>----1
14 6-+-+-+-+--+--+-+-4---+---i
13 6-+-+-+--I--+--+-+--<':l>-+~
12 6--l--+--+---+---+---+-~+-+---1
116-+-+-+--I--+--+-+-4---+~
10 6--1--+--+---+--+-<)--1---+-+---1
96-+-+--+--I--+--+--+-4---+------l
86-+-+-+-+-+-+--+--I--+----j
76-+-+--+---O--+--+--+-4---+------l
6 o- +-+--+--+--+--+--+-4---+------l
56--+--+--<"l--l-1---+--+----+--+---+
46-+-+--+--+--+--+--+---+---+------l
36--+----+--+---+-1---+--+----+--+------1
26--6-+--+--+--+--+--+---+---+------l
1 o-+---+--+-+-4-----i-I----+-+--!
nastopa v prejšnjih pozicijah,
potem res vsako naravno števi
lo nastopi veni izmed pozi-
ci j .
Pa pokažimo še, da nastopi s~
mo enkrat; se pravi, da niti
en "« ni ena k ne kemu "«: Za
pol j ube n k , ki je manjši od n
(k < n j , velja : Dn = Cn + n ,
kar je večje od Ck + k =
= Dk > Ck . Ce je n > k , po-
tem je tudi Cn > Ck . Iz gor
nje relacije je torej r azvi d-
no, da za poljubni naravni
števil i k in n ( k < n ) velja
relacija Dn > Ck . Od tod pa
je jasno, da se nobeno narav-
no število ne ponovi. O 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
II) Vsa ka zgubljena pozicija se nujno da prevesti v nezgublje-
no pozicijo. Ce pri zgubl jeni poziciji (Cn, D
n)
spremenimo eno
samo komponento, dobimo nezgubljeno pozici jo , zaradi tega, ker
druga komponenta, ki os t a ne nespremenjena, ne more nastopati v
dveh zgubljenih pozicijah hkrati. Ce bi obe kompone nt i C
n
i n
Dn spremenili enako, ta ko da bi ra zlika med njima ostala ena ka
n , bi dobili novo pozicijo (Ck, Dk), ki pa ni več zgubljena . k
nam reč ni ena ko n , r az l i ka Dk - Ck = n F k , torej pozicija
ni zgubljena.
III) Vsaka ne zgubl j e na PozlclJa se da prevesti v zgubljeno. Ce
je dana nezgubljena pozi ci ja (a , a), kjer a F O , lah ko pridemo
k zgubljeni poziciji (0,0) , ta ko da obe komponent i od š te j emo .
Ce pa je dana nezgubljena pozicija (a, b), pri č e me r j e a < b
izberemo:
1) a = Ck in če je b > Ck + k = Dk ' potem od b odvzamemo
razliko b - Dk in dobimo pozicijo (Ck, Dk); ta je zguQ
ljena
204
2 ) a = Ck in če je b < Ck + k = Dk ' potem je tudi b - Ck
= b - a = h < k. Potem na obeh kupi h odvzamemo razl~ko
Ck - Ch kamnov . Tako dobimo poz ic ijo (Ch, b- Ck+Ch) =
= (Ch, h+Ch) = (Ch ,Dh ) , torej dobimo zgublj eno pozicijo.
3) a = Dk v tem pr imer u i z drugega kupa vzamemo b - Ck pred-
metov in dobimo zg ubl j e no pozicijo (Dk ,Ck) = (Ck, Dk) .
I z navedenih pr a vi l j e razvidno, da po določene m številu potez
oba igra lca lah ko z jemanjem s kupa izgubljata pozici je . Te P9
z ic i j e se zmanj šujejo , dokler ne prideta do pozicije (Co, Do) =
= (0 ,0) , pri ka t e r i je znan zmagovalec . Tako vid imo, da bo pri
pra vi l n i igri obeh igr al cev zgubil tist i, ki prvi vzame kamne
s kupov, č e j e bil a z ače t n a pozicija zgubljena,oziroma zmagal,
č e j e bila z ačetna pozi c ija nezgublje na.
Pove jmo brez dokaza, da za kompone nt e veljata nasledn ji fo rmu-
li:
[k
[ k 3
+ 15" J'
2
+ 15" ]
2
kj er zna k Cm] pomeni cel i del š t e vil a m .
Za primer , če je k 100
Ck [100 1 ;I5 J [16 1,803] = 161
Dk [100 l~] = [261 , 803] = 261
Za primer poskusite rešiti naslednje naloge:
a) doka žite , da je pozicija (3,5) res zgubljena
b) prevedite zgubljenopoz icijo (4,7) na nezgubljeno
c) prevedite nezgubljeno pozicijo (9,9) na zgubljeno
č) prevedite nezgubljeno pozici jo (4,10) na zgubljeno.
Ci ri l a Bo ro v š a k
205
o POJ MU DI ME NZI JE
Pojem d i me nz i j e ne predstavlja nobenih ne j as nosti tako dol go ,
dokler imamo v mislih prep roste geomet r ijske elemente kot toč ­
ke, prem ice, tri kotni ke, poliedre . Posamezna točka a l i k o n č n a
množica t očk ima dimenz ijo O, da l ji ca je enodimenz ional na, tri
kotnik a li kroge l na plos kev je di menz i j e 2, množica točk , ki
napolnjuje notranjost koc ke, i ma dimenzijo 3 .
Toda, čim hočemo pojem dimenzije razširiti na bolj splošne mng
žice točk, potrebujemo natančnejšo defin icijo di menz ije .
Prav lahko na jdemo primer za tako množ i co . Ka kš no dimenz i jo
lahko pri pi š emo množic i Q na r e a l n i os i, ki vsebuje točke z ra
c i ona l n i mi koord inatami? Zdaj še ne moremo odg ovorit i na to
vprašan je .
Poin c a r e j e prv i posk usi l n a t an čne je defini r a ti poj em di menzi-
je . Og leda l i si bomo samo i de j o , ker mo ramo za podro bno obdel~
vo poznati pojme i z t opol ogi j e.
Poincare je dimenz ijo tako le definiral:
Premi ca i ma dimenzijo zato, ker mo ramo premic i odv zeti eno
t o čko, ki ima d imenz ijo O, da lahko l o č i m o dve poljubni točki
na premic i .
Ravnina i ma dimenzijo 2, ke r j i mor am o odv zeti zaprto kr ivu lj o,
ki ima dimenzijo 1 , da l ahko l o č i m o dve po lj ubn i točki na rav-
ni ni .
Ti dve defini cij i nam dasta slu tit i induk tivn i znača j dimenzig
nalnosti . Prostor je n- d i me nz i ona l e n , če mu moramo odvzeti poq
pros tor d imenz ije (n-1), da l ah ko l o č i m o dve pol j ubni točki t~
ga pros tora i n če z odvzemom podp ros to ra manjše d imenzi je tega
ne moremo stor it i .
Induk ti vno de f i ni c i j o d imen zije naj demo tud i v Evkl i d ovi h El e-
me nt ih . Enodi me nz i ona l e n je t is t i objekt, ki ima ro b sestav -
lj e n iz t o čk, dv odim en zi onal en obje kt i ma r ob s est avl j e n i z
kr ivu lj , tr odi menz i onal en pa i z pl os ke v.
2 0 6
V zadnjem č as u se je teorija d imenzije zelo razmahnila. Preden
definiramo dimenzijo , si oglejmo lastnost vsake končne množice
toč k .
Poljubna končna mno žica točk T i ma lastnost , da lahko v sako to
čko t e mn oži c e z a pr emo v po ljubno maj he n d e l prostora , k i ne
v s ebuje n ob e n e d ruge točke množi c e T .
Iz te lastnosti sledi definicija množice dimenzije O. Po dogo-
voru ima prazna množic a dimen zijo -1.
DEFINICIJA : Mno žica točk S ima dimenzi j o O, če ni prazna in če
vsako točko te množi c e lahko spr av i mo v pol j u b no ma j hn o o k o li -
co , kate re r ob s e k a mn oži c o S v množici dimen zije - 1 (to po me -
n i , d a r ob oko l i c e ne vs ebu je nobene t očk e mno žice S) .
Tore j ima množica ulomkov na realni osi di menzijo O, s a j lah ko
vsa ki ra ci onalni t o čki a kons t r u i r amo poljubno majhen interv al
( o kol i co), ki vsebuje a in ima iracionalni kraji šči ( r ob) . Rob
okol i ce t orej ne vsebu j e el ementov množice Q. Taka okoli ca j e
na pri me r [a - 17 . 10- n , a + ll .l0 - n J ' kj e r je n pol jub no n~
r avno š t e v i lo (s l i ka 1) .
Dosle j smo definirali samo dimenziji -1 in O. Definicija mno ži
ce d ime nz i je 1 i zhaja iz nji ju.
DEFINICIJ A: Mno ž ica točk S ima dimenzij o 1 , če n ima d imenz ije
- 1 a li O i n če vsa ko točko mno ž i c e S l a h k o spravimo v poljubno
ma jhno okolico , k a te re r ob seka mn o ž i c o S v mn o ž i c i dimenzije
O.
Vz em imo t o čk o P na premi ci p . Ro b vsa ke ga i nt e rval a , ki vs ebu-
je toč ko P , s es t av l j ata d ve t oč k i (mn ožic a di me nz i j e O) ( s l ik a
2 ) .
o
Sl . 1
a x
20 7
Nadalje lahko definiramo d imenzije 2, 3, 4, ... in splošno:
DEFINICIJA : Množica S ima dimenzijo n , če nima kake manjše di -
menzije in če je vsaka njena točka v sebovana v taki poljubno
majhni okolici , da njen r ob seka množico S v mno žici dimenzije
(n -]) •
Tako je ravnina dimenzije 2, saj lahko vsako točko vzamemo na
primer za središče kroga poljubno majhnega polmera. Kr ožni c a
(rob) se ka ravnino v množici dimenzije 1 (slika 3).
V običajnem prostoru nima nobena množica dimenzije večje od 3.
Vsako točko prostora lahko namreč vzamemo za središče poljubno
majhne krogle in površina kr ogl e (rob) ima dimenzijo 2 (sli ka
4). Pod pojmom prostora pa ne razumemo samo običajnega prosto-
ra. Z razširitvijo pojma prostora lahko pridemo do dimenzije,
večje od 3 .
o
Prostor, ki ni dimenzije n za nobeno naravno število n , prav i-
mo, da je nes končno dimenzionalen.
WHAT IS MATHEMATICS
by
Richard Courant and Herbert Robbins
Oxford University Press 1960
208
Nadja Maru šič
N A LOGE - TEKMOVANJA___mJ
DEVETOZVEZNO TEKMOVANJE IZ MATEMATIKEZAUčENCE OSNOVNI HšOL
Te kmovanj a osno vno šo lc ev i z mat e ma tike ima j o ž e lepo t ra dici j o.
Ta ko kot vs a ko l eto s o se t ud i letos na j bo l jš i sed mošo lc i in
osmošolci pomerili na 9. zvez nem tekmo vanju, ki je bilo 4. ju -
n i j a v Por t or ožu. Te kmova nj e je t ud i le t os organ iz i r a l Ma t ema-
t ički l i s t iz Beogr ada , gos titeljica pa je bi la podruž nica
DMFA SR Sl ove n i j e iz Ko pr a.
De vetega zvezn eg a te kmovan j a se je ude l eži lo 74 u čencev i z
vse h rep ub l i k (3 7 t ekmova lcev i z vs a keg a r az r ed a). Za Sl oveni-
jo je tekmova lo nas led nj ih pet sedmošo lcev i n šest osmošo lc ev :
8 . r a zr ed: Moj c a T a vča r , Oš . P. Vor an c , Lju bljan a ; Lilj an a
Tr ampuž , Oš. M. štruke lj, Nova Gor i c a; Boko r·1andrino , Oš. V.
Vod n i k , Ljubl jana; Nives Wink ler, Oš. M. štruk e lj , No va Go r i ca;
Slovenska ek ipa
na deve t em z ve~
nem t ekmovanj u
v Portorožu
4. 6. 1978
209
Še zadnja
navad ila
Aleš Mihev, Oš. F. Prešeren , Kranj in Rastislav Potočnik, Oš.
D. Bordon, Koper;
7. razred: Robert Bukalo, Oš. P. Voranc, Ljubljana; Robert Bu-
tarič, Oš. P. Tomažič, Koper; Mitja Bensa, Oš. M. štrukelj, NQ
va Gorica; Saša Pucko, Oš. Cerklje ob Krki in Marko Modic, Oš.
Radlje ob Dravi.
Komisija je podelila S nagrad in 9 pohval tekmoval cem iz 7.r.
ter 10 nagrad in prav toliko pohval tekmovalcem iz S.r .
Najboljši sedmošolec je bil Nikola Miljkovič iz Beograda, dobil
je prvo nagrado. Tudi osmošolcem je bila podeljena pr va nagra-
da. Dobila jo je Dragana Todorič iz Titovega Užica.
Med pohvaljenimi so bili tudi tekmovalci iz Slovenije: Mitja
Bensa, Oš . ~1. štrukelj, Nova Gorica; Marko Modic, Oš. Radlje ob
Dravi (oba iz 7.r.) in Do ko Mandrino Oš. V. Vodnik, Ljubljana;
Liljana Trampuž, Oš. M. štrukelj, Nova Gorica (S.r .).
Za dosežene rezultate jim čestitamo!
V nadaljevanju objavljamo naloge z rešitvami za 8. razred.
Te r e z i j a Uran
Foto Du šan Modic
210
NALOGE Z ZVEZNEGA TEKMOVANJA OSMOšO LCEV VMATEMATIKI (1978)
1 . Posoda je napolnjena s 100% alkoholom . OdI ijemo 2 1i tra a lkohola i n do l i
jemo prav to l iko desti 1 irane vode. Postopek še enkrat ponovimo: odI i j emo
2 litra mešanice in dol ijemo 2 1 itra destilirane vode. Tako dobimo v po-
sodi 36 % alkohol. Koli ko l i t r ov drži posoda?
2 . Neko tro š tevi Ično števi lo je 33-krat večje od vsote svojih cifer. Doka -
ži , da je to števi l o delj ivo z devet! Do loči t o štev i lo!
3. Iz kroga spoImerom r j e izrezan enakostranični tr ikotnik . Izračunaj pro
stornin o in površino vrtenine, k i na s tane z v rtenjem os tanka tega kroga -
okol i ene izmed nj e go v i h osi simetrije!
4 . Dve krožnici zenakima polmeroma r se dotikata od zunaj. Kons truiraj pr!;
mic o, ki se če obe krožn ic i tako , da so nastal i t rije odseki na tej premi
c i po dolžini med seboj enaki! Utemelji konstrukcijo! -
5 . V kvadratni mreži 100 krat 100 je vpisanih 10000 po lj ub nih števil. Oz-
na čimo z al vs oto števil v prvi v r s t i , z a2 vsoto števi l v drug i vrsti,
z a3 vsoto š t.e v l 1 v tretj i vrst i, oo , , z a lOO vsoto števi 1 v sto ti vr -
st i . Nato označimo z bl v s o t o števil v pr vem sto lpcu , z b2 vsoto štev il
v drugem s tolpcu, z b3 vsoto š t e v i 1 v t r e t j em stolpcu, . .. , z b lOO vsoto
števi l v stot em stolpcu . Določi številčno vrednost izraza:
(al - b l ) + (a 2 - b2) + (a 3 - b 3) + .. . + (al OO - b lOO )
211
Re š i t ve nal og
1. V posodi je x litrov 100% alkohola. če odlijemo 21 alkohola in dolij e-
mo 2 1 vode, 'dobimo rt mešanico, ki vsebuje (x - 2) 1itrov alkohola in
2 1 vode.
x 100%
x - 2 . •... •... p%
p 100 = (x - 2) : x p = 100(x - 2)/x
Mešanica vsebu je p% č i s teg a alkohola.
V posodi je x litrov p% mešanice . ~e od l'i j emo 2 1 mešanice in dolijemo
2 1 vode, dob imo no~o mešanico, ki vsebuje 36% alkohola.
x p%
x - 2 •. • .• .• • . 36%
36 : p = (x - 2) : x p(x - 2)/x = 36
Upoštevajoč doblj eni izra z za p , dob imo:
roo] (x - 2)/xI 2 = 36 = 62 ; 10(x - 2)/x = 6
Sledi x = 5 . V posodi je bi lo 5 lit rov 100% alkohola .
2. Is kano trošteviI čno št e~ i l o M = 100x + 10y + z lahko zapišemo takole:
M = 33. (x + y + z ) = 3.11. (x + Y + z )
Ker je M deljivo s 3. mora biti vsota njegovih cifer prav ta ko de lj iva
s 3:
x + y + z = 3m; m ~
Pri tem je rn naravno štev i lo. Dob imo
M = 11.3. (x + y + z) = 11.3. 3m = 11. 9rn = 99rn
S tem smo dokaza li. da je Mdelj ivo z 9. Od tod naprej sled i. da j e t ud i
vsota njegovih c i f e r de l j i va z 9:
x + y + z = 9n; n ~
Pri t em je n nar avno š t ev i lo. Ke r so x. y in z ma nj ši al i kvečj emu
enaki 9. velja x + y + z ~ 27 . Zato mora biti n ~ 3 , t orej je lahko
n er.ak 1,2 a li 3. Pri tem ima š t ev i lo M ob I iko :
M = 33(x + y + z) = 33.9 n = 297n
Oglejmo si vse tri možnosti!
n M = 297n x + y + z ~a
1 297 2 + 9 + 7 # 9
2 594 5 + 9 + 4 18
3 891 8 + 9 + 1 # 27
Iska no š t ev i lo je t orej enako 594.
Ko pridemo do sklepa, da j e M de l j i vo z 99, l ahko re ševanj e nal oge nada-
l ju j emo še neko li ko dr ugače. Pi š imo:
212
99 = x + (x + 10y + z )/99(1003: + 10y + z)
Od tod s 1ed i :
x + 10y + z = 99p; p = 1,2,3, ...
Ker so x , y in z manj š i a li kvečjemu enak i 9, velja x + 10y + z ~ 9 +
+ 10.9 + 9 = 108 oz iroma 99p ~ 108 in končno p = 1 Seda j l ahko
p išemo: x + 10y + z = 99 oz i r oma
10y + (x + z) = 10.9 + 9
Ker mora biti x + z ~ 18 in ker ima š t ev il o 99 na mestu enic število
9, sledi, da x + z ne more biti dvoštevilčno število . Zaradi tega lah-
ko s klepamo iz zadnje ena č be, da mora bit i x + z = 9 in y = 9 , torej :
M = 33(x + y + z ) = 33.18 = 594
3. AS je simetrala ~BAC. Zato je ~DAS = 300 in ke r je ~ADS = 900 , sledi, da
je ~DSA = 600 . Trikotnik ADS je polovica enakostraničnega trikotnika s
st ranico r in je zato SD = r / 2 . Iz pravokotnega trikotnika ADS sledi
al 2 = r1312 oz iroma a = r l3 . Vrten ina je določena s kroglo polmera r
in z včrtan i m pra vokot ni m stožce m višine v = 3r/2 in pol me ra R = a12 =
= r 1312 . Za krog lo vel ja :
Vk (4/3),rr3
Pk 41Tr 2
za stožec pa:
Vs ( 1/3) 1TR2V (3/8 ),r r 3
PS 1TR2 + 1TRs (9/4),rr 2
Tako dobimo za prostornino i n
površino vrtenine:
V = Vk - Vs
P = Pk + PS
(23 /24) 1Tr 3
(25/4 hr2
4. Da bomo lahko konstruirali zahtevano premico, moramo ugotoviti razmerje
med neznano do lžino treh ena kih odsekov in danim polmerom r obeh krožn ic.
Nari ši mo premico p in označ i mo na njej t r i enake odseke poljubne dol žine
a = BjAj = AjA2 = A2B2 . Odseka AjBj i n A2B2 predstavljata tet ivi dveh
krožnic enakih polmerov--!L = r 2 = r s središči S j in S2. Ker je Aj 8 j =
= BjS j = r in A28 2 = B2S2 = r sledi, da sta Sj in 82 na simetralah te-
tiv AjBj i n A 2B2 in sicer z iste strani premice p, sicer se krožnici ne
bi doti ka li. Razda lja simetr~e enaka SjS2 = 2r = 2a , ker se krožni-
ci dotikata in ker je tudi A jA 2 = a . Od tod sledi, da je a = r . Tri-
kotnika AIBjS j in ~82 ~torej enakostranična. To pomeni, da pred-
stavljata t etivi AjBj = A 2B2 = r stranici krožnicama včrtanih šestkot -
nikov, ki se stikata v dotikali šču M obeh krožnic. Zato velja AjM =
= A2M = r .
213
Zdaj l ahko konst rui ramo zahtevano premico . Nač rtamo "da l j ico 5 152 = 2r in
jo razdel imo na dva enaka dela s točko M. Nato nač rtamo dve od zunaj se
dotikajoči kr ožn ic i s polmerom r i n sredi šči v 51 in 52 ' S šestilom dolQ
č imo na obeh krožn icah točke, ki so za r oddalj ene od dotikal i šča M. Ta-
ko dob imo dva para točk Al in A2 ter Cl in C2 ' skozi katera nač rtamo p r ~
mici, ki sta vzporedn i z daljico 5152' Obe pr emic i zadošča ta pogojem v
na log i.
5 . V vsot i a = a l + a2 + a3 + . . , + a lOO so zajeta vsa š tevila, vpi s ana v
kvadratn i mreži . Prav tako so v vsoti b = Dl + b 2 + b 3 + .. . + b l OO z~
jeta vsa š tev i l a kvadratne mreže, zato j e a = b Izraz
(a l - b l ) + (a2 - b2) + (a3 - b3) + . .. + (al OO - b l OO)
l ahko zap Isemo, potem ko ra zrešimo oklepaje, tudi v ob li k i (a - b)
Upoštevajoč, da j e a enako b s l ed i , da je vred nost podanega izraza ena ka
nič .
Aleksandar Ju riši6
NALOGE-TEKMOVANJA
2 1 4
5, ZVEZNO TEKr10VANJE ~1LAD1H FIZIKOV
V istrskem mestecu Labinu je bilo 5. tekmovanje mladih fizikov
iz vse Jugoslavije od 27. do 28. maja 1978. Slovence so zasto-
pali naslednji tekmovalci: Marko čebokli, Borut Ferlan in Tone
Verbovšek ii I. gimnazije v Ljubljani, Kazimir Gomilšek in Mi-
hael Florjančič iz gimnazije M. Zidanška v Mariboru, Janez še-
tina iz gimnazije šentvid pri Ljubljani ter Ludvik Medvešek iz
gimnazije I . Cankarja v Ljubljani. Vsi ti so bili najboljši na
republiškem tekmovanju v Celju.
Prvi dan so tekmovalci reševali naloge, ki so bile razdeljene
v že ustaljene skupine: A) mehanika in toplota, B) elektrika
in magnetizem in C) optika z atomiko. Vsak tekmovalec je že
pred tekmovanjem izbral skupino, kjer bo tekmoval.
Težo nalog lahko presodijo bralci sami:
SKUPINA A: Mehanika in toplota
1. Kolo spolmerom R in maso m stoji pred stopnico z višino l . Polmer R je
večji od l . Kolikšna je najmanJsa vodoravna sila s prijemal iščem v sre-
dišču kolesa, ki lahko kolo dvigne preko stopnice?
2. Voziček z maso M se giblje s kon
stantno hitrostjo vo' V nekem -
trenutku izpustimo breme z maso
m tako, da pade navpično na vozi
ček. Kol iko toplote se pri tem
sprosti, če je bila hitrost bre-
mena pri padcu enaka v J ?
3 . Votla železna krogIa z notranjim
premerom 15 cm in z debelina st~
ne 1 mm je napolnjena z vodo.
Krogla se vrti na gladki mizi s
frekvenco 5 s-Jo Z rokami za tr~
nutek zaustavimo vrtenje krogle
in jo ponovno spustimo . S kakšno
frekvenco se bo krogIa vrtela s~
daj? Gostota železa je 7,8 gcm- ~
vztrajnostni moment polne krogle
je enak 2 mr2/5 .
4. Vodna ura - klepsidra (slika 1)
je rotacijsko simetrična posoda.
Voda izteka skozi malo odprtino
O. Površje vode nad odprtino se
enakomerno spu-
y
215
sea, kar omogoča merjenje ča s a . Kakšno obl ik o mora imeti posoda v navpi~
nem pre se ku vzdo lž si met ri jske os i ? (Pr ikaži odvis nost v i šine ni voja vo-
de y od vodo ra vnega preseka pos ode x : y = f (x) .)
5. Valj je razd e l j en na dva dela z ba t am, k i se t esno prilega stenam . Bat
se pr emika br ez t renj a. Prvi del val j a je napo ln jen z idealn im plinom z
maso 0 ,0 1 kg pri t emperaturi 200 e. Kilomol ska masa pl ina j e 29 kg, raz-
merje s pec i f ičn i h toplot pa 1, 4 . V d ru gem delu val ja je vak uum . V t em d~
lu je bat pr i trjen na osnovno ploskev va l ja z vzmet jo , k i je v ne raz t eg -
njenem stanju dolga t ol i ko ko t valj. S segrevanjem povečamo tempe r atu ro
pli na za 1000 e. Koliko toplote porabimo za takš no segrevanje?
SKUPINA B: Elektr ika in magne t iz em
1 . Tri ena ke krogl ice z masami po 2 g so obešene v isti točki na tan k ih ni -
tih z dol žinami po 30 cm. Kol ik o naboja moramo dovesti na vs ako kro g l i -
co, da bo vsaka nit tvo ril a ko t 30° z na vp i čn i co?
2. Na t okovni izv i r j e pr ik ljučen porabn ik z uporom R. Porablj a moč P. Ko
temu porabni ku prikl juč imo vzp oredno še drug porabni k z ena ki m uporom,
se ra bljena moč ne spremen i .
a ) Kol ik šen je notranj i upor i zvo ra ?
b) Kol ikšna j e nj egova gonilna napetos t?
3. Ugoto v i , če je mogoče v vez j u, ki ga kaže sl ika 2, kapac i t eti kondenza -
t orjev Cl in Cz povečati ta ko, da se naboja na Cl in Cz zmanjša t a g led e
na prv otno vrednos t! Ka paci t e t a C in napetost izvora ostane t a nespreme-
njen i .
4. Kr ožn i prevod n i k spolmerom a se naha j a v nav p i čni ravnini v pol ju ze-
me ljske t ežnos t i in v magnetnem po l j u z gostoto B, ki je pr avokotna na
to rav n ino . Po prevodn iku d r si eno krajišče meta lne pal ice z dol ž i no a
in z ma so m. Drugo krajišče j e pr itrjeno v s redišču kr ožnega pre vodn i ka ,
skozi ka t er eg a gre tudi os vrtenja pal ice. Koli kšno nap e t ost moramo pri-
ključi ti na konca metalne palice , da se bo palica vr tel a enakomerno.
Upor pa l ice j e R .
5. V prostoru se nahaja kov in ski obroč s t r emi s imet r i čno postav lj en imi kra
k i . Polmer obroča j e 5 cm. V enem kr a ku se nahaj a upor n ik za 20n, v dru:
gem ža r n ica z uporom 10 n . V pr ostoru pod ravn in o , v ka t er i l eži geome-
t ri jska os obroča , je magnetno pol j e z gostoto 1 T. Nad t o r avn in o n i
polja (s l i ka 3) . Ob roč se vrti okr og geometrijske os i s fr e kvenco 150s - 1•
Kolikšna je povprečna moč , ki jo rab i ža rn ica? (Najprej skic i ra j ča sovno
odvisnost moči ža r ni ce v enem obra tu ! )
2 16
SKUPIN A C: Opti ka in a tomi ka
1. V konkavno krogeIno zr calo s krivi nsk im r adijem 0,5 m nal ij emo vodo do
roba. Ko li kšen j e preme r s like Sonca , k i jo s tem sistemom dobimo na za-
s lonu? Vidn i kot, pod kater im v id imo Sonce, je 0.5 0 •
2 . Tel o z obl i ko poi ov ičnega valja je nar e j en o i z stekl a z lomnim ko l ič n i ­
kom 12. Na ravno povr š ino te le sa padajo svetlobni ža r k i pod kotom 450 v
ravn i ~ i, ki gre skoz i os va l ja (s l ik a 4). S katerega dela zakrivljene P2
vršl ne sve tl obn l ža rk i zapu ščajo telo?
3. V kameri z majhno odprtino zas lonke je ra zmik med odpr t ino in fo togr a f -
sko p l oščo 10 cm. Zel imo dobi ti s l i ko Sonca v v idn em spektru
(A = 5.10-7 m). Kolikšen na j bo pr emer odprtine za sl onke , da bo ločlji­
vos t najbolj ša?
4. Sve t lo ba z neznan o valovna do lž ino Aj pada na fotokatodo in povzroči fo -
to efekt . Pr i dol očeni ka to dni na petosti Uk l tok preneha teči . Ce fotoka-
tod o os vet l imc ,s svetlobo z val ovna dol žino A2 = 0 ,5~ • je napetost,
pri kate r i tok pr en eha teči, enaka Uk2' RazI ika napetost i Ukj in Uk2 naj
bo 1656 mV. Izra čuna j neznano va lov na dol ž ino Aj !
5 . Ve l i ka po l a dr si po r a zsežn i miz i s h i t rostj o V glede na mi zo . Po njej
dr si drug a po la s hitrost jo v g le de na pr vo polo. Tretja pola drsi po
dr ugi s h itros tjo v gl ede na drugo , i td . Proti kateri hitrosti limitira
hitrost n- t e pol e , ko gre n pro t i nes končnosti?
Drug i dan , ko je komisija pregl edo va l a izdelke , so te kmovalci
odš li na i z le t v Pore č .
Naš i pr eds t av ni ki s o se dob r o od r e za l i . Tone Verbovše k je pre-
jel I. nag ra do, Kazi mir Gomi l š e k pa III. nag ra do v sku pini A.
V sk up ini B j e J ane z Setin a do s e ge l III. na grado . V s kupini C
ni t e kmoval noben naš pred s t a vnik.
Bojan Golli in And r ej Likar
217
NEKATERE NALOGE Z19, ZVEZNEGA SREDNJEšOLSKEGA TEKMOVANJA IZ
NATEr·1AT IKE
Letošnje zvezno te kmovanje sredn je šol cev v mate mati ki j e bilo v
Bečicih v Crni Gori . O te kmovanju, udele že ncih in nalogah je
Presek že poročal. Tisti med vami, ki vas privlačijo malo trši
matematični orehi, pa boste prav gotovo veseli tudi reši tev na-
log s tega te kmovanja . Ceprav sva želela, nisva ob javila vseh
rešitev, saj bi to zavzelo preveč dragocenega prostora, ka j t i
Presek je namenjen še čemu drugemu kot re ševanju nalog. Iz vsa-
kega razreda sva zato izbrala po dve po najinem mnenju najbolj
zanimivi nalogi in eno nalogo s kvalifika cijskega tekmovanja za
matematično olimpiado.
O rešitvah velja kot vedno: naloga nam nudi zadovoljstvo pri re
ševanju, ne pa pri branju rešitve. Zato naj bodo rešitve le iz-
hod v sili, če se vam pri reševanju kje ustavi. Njihov namen je
kontrola vaših ugotovitev. Dobro poglejte, ali pri reševanju ni
ste izpustili kakšnega pomembnega sklepa, saj nas neutemeljeni
zaključki kaj hitro privedejo v zmoto. Meniva, da bodo rešitve
ohrabrile tudi vse tiste, ki mislijo, da so naloge z zveznih
tekmovanj zanje pretežke ali sploh "nerešljive". Tem in morda
še komu želi pričujoči članek pokazati, da marsikatera naloga
ni tako težka, kot kaže na prvi pogled, le način reševanja je
malo manj običajen . Pa veli ko uspeha pri reševanju!
I . razred, 2. naloga
Določi vsa naravna š t ev i l a , ki so 33- krat večja od vsote svojih cifer!
Rešitev: Imejmo dano n-mes t no naravno število x , k i ga v desetiškem sistemu
zapišemo s cifram i a l ' a2 , ... , an . Enačba za is kana š t ev i l a se potem
glas i :
x = lOn-l an + '" + 10 a2 + a l = 33.(an + ... + al )
Iz enačbe je razvidno, da je število x deljivo s 33 , torej tudi s 3. Ker pa
je števi 10 deljivo s 3 natanko tedaj, ko je s 3 deljiva vsota njegovih ci-
fer, je desna stran enačbe del jiva z 9. Torej je z 9 deljivo tudi števi 10 x
in potem tudi vsota njegovih c ifer. Lahko zapišemo: x = 33.9y = 297y . Kot
rešitve pridejo torej v poštev le mnogokratniki števila 297 .
Ničkratnik, Lj. število O kot r e šitev odpade, saj ni naravno število. Pet
in večmestnih rešitev tudi ni, saj za n ~ 5 velja:
218
33( al + a2 + ... + ~) ~ 33(9. n) = 297n < 10n- 1 f x
Podobna situacija je s 4-mestnimi š tevili x . Ee je prva cifra e naka 1 , po-
t em je vso t a c i f e r manjša od 28 , produkt 33.28 pa ne presega 1000. Če pa j e
prva cifra 4-mestnega števila a4 > 1 , potem velj a :
33( a l + a2 + a 3 + a4 ) ~ 33. (9.4 ) = 1188 < 1000 a4 = x
Enakost i tu ne moremo doseč i .
Ostane nam le še preve r jan je med tr imestnimi mnogokratniki števila 297 . Ta-
ko dobimo edino rešitev:
x = 594
I. ra zr ed, 4. naloga
Pravokotna mreža dimenzij e 9 x 10 j e pokr i t a z dominami dimenzije 2 x 1. D2
kaž i , da ne moremo i s t e plošče pokriti z dominami tako, da bi vsako domino ,
ki j e l ežala prej horizontalno, postavil ivertikaIno (kamorkol i na mrežo),
vsa ko ve r t i ka l no pa polož ili horizontalno!
Rešitev: vs eh domin je 45, torej liho štev ilo. Vsa ko hor izontalno domino
preseka natanko ena verti kalna č rt a mr eže in obratno . Deni mo, da ima mreža
10 vrs tic in 9 stolpcev. Dokažimo , da pr eseka vsa ka verti kalna črta sodo
š t ev i lo domin. Za pr vo vert i kalno č rto to očitno ve l j a , saj j e polj v prvem
stolpcu 10, vsaka pokončna domina zavzame po dve polji v tem stolpcu , t orej
ostane sodo pol j za domin e , ki leže horizontalno. Enak sklep ponovimo pri
drugi čr t i , kj er upoštevamo t udi t o , ka r smo ravnokar dokazali za prvo č r ­
t o , in nato še pri vse h nadaljn ji h. Ve rt i kalnih črt je 8 , vsaka preseka so-
do š t ev i 10 domin , t or ej je horizontalnih domin sod o š tev i l o . Pr i opisani z~
menj avi dom in pa bi l eža lo hori zonta ln o liho štev i lo domin (sa j je vseh 45) ,
ka r pa smo pravka r ugotov ili , da ne gre .
II. razred, 1. naloga
Al i obstajajo taka realna š tev i l a a , b, a i n d , da velja:
1 0 enačba ax 2 + bdx + o O ima ra z I i čna rea I na korena Xl in x2
20 enačba bx? + cdx + a = O ima r az l i čna r ealna korena x2 in x3 ,
30 enač ba ca; 2 + adx + b = O ima razI ična realna kor ena x3 in Xl 7
Re ši tev: če ustrezna š t ev i l a a , b , a in d obstajajo , j e gotovo aba # O ,
sa j bi bila sicer vsaj ena od ena čb 1inearna in ne bi imela dveh korenov .
Vietova prav ila nam povedo , da je :
XIX2 = ala, x 2x3 = alb , X3XI = bla ,
od kode r dobimo , da velja: XtX~X~ = 1 , oz iroma x lx2x3 = e (e = ± 1) •
Ko to ugotovitev upoš tevamo v gornjih Vietovi h enačbah, hit ro vidimo , da m2
ra za korene ena čb e veljati: X l = eb l a , x2 = ea l b in x3 = ea l a . Če to
vstavimo v dane tri kvad ra t ne ena čbe , dobimo:
b2 ( 1 + de) -aa
a2 ( 1 + de) = -ba in
a2 ( 1 + de) = -bc
Ker je aba # O , j e tud i 1 + de # O . Če zdaj gornj e enačbe medsebojno
delimo, nam ostanejo naslednje relacije med koeficienti a , b in a :
b2/ e2 = alb , e21a2 = al e, a21b2 = bla ,
219
kar nam pove, da je: a3 = b 3 = 0 3 . To pa pomeni a = b = o , saj se iz
zgornjih enačb vidi, da so a, b in o istega predzna ka. To pa bi pomeni-
lo, da so vse tri enačbe identične, kar je v nasprotju s pogojem, da so vs i
trije koreni xl, x 2 in x3 različni med seboj . Od tu lahko upravičeno za-
k l j uč i mo , da števila a, b, o in d , ki bi ustrezala nalog i, ne obstajajo .
II. razred, 4. naloga
Za točke Al ' A2, ... , An v ravnini velja, da je največja od razdalj AiAj
(i#j) enaka 1, a najmanjša enaka d . Dokaži, da je
d < __2_
/yi - 1
Rešitev: Očrtajmo okrog vsake od n danih točk krog polmera dl 2 . Ke r je
najmanjša razdalja med točkami enaka d , se ti kr og i medsebojno ne sekajo.
Naj bo Ai poljubna izmed danih n točk . Če tej točki očrtamo krog polmera
1, bo ta vseboval vse dane točke. Ta krog sedaj odebelimo za d12, t.j. na-
rišemo koncentričen krog polmera 1+dI2, in ta bo vseboval vseh n medseboj
no disjunktnih krogov spoimerom d12. Ker so manjš i krogi disjunktni, je
vsota njihovih ploščin manjša od
ploščine kroga spoImerom 1+d/2,
ki vsebuje vse te kroge. Torej lah-
ko to ugotovitev zapišemo s pomočjo
geometrijskih formul kot :
rr(l + d12) 2 > nrr(dI2) 2
Od tu dobimo po krajšanju in kore-
njenju (kar je možno, saj so vse
količine pozit ivne):
1 + d/2 > /Yi .dI2
Iz zadnje enačbe pa spreureditvijo
dobimo iskano oceno za
d < __2_
/yi - 1
Omen it i velja, da je ta ocena zelo
groba, saj je za n < 9 trivialno
i zpo l nj ena. Očitno je namreč, da je
d ~ 1, za n < 9 pa je
__2_ > 1.
1Yi -
Mala olimpiada , 2 . naloga
Naj bo ko enots ki polkrog nad polmerom SoB , a k I kr og polmera 1/2, k i
se dotika ko in daljice SoB. Krog kn+l definiramo na s l ed eči način: ~+l
se dotika kroga kn ' polkroga ko in daljice S B. Naj bo 1'n polmer kroga kn ,
n=1, 2, ... Dokaži , da je : o
--
bodisi kvadrat nekega sodega naravnega števila, ali pa dvojni
(a)
1'n+i
(b) 1 je
1'n
220
6 - 4 in
u
kvadrat nekega l ih ega š tev i la .
Reš itev : Na r i s bi s ta vr isana dva
zapored na kroga kn i n kn+i . Hitro
vidimo, da ve lja:
3 2 = (x+y) 2 - (x -y) 2 4xy
u 2 = ( 1-x )2 - x 2 = 1 2x in
ana logno
(u+z) 2 = (1-y) 2 - y2 1 - 2y
Ko enačbe skoren imo in i z r a č u n amo
3 + U - (z+u) = O , dobi mo nasled-
njo enačbo:
/flXij = 11- 2y - 11- 2x ,
a od t u:
x 2 + y2 + 4x 2y 2 - 6xy + 4x 2y +
+ 4xy 2 = O
Če vpeljemo novi spremenIjivki
a = l/x in b = l/y , se ta enačba pr e l ev i v nas lednjo:
a 2 + b 2 + 4 - 6ab + 4a + 4b = O (1)
z
lJa na s I sl ik i smo z x označili polme r 1'n , t or e j j e a = l /1'n . Č e en ač bo
(1) g ledamo kot kvadrat no enač bo za b pr i f i ks nem a, hitro odkri j emo eno
nj eno re š itev , to j e ravno l/y , sa j smo jo dob il i i z geo me tr ijske kons t r g
kc ije . Kon st rukcijo pa bi lahko naprav i li t udi za kroga zrad ijem 1'n-l i n
1'n . Če b i tu vlogo a i n b zamenj a l i (ker nas topata si me t r i čno ) , b i dobil i
i sto enačbo . Tako nam je na dlani še dr ug i koren enač be (1) : l/1'n - l. Se-
daj do bimo z upoštevanjem Vietovega pr avi l a za l in earni č len enačbe (1 ) ra ~
no enakost (a). Iz t e zveze najpre j sl ed i , da so l /1'n nar avna š tevila.
Drugo Vietovo pra vil o nam pove , da j e
__ __ (""!'- +2) 2
1'n+! 1'n-l 1'n
Iz (1) izra čunamo 1'2 = 1/4 . Vid imo , da trditev (b ) velja
za n = 1 i n za n = 2 . Dokaz trd i t ve [b ) pa l ahko zdaj i zdel amo s pomoč­
j o popol ne indukcije , kjer na ind ukc i jskem koraku upoš t evamo prej za pisano
d rugo Vietovo f ormul o . Naj poudari mo le še t o , da j e bi l o za zače tek i nduk-
cije nuj no preveriti t rdi tev (b) za n = 1 in n = 2 , saj se ob indukc ij-
skem koraku sklicujemo na dva predhodna č len a : l/r n in l / 1'n - l .
111 . razred, 1. naloga
Poišči vsa na ravna števi l a n , za ka te ra obs ta j a po l inom n - t e s t opnje Pn(x )
s celoštevilskim i koefic ienti, ki je v n raz I ičnih ce loštev i l s k ih t oč kah
enak n in Pn(O) = O .
Rešit ev: Označimo s Qn (x ) polinom Qn (x ) = n - Pn(x ) . Polinom Qn (x ) je
v n razli čnih ce lo števils k ih točkah, imenujma j ih x l ,x2 ' ... , xn ' enak
O in Qn (O) = n . Če je Qn (Xi ) = O ,je Qn (x ) delj i v z binomom (x - Xi )·
Torej l ahko pi šem Qn (x ) kot produkt n faktorjev
Qn (x ) = A.(x - Xl ) · (X - X2 ) · · · (X - Xn )
22 1
Vs i x i so med seboj raz I i čn i i n nobeden n i enak O, to rej so po ab sol utn i
vrednost i vs i, ra zen morda dveh, večj i od 1. Vsta vimo x = O :
n = Qn (O) = A . ( - l)n .X I·X2 · · ·Xn
in ocen imo: n = lA . ( -l) n .XI .X2°o .xn l ;; 2n - 2
To gre l e pr i n ~ 4 . Za n = 1, 2 , 3 in 4 l ahko h i tro dob imo pr imere za po-
l inome z zah tevan imi la s tn ostmi:
'f1, = 1: QI (X ) = x +
n 2: Q2 (X ) (x -
n 3: Q3(x ) (x -
n lj: Qt. (x ) (x -
1 , P I (x) = -x ;
l )(x - 2) , P2 (x ) = 3x - d ;
l )(x + 1) (x - 3) , P3 (x) = x + 3d - ~
1) (x + 1) (x - 2) (x + 2) , P4 (x) = sd - ~4
II I. ra zr ed, 4. na log a
V r avnini j e dan ih n toč k Al ' A2 ' ... , An ' ka te r i h med sebojne ra zdalj e
so vse vec J e al i kvečjemu ena ke 1 . Dokaži , da š tev i lo dalj ic Ai Aj (i, j=
= 1, . •. ,nj dol ž ine 1 ne presega 3n.
Reši tev: Vzemimo po lju bno točko Ai i n op iš imo oko li nje eno t sk i krog (krog
s sred iščem v Ai in r ol me rom 1). Vse točke, k i so od Ai oddal jene za 1 , le-
že na t em krog u. Kol iko je največ takih točk med točkami Aj ? Oči tno ji h bo
naj več ted aj, ko bosta po dve sosednji točk i med se boj enako odda l jen i. Ta
oddalj enost mora biti najmanj 1, to pa dosežemo ravno pri pravi ln em šest-
kot ni ku, t or ej j e ta kih točk največ še s t . Vseh t o č k j e n , iz vsake i zhaja
n a j več 6 dalj ic do lžine 1 , vsako t ako da lj ico pa smo pri tem š te l i dvakrat
(k vsa kemu kraj i šč u po enkrat), sk upaj t or e j nj i hovo š tev i lo ne presega
6nl2 = 3n , kar j e bil o t r eba dokaz at i .
IV . ra zr ed, 1. na loga
Naj bo n naravno š tev i lo . Ozna čimo s Pk š tev i lo nen egati vnih ce loš t ev i ls k i h
reš itev x , y en ač be
k.x + (k + l ). y = n - k +
1z r a č u na j vsoto P I + P2 + . . . + Pn+ l
Rešitev: enač bo ma lo preobliku j mo :
k . (x + y + 1) + Y = n +
Označimo z = x + y + 1 . Tako dob imo enač bo
k :» + y = n + 1
Zara d i x ;; O vel ja y ~ z - 1 ,torej O ~ y ~ z - 1 . Očit no do loča vs ak
pa r (x ,y) , ki r e ši pr vot no enač bo, na t anko en par ( z ,y) , k i r e ši d r ugo
enač bo i n obra t no . Tor e j lah ko štejem o ka r r ešitve t e en ačbe pri vse h vr ed-
nostih 1 ;; k ~ n + 1 • Pri vs akem k med 1 i n n+l pr edstavlj a na ša en ačba
ra zce p števi la n + 1 na mnogokr a t nik števi l a z (med 1 in n+ l)
in ostane k y . Tak razcep pa j e , kot vemo , enoj ičen , t o r e j obsta ja za vsak
ta k z na t anko ena re šitev na še na loge . Vseh reš itev je to r e j n + 1 , kol i -
kor j e tudi re šitev prvotne ena čbe , in to je enako i s kan i vso ti. Kot vid i -
mo, nam za re š itev nal oge n i tre ba i skat i štev i 1 Pk' ka r bi bila t ež ja nal 9
ga .
222
IV. razred, 3. naloga
Za podmnožico P naravnih števi 1 N velja:
1) a e P, b e p"" a + b e p ,
Z) (.J/- q e N, q > 1)(3 c e p )(c 1- O mod q )
Dokaži, da so v P vsa naravna š t ev i l a razen morda kon čno mnogih, z drugimi
besedami , množica N - P j e končna .
Rešitev: doka žimo najprej, da v P obstajata vsaj dve med seboj tuji števi -
l i . Naj bo a e p . Razcepimo a na praštevila: a = pY l .p~ l . ..p~n . Zaradi
zahteve Z) obstaja za vsak P~ tak aj e p, da Pj ne deli aj' Pos t av imo
b = a .al /pyl + . . . + a .anlp~ . Vzemimo poljuben Pi . Oč itno je vsak č l en v
vsoti za b delj iv s Pi razen i - t ega čl ena, vsota torej ni delj iva s Pi' To-
r e j je š t evi l o b tuje prot i a. Ker je a.e P , j e za radi 1) tud i vsak njen
večkratnik v P , torej je v P vsak čl en ~s o te, s tem pa tudi b in obstoj tu-
jih š t evi l v P je dokazan.
Naj bo zda j n ;; a .b + 1 • Trd imo , da je med b štev i 1 i n - a , n - Za,
, n - b .a eno delj ivo z b . Ce to ne bi bi lo res , bi vsako od teh š t e -
vi 1 pri deljen ju z b dalo nek ostanek med 1 in b- l . š tev l 1 je b , razi ičnih
os t ankov le b- l , torej bi dal i dve števi 1i enak ostanek , zato b i bi la nj una
razli ka deljiva z b . Razlika dveh i zmed gornjih števi l je očitno obl ike
k. a , kj er je k < b . Ke r je a tuj proti b , mora biti k deljiv z b, to pa
gr e zaradi k < b l e pri k = O . Pro t i sl ovj e kaže , da na ša trd i t ev dr ž i .
Naj bo npr. n - k .a deljivo z b, torej n = k .a + l.b . Od tod vid imo, da
j e zarad i pogoja 1) tudi n ep. Dokazali smo, da so vsa naravna štev ila n
večja od ab+ l iz P. Množica N - P je t orej končna .
Bojan Maha:!' in
Fran ci Forstnerič
ZANIM IVO, ANEDOKAZANO
Vzemi poljubno naravno število m. Ce je število s odo, ga deli
z 2. Ce je l i ho , mu pr ired i šte vilo 3m + 1 . Ce se držiš tega
pravila, prideš po k o n č n e m številu kor a kov vedno do 1 . Pos kusi!
Na primer : I zbe r emo s i m = 7 . Ker j e liho, mu prired imo
3m + 1 = 22 , to števi l o de limo z 2 , dobimo l i ho števi lo 11 i n
mu prired imo 34. Nato 17, priredimo 52 , dvakrat de l i mo z 2 in
prid emo do 13 , pr ired imo 3.13 + 1 = 40 , trikrat delimo z 2 , do-
bimo 5 , pr i red imo 3. 5 + 1 = 16 , t o pa je 24 i n še s šti rimi de -
l j e nj i z 2 r e s pridemo do 1.
Dani jel Bez ek
223
~
SLIKOVNA KRIZANKA
IIZDELOVA -LECOR OD IJ
-1
\
o
VITKA
SM REKA
RO LO
KOPNO
SREDI
VO DE
1/2
GRMADA
TlEČIH
CRV ZA
OGU E
TORINO
ANGL
POVR~IN
MERA
TUA EK , @
OSMAN
I
k
SPOO AS -
UA.!
IME CRKE
M
Or.) •
(2.3,4,5)
RAREBUS
~
SAMORAS -
LAJAB-
LANA--
I
MOR SKI
polt
REBUS
PU~CAV~
NIK
APA-
RAT
NAS IL-
NICA
APARAT ZA
RAZ GOVOR
NA DA LJAVO
KRA TICA
ZA KLIC
NA
POMOC
ST IK ,
SPOJ
MADŽAR
j ---i
RAZ-
MERJ E
ALBERT
EIN-
STE IN
VERDI.IE-
VA
O PERA
D. PRIT OK
KOLU-
SARE
LJU B K.
M.IME
CH ARLES
DARWIN
c
PET ER
LEVEC
NASA
NAJ VE CJ A
LUKA
\
~
,
! .
r
PALI CA
PRI
8 lUJA RDU
\ \
CARODEJ
REKA SKQ! I
FIRENCE
FRAN C.
RODBINA
IZDELOVAL-
CEV KLA-
VlAJ EV
SPO R.
PRA VDA
ENAKI
ČAKI
REBUS
II!
J
Z
OEL D
TEDNA
SLOVES-
NA
OPRAVA
224
z REBUSI
DU$A UM A·
'& TOALET·LEGA KOKOS ORGAN NA POLET . 1000PRI z. IME VIDA POTREB - ZANOS KGSLOVANIH SCrNA
~ t -ro T \(3) ,
UČNI PRI· e. 1L 1 POMOCEK ')SL PI$ATEU NOETO VA II KRAPINA "---'(IVAN) BARKA
PSE VDON IM. PESNIKA , LJ \ , PAGlIAA UZ· ~) '\)-.\ ZIJA--- ANGL. M IME
PLAeilO OB
IJuvozu c. i. 1L \ OSEBNIMAJHEN RT f ZAIM EK , ,
K
RAREBUS
-- A lJ ) '"
~~~~~MONGOLSKI, VLADAR ,
PRI TAOIL- - /--NICA ( 1,2,5)
,
L
I
SKUPINA Slo IN HR.
II8 PESNIK M.IME IZVR$NI PTICA SOL SKII PEVCEV (STANKO) SVET PEVKA RED
...--
i(.
.......
l f\ fr {J \J f \ ZALOŽBA ""2-\OBZORJA (Ž. IME
IZAEDEN
,~
lJ.. \ -- - c..REKA SESTAVI L : LEPOTEC V \ l'SKa l i PAVLEBERN GRE GORC ž . IME 1
OG U I-
KQVQ DIK - ) SINKO t ..C2H6 " AL UMINIJ ......CINK - -, -.:J- E '[) ME STECE I )V SZ. OD• '- " ZADRA
} .\
"
I
~.J -" IME - L I,..... ČRKE L l=- OCE r ' ,-.;......
PAVEL GREGORC lIiiii
225
PREMISLI IN REŠi
Na zastav ljeno nalogo iz Preseka VI/2 smo preje li 84 rešitev.
28 reševalcev je napravi lo kakš no napako, 32 pa jih je pozabi-
l o na prvi de l na loge . Največ napak s t e naredi li pr i uporabi
oklepajev. Tako je ostalo l e 24 popo l noma pra vi l nih rešitev.
če ste se drža l i sa mo seštevanja i n odštevanja, je rešitev nič
kol iko in tudi dobiti jih ni posebno težko . Zato objavljamo r~
šitev Uroša Erjavca, uče nca osnovne šole J ože t a Mihevca ' i z
Idrije, ki je de lal tudi z množenjem, deljenjem in sestav lja-
njem.
12 : 3 + 4 - 5.6 + 7 + 8 + 9 2
4 - 3 + 2 - 2
5 + 4 - 3 .2 - 1 2
6.5 + 4 - 32 .1 = 2
7 + 6 + 5.4 - 32 + 2
87 - 65 + 4 - 3 - 21 2
98 - 76 - 5 .4 + 3 - 2 - 1 = 2
Nalogo so pravi l no reši l i: Jakobčič Andrej, STš Novo mesto; Dolinšek Maj-
da, o .š. Stane Žagar, Kranj; Burgar Boštjan, Kranj ; Kozir S imona, Lj ubl j a -
na; Bertonce lj Alenka, o.š . Prešernove brigade, Železniki; šturm Milena,
gim. Kran j; Kersn ik Ja nko, gi m. Jesenice; Kofo l Eda, gim. Koper; Kloboves
Bojan, o .š. Peter Kavčič, škof ja Loka; šinkovec Andreja, o.š. Spomenik NOB,
Cerkno; Tu r kovi č Janko, g im. Koper; Cokan Tomaž, g im. Ljub ljana Bežigrad;
Ta tj ana Cokan, o.š. Pru le, Lju bl j ana ; Zorko Tomaž , o .š . Rihard Jakopič,
Lj ubl j ana ; Samuda Lid i j a , gim. Lj ubl j ana Vič; Medica Boris , o .š . Rihard Ja
kopič, Ljub ljana; Kočevar Heda, g im. Ivana Cankarja, Lj ub l j ana ; Ur h BOži--
dar, o.š. Lucijan Se ljak, Kranj; Celarc Tomislav, gim . Ljubljana Bežigrad;
Kogovšek Simona, o.š. Iva na Cankarja, Vrhnika; Jera la Fra nc, Kranj; štru -
belj Jan~, Novo mesto; Rupnik Er i k, Lj ubl j ana ; Cerar Bernarda, Laško.
I zž r e bani so bili: Er j ave c Uroš, o.š. Jožeta Mihevca, Idr ija;
Kogovšek Simona, o.š. Ivana Cankar ja, Vrhnika in Samuda Lidija,
gim . Ljub ljana Vič.
2 2 6
Za nagrado prejmejo knjigo Fizika, leksi kon Cankarjeve založbe.
Rešitev naslednje naloge pri čakujemo do 30 . VI. 1979.
Ljubo mi r Ko s t rev c
Na sliki je prikazan načrt poti po parku.
VHOD
Ka kor vemo (glej Presek VI/I), s e lahko sprehodimo po vseh po-
t eh , ne da bi katerokoli prehodili dvakrat in tako obidemo ve s
park . če pa dopuščamo večkratni s pr e hod po isti poti, poskusi-
mo ug otoviti, kako se moramo sprehajati po parku, da ga v celQ
ti obidem o in pri tem čim manj krat sp remenimo smer hoje.
po Samu Loydu Vladi mi r Batagelj
NETOČNOST V ČLANKU "XIX.
NALOGE
NALOGEBRALCEV
Reš itve nalog iz arhi va so nam poslali Andrej Ja kobčič iz Nov e
ga mesta , Et bin T a včar iz Du tovelj, Romana La za ns ki iz ža lca,
Na t aš a Centa z Ro ba in Marjan ša nt l i z Re mš nika .
Ma j a Haš imo vič s Korošk e Bele pa nam j e posla la to le s liko in
vpr ašanj e :
Ko liko t r i kot ni kov na jdeš na t ej sl i ki spodaj? J a z se m j ih 80 .
M o g o č e j i h boš ti še ve č! Pos kus i ! Vel i ko s r eče !
Maja HaiJimovi č
22 8
PET NALOG
1 . Razl i ka kva dr a to v mer s kih š t ev i l str a nic par a l e l ogra ma je
ena ka k 2 , kot med diago nalam a je 1200 • !zr a čun aj (bre z tr i gonQ
metrije) plošč ino par a l e l ogr ama!
2. Strani c i pravo kot ni ka s t a v ra zme r ju 1:1k (k je na r av no št ~
vilo). I z dveh naspro tnih s i og l išč narišemo normali na di a go-
nalo. V ka kš nem r a zm e r j u de lita nor ma l i diagonal o?
3. Na j d a l j š a od diagonal pr av i l ne ga konvek s nega n- kot ni ka j e
ena ka D, naj kraj ša d . ! zra čunaj ploš či no tega n - ko t n i ka , če je
š t ev i l o n sodo!
4 . Vsota kvadratov treh za pored ni h lihih števil, zmanj šana za
11, je deljiva s 24 . Dokaži!
5. Dokaži, da je 31 1 0 7 + 107 3 1 deljivo z 42 !
Dragoljub Mi loševi6
Zbral, uredil in prevedel Pe t er Pe t ek
NALOGA
Na sliki vidiš naris in tlo-
ris oglatega telesa. Da bi si
mogel telo dovolj jasno pred-
staviti, nariši še njegov
prečni ris. Koliko različ-
nih teles je možnih?
Nariši jih!
?.
229
23O
231
Odgovor: če s e ne omejimo samo na konveksna t e lesa, je števi lo
vseh možnih te les kar precej veliko . Avtorju je uspelo najti
134 različnih tele s, pa ni povsem prepričan, da je izčrpal vs e
možnosti. Trd i pač, da ji h je vs a j 134 . Nekatere dvojice (tr o-
jice) predsta vljaj o sicer s kl adna telesa, a so v različni h le-
gah nasproti projekc ijskima ravninama .
St a n isZ a v Horva t
232
REŠiTVE NALOG
BIS TROV IDEC - HlšNA š TEVILKA / Presek VI/2 - reši tev
Skopa reš itev te na log e j e bila obj av l je na že v P VI / 3, s t r .
191 . Ke r je nalo ga zanimi va, se pomud imo pr i nj ej š e mal o.
O znač im o z n hiš no števil ko in s h štev ilo hiš v uli ci . Pot em
je odgovor nasl ednji:
- če je hi š na š t e vi lka d vomes tn a, je n
- č e je hišna š t evi lk a trimestn a , je n
Kako se i zognemo prebor u vs eh možn ost i?
35 in h = 49 ;
20 4 i n h = 288 .
Naj S(k ) pome ni vs ot o prv ih k na ravni h štev i l. Po be sedilu
na loge mora veljat i:
oz iroma
+ 2 + 3 + . . . + ( n-1 )
S (n - 1 ) = S( h ) - S(n )
( n+1) + ( n+2) + . .. +
+( h-1 )+ h
al i , ker j e S(n ) = S( n - 1 ) + n , t udi:
2 .S (n ) - n = S(h )
Upošte vamo še, da j e S(k ) k . ( k+1 )/2 , pa dobimo na slednjo
celoštevi l sko (Di ofant s ko) e n a čb o :
2 . n 2 = h , ( h+ 1) n , h (; fi
Pr i reše vanju te enačbe nastopita dva pr i me r a :
a) h j e l i h ; te daj i z ob like leve s t r ani enačbe in t ujo sti šte
vil h i n h+ 1 i zh aj a , da sta ti dve š t evili obl ik e:
233
h=p2, pjelih
h+ l = 2q 2
b) h je sod; š t evi l i rt in h+ l sta v tem primeru oblike:
,pjelih
Oba pri mera l ah ko spet združ imo v prirejeno enačbo:
p2 ± 1 = 2. q 2 , p je 1 ih p ,q 6 N
Vsaki rešitvi osnovne enačbe ustreza natančno določena rešitev
prirejene enačbe; in obratno! Kako dobimo iz rešitve ( p, q)
rešitev (n, h) ? Stevilo h je do ločeno s tem ali gre za primer
a) ( p 2 + 1 = 2. q 2) ali za primer b) (p 2 - 1 = 2. q2) ; v obeh
primerih pa je n = p .q
Poglejmo, do katerega p moramo pois kati vse rešitve prirejene
enačbe, da bomo lahko iz njih dobi l i vse rešitve osnovn e e na č ­
be, ki nas zanimajo !
Za večje p in q velja p
kost za n pa do bimo
nmax = p~ax /Il oziroma
q . 1l . Vstavimo to v en~
Pmax = / Il .nmax
V našem primeru j e nmax = 999 i n zato Pma x = 37 . Ker nas
zanimajo samo lihi p , je tore j pot rebno pog ledati vs ega 19
različnih vrednosti:
P p2 (p 2+1 ) / 2 = q ~ (p 2- 1)/ 2=q5
1 1 lt- Ot-
3 9 1 4t-
5 25 13 12
7 49 25 t- 24
9 81 41 40
11 121 61 60
13 169 8 5 84
15 225 113 112
17 289 145 144 t-
234
19 361 181 180
21 441 221 220
23 529 265 264
25 625 313 312
27 729 365 364
29 841 421 420
31 961 481 480
33 1089 545 544
35 1225 613 612
37 1369 685 684
Rešitve prirejene e n ač b e dob imo povsod tam, kjer je š t evi l o v
tretjem ali č e t r t e m s t ol pc u r es popolni kvadrat. Iz tabele pr~
beremo nas l ednj e rešitve :
k P q n h
O 1 O O O
1 1 1 1 1
2 3 2 6 8
3 7 5 35 49
4 17 12 204 288
Tretja in četrta rešitev sta is kani rešitv i.
Kot zanimivost naj omenim, da lahko vse rešitve osnovne in pri
rejene ena čbe v nar.vnih številih dobimo kot člene zapo redij:
PO = , qo = O
qk +1 Pk + qk , Pk+1 = qk +1 + qk
nk Pk ·qk ' h 2k = 2·qh , h 2k+1 Ph+1
Preverite in dopol nit e tab elo do k = 10 !
Vladimir Batagelj
REŠiTVE NALOG
235
PISMA BRALCEV
KROPEC ROMANA i z Rogaš ke Sl a ti ne nam je ob poslani re š i tv i za -
pi s a l a: Ob n ovem Zetu ž e Li m v sem, k i urejate Presek , veLiko u~
pehov . Poh v a Liti moram Pre sek . Vsak do Lah ko najde v n jem, kar
ga zan i ma . Čeprav s em Zetos v če trtem razre du gimnazi je , bom
naročevaLa Pr e sek š e na pr ej, u kvarjaLa s e b om z na Log ami t ak o
kot s eda j . Sprejmi t e p r i srčne p o z drave .
Rom ana, zelo smo veseli, da misliš os t a t i na š zve sti bralec t~
di kot štude nt . želimo ti us pe šno maturo in od loč i te v za na-
da l j nj i študij. Tor e j računamo s tvo jim pr ijat eljstvom i n pri-
ča k u jem o še kda j tvojo poš t o .
J ANA š TRUKELJ iz Novega mesta nam je t ud i poslala l e pe pozd ra -
ve in za želela ve liko uspehov. K rešitvi naloge je pr ip i s a la:
OgLašam se vam prvič, čeprav s em ž e štiri Leta naročena na r e-
vijo. Presek mi je všeč, ker so v njem naLoge za vse starostne
stopnje. Morda jih je maLo manj za srednješoLce , a upam , da b~
ste tudi to popraviLi . Upam tudi , da bo v nasLednjem Preseku
križanka, ki je v 2. števiLki ni biLo . Lahko bi biLi tudi dve ,
saj je veLiko takih , ki jih r ad i re šujemo.
Hvala , Ja na, za poslano r eši t e v in za iskrene besede. Oglasi
se nam še kda j in želimo ti še dosti prijetnih trenut kov v dr ~
ž b i s Prese kom.
236
NADA LAV RIH iz Zagor ja o/S j e zap is ala tako le : Dragi Pre sek !
Ogla š am s e t i p r v i o . Tv oj naročnik sem koma j d r ugo le to , k er
pr e j s p l oh n i s e m v e d e l a za to r e vi jo . Vsak e nove š t e v il k e s e
z elo r a z v e s e l i m in t a k o s em s e tudi d anašnj e . Ta r ev i j a mi j e
z elo vleo z aradi n je n ih ša l j iv i h in pri je tnih nalog . Klju b t e -
mu pa mis lim, d a bi b ilo l a h k o š e v eo na l og z a na s os n ov nolo l -
ae . Vpra š u jem s e , zaka j d obimo to r ev i j o ta k o poz n o , oe p r a v j e
v njej z a pi sano : Relitve polljite d o 15 .1 .1 9 79 . Ka k o , o e s em
j o p a p r e jela 1 2 .1 . ? Čeprav j e prep oz n o , t i po l iljam re li t v e .
Tako j e , Nad a , "koraj ža" vel ja . Reši t ev j e prispel a p r a v oč a sn~
ke r vedno r a čun amo t udi z mo reb i tnim i zamudami pr i od poši lj a-
nj u . Hv al a ti . Le l imo t i pog um pr i r eševa nju nal og . Kar nisi
mog l a le t os re š i ti, boš got ov o r e š i l a č e z ka kšno le t o .
ALE KSANDER REJC iz Gaberj a, ki obisku je 8. raz red osnovne šole
v Tol min u , piš e : Na r e v i j o sem naro oen že od 6 . r a z r e d a d a l j e .
Od z aoe t ~a mi pri r e š e v anju splo h n i šlo , čeprav s em v matema-
t i k i imel v edno o aen o prav d obro. Zd a j mi g r e v edno b o lje! Ta -
k o s em reJil t udi n a log o i z l e t ošnje d r uge I t e vilke . Pre s ek
Bem dobil š e l e danes , 13 . j anuarja 197 9 .
Ug ot ovil si, Aleksand er, da je tr en i ng dobr odošel tudi v mate-
ma tiki . Vzt ra j ati je t r eb a, da s e ti odpre okno v svet matema-
tike in da s e naužije š nj en e le pote. Poš lj i nam vsa ko r ešeno
nal ogo i n ne s amo pod rubri ko Pre misli i n reši. Sr e č n o!
ROMAN MA ZI iz Lj ubl jan e , s edmoš olec na osn ovni šoli Rih arda J 2
k o p i ča je nap i sa l : Va šo r evijo nar oaam že d r u g o leto . Zan j o
s em se navdu l i l pri matema t i ane m k r o ž k u . Ze lo mi j e v le a i n mi
pom aga pri uoe nju. Kor i s tn a j e predvs em z a t e kmov an ja , saj j e v
n jej mn og o nalog , k i s o pod ob ne onim s t e kmovan j . La hk o pa bi
ime la ve o na l og za o snovno lo la e .
237
Hvala ti, Roman, za tvoje misli. Ugotovitev o pomanjkanju na-
log za osnovnošolce je že tako pogosta, da nam je hudo, ker še
nismo mogli ustreči našim najmlajšim bralcem. Takih nalog nam
resnično priman jkuje. Vaš krožek je videti delaven in morda bi
našl i tudi pri vas kakšno zakladnico nalog, primernih za Pre-
se k, kot je to storila naša bra1ka Olja. Roman, srečno na te k-
movanj i h za Vegova priznanja! Piši nam še kdaj!
ERIK RU PNI K iz Lj ubl ja ne piše : Kot edini tovrstni časopis v
Sloveniji mora imeti zelo pisano vsebino , da bi ugajal najšir-
šemu krogu bralcev . To nalogo Presek po mojem izpolnjuje , ae
sodimo po pismih bralcev . Tudi mojemu okusu za zdaj ustreza.
Opažam , da je ses tavljen i z alankov in nalog , ki skušajo biti
čim manj računski . To mi ugaja in s tak im konceptom se p opoln~
ma strinjam . Sam se najraje ukvarj am s krat k i mi in duhovitimi
nalogami , ki d a jejo misliti bolj logi ano in katerih rešitve so
po navadi zelo enostavne - pa je ravno zaradi t e enostavnosti
rešitev težja . Take so na prime r naloge starih egipčanskih,
grških in d rugih matematikov , ki so se ohranile kot enkratne ,
in uganke .
Olede nalog imam predlog, s katerim bi po živili d elo krožkov,
ki se vsaj na zunaj malo kaže . Nati snili bi posebn e naloge ,
pri katerih bi morala sodelovati skupina ljudi in katerih reši
t e v bi "i me l a tudi praktičen pomen. Na primer, opozorili bi na
ob s e g on es na ževanja okolja, kot so s torili člani k ro žka iz Žu -
žemberka . Tako bi dobi l i krožki konkretne naloge , k i bi jih
skupno reševali in bi sčasoma pridobile tekmovalni značaj. Nad
boljše rešitve bi objavili in po možnosti tudi nagradili. Kar
v ostalem zadeva vsebino Preseka, pogrešam predstavitve veli -
kih matematikov , fizikov in astronomov - kakšne drobne zgodbi-
ce ali an e kd o t e iz njihovega življenja . Obseg revije se mi zdi
ravno pravšen , zato pa bi lahko iz hajali bolj pogosto.
238
~
239
Prav posebej se moramo zahvaliti za tako iz črpne misli v posla-
nem pismu . Hvala za pozdrave i n obljubljamo, da bomo o vseh
rečeh raz mi šlj ali na naših sejah in veseli bomo vsake nove id e-
je . Hva l a Eri k!
OLJA KRPaVIč iz Ljubljane ob isk uje osnovno šolo Prule in nam
je pisala ta kole: S p o š t ovan o ured n iš tv o ! Na Pre sek s e m naroče ­
na ž e tr i leta . Li st mi j e z el o v še č . Je priv lačne zu n an j o sti,
primernega f or ma t a in zanimive , pisane v sebine . Edino , kar me
moti , je pomanjkanje nalog z a osnovno š o l o, predvsem z a 5. in
6 . razred . Prav za t o s e m se odločila i n p obr s ka l a po li stk in z
matematičn im i na logami , ki s i j i h sama izmis lim ali p a mi jih
z a stav l j aj o s t ar š i i n s or od n i k i. Upam, d a s e b o k ate ro d a l o
uporabiti . Bi l a bi z elo v es e la, saj bi tak o prispevala kamen -
če k v moz a i k, k i se imenuje Pr e s e k.
Zanima me , kaj je z mo žn o s t mi za štud i j mate mat i k e , k oli k o ča­
sa tra j a šo lanje , na ka t erih š o l a h, z a k ak še n p o k li c se pr i
tem u spos obi š . . . Že v napre j naj l e pša hva l a za odgovo r . Vse nad
lep še ž e l i m u redni štvu i n sami r eviji Pres e k ! Na j le ostane
t a k , kakr šen j e ! ! Le p e po zdrave od zv este b r al ke Ol j e .
Draga Olja, hvala predvsem za poslane naloge, ki bodo gotovo
izpolnile želje naših najmlajših bralcev. Upamo, da imaš doma
še bogato zakladnico "kamenčkov" za naš Presek. Glede nadalj-
nega študija se boš verjetno najhitreje pogovorila s svojo UC}
teljico matematike . Hvala za lepe želje. Tudi mi vsi ti želimo
uspeha na poti skozi matematiko .
MI LENA STURM iz Kr a nj a se nam je predstavila kot gimnazijka I.
letnika in pr avi : Presek sem naročevala že V osnovni šoli in mi
je zelo všeč. Po šiljam v am r eš i t v e Premisli in r e š i. V želji ,
da vam bo to v vz p od bud o, vam š e vnapre j ž e l i m veliko delovn ih
uspehov . Tovari ški pozdrav .
Hvala , Milena, da si nam v pis mu ra zod e la že svoj o dol gol e t no
naklonjenost . Zelimo ti uspehov pri š t ud ij u in na j Pre s ek ostg
ne tudi vnaprej tvoj pr ijatelj.
IRE NA GRAB RIJAN j e poslala na s l ednje pismo iz čr nom l ja: Dragi
Pre sek ! Oglalam se t i prviJ . Kl jub temu . da sem le le drug o l e -
to v ala naroenica . mi Presek z e l o uga j a. Ze lo r ad a berem r ubri
ko Pisma bralcev in tud i dru ga poglav j a ne s preg l edam. Va šo r~
v i jo bom le vnaprej z v eselj em naroeala i n pre b ira la t e r r ele -
vala nal og e . Po šilj am vam rešeno nalogo . ki st e jo zas tavili v
ru br i k i Pr emisl i in r e l i .
Hval a za izr ažen o zve sto bo , drag a I rena . Tudi mi t i obl j ublja-
mo os tat i zvest i , ra di bomo pr i s l uhni l i sv ojim bralc em i n s ku-
paj z nji mi ur ej a l i naš Presek . Pozdravl j ena!
BRAN KA KU2N I K, učenk a os meg a ra zreda o.š . v Trebnjem, se nam
je oglas ila prvič in pravi: Pr esek skrbno prebiram ž e t ret je
l e to . Va J ino n al og . ki jih ob j av i t e . n e znam r ešiti . k e r so
pa J n ame nj e n e sre dnj e š o l cem . želim . d a b i v Pre s eku . ki j e v s ~
ka kor t ud i re vija o s n ovn ošo l c ev . ob javiZf vee na lo g . ki bi bi -
le z a na s primerne . ž e l i m tud i . da bi v r ubri k i Pr emisli in r e
ši z a s t av i l i r e š eval c em v e J na l og . te j e mogoee . pro s im . da bi
r ok za d os t av o r eši t ev poda ljšali v s aj z a n eka j dni ~ sa j d obim
Presek l e l e . ko j e ž e prepo zno z a po š il jan j e r e šit ev . Sicer pa
mi j e Pre sek z e l o vše e in vam ž e l i m še mno g o uspe hov pri urej~
n ju te b o g a te r e v ij e .
Bra nka, tv oje odkr itosrčn e misli s o nam v ve selje . Ra zmišl jali
bomo o št evilu nalog pr i Pr em i s l i i n reš i in gotovo moramo ro k
za dos t avo r e š i t ev podal j šat i. Sic e r pa ne bodi v sk r beh, ker
smo upoš te va l i tudi poznej š e r e ši tv e prav zaradi poš tnih zamud.
Branka, oglasi s e še kaj. Sr e čno !
Matilda Lenarei e
2 40
FIZIKA
PREPROSTA FIZIKA LETENJA
Najbrž se kdaj pa kdaj kdo od številnih potnikov na letalu
vpraša, kako to, da letalo sploh leti. Katera sila drži letalo
v zraku? Učbeniki fizike govorijo o sili, ki deluje na letal-
ska krila in uravnovesi težo letala, navadno v zvezi z Berno -
ullijevo e načb o (okvir 1).
Iz enačbe, ki velja le pribli2no pri neprevelikih hitrostih,
sledi, da je tlak na kraju z večjo hitrostjo manjši, na kraju
z manjšo hitrostjo pa večji. Letalsko krilo ima takšno obliko,
da je hitrost delov zraka na zgornji strani krila večja kot na
Okvi r 1
Bernoull ijeva enačba:
t pv~ + gZ2 + P2 = t pVt + pgzl + P I
sledi iz izreka o kinetični in potencialni energiji, če ga uporabi
mo za del tekočine. Enačba pravi, da je skupna gostota energ ije in
dela konstantna. (1/2)pv 2 je gostota kinetične energije - p je go-
stota in V hitrost - pgz je gostota potencialne energije - g je t~
žni pospešek in z višina nad izbrano ničelno vodoravno ravnino.
Tlak P je "negativna gostota dovedenega dela tlaka". (-pt>V je dov~
deno delo, ko premaknemo del tekočine s prostornino t>V na kraju,
kjer je tlak p.) Enačba se nanaša na točki 1 in 2 na izbrani tokov
nici al i na dva prečna preseka cevi. (V drugem primeru je treba u-
poštevati povprečno hitrost in povprečni tlak po preseku.) Velja
za tok nestisljive tekočine, če notranje sile ne opravijo nobene
ga dela. Nekol iko površno rečeno preneha veljati Bernoul 1ijeva e--
načba pri majhnih hitrostih, ko postane odloči Ino notranje trenje ,
in pri velikih hitrostih, recimo nekako pri polovici hitrosti zvo-
ka, ko ne moremo več zanemariti stisljivosti zraka.
241
s podnji. Zat o je tlak na zgornJl strani man j š i kot na spod nji .
Razli ka tlakov da rezultanto, ki deluje navpi čno navzgor . To
je pre čna si l a ali d i namični vzgon ; prečna si la, ker deluje
pr eč n o na smer gibanja, i n dinamični vzgon, da ga l o či m o od
stati č nega vzgo na iz Arhi medove ga zako na ( "te kočina de l uj e na
mi r uj o če potopl j eno t el o s s i lo , ki ima sm er navpi čno navzg or
in velikost teže izpodrinjene tekočine").
P r e č n o si l o je mogoče poj as ni t i pr e pr os t e je in p repri čljiveje
kot s prib liž no Be rno ullije vo e na čb o. Name s to te ena čb e upora -
bimo i z rek o giba lni količini (o kvi r 2) .
Naj l eti letalo s konstantno hitrostjo V
x
v vodoravni smeri .
Ker je hit r ost konsta nt na , je re zultanta vseh zunanji h sil, ki
de l uje j o na l e t a l o, ena ka n i č. V vodorav ni smer i d eluje " poti§
na" sila motor jev in v na s pr otni smeri enako velik upor (ok vir
j a 3 in 4) . Na v p i čno navzdol deluje tež a l etal a Mg in nav pi čno
navzgor enako velika prečna sila. (Statični vz gon, ki je ve č
kot ti so čkr a t manjš i kot t eža, zan em ar i mo . )
P r eč no si l o pojas nimo naj bo l j e , če s i mi s l imo, da smo v letalu
(S l . l a ). Opa zujemo del zra ka ( t o j e na š s is te m) . Zr a k pr ed l~
talom ima v navpični s mer i kompon ento hitrosti nič. Zrak za le
ta lom pa i ma komp onento hit r osti Vz n av pi čno nav zd ol . Po izr e-
ku o gib a l ni ko l ič i n i mo ra delov a t i le t a l s ko krilo na zrak s
s i l o F~ n av pi čn o nav zdol:
z __ C -- -- ~-==
m~ - - - - - ~-:~,
V, ~
• mC--------~--~
miruje O
m
------r-I}
( a )
(b )
Sl. 1 : Nastanek preč ne sil e v opazovalnem sistemu, v katerem miruje letalo
(a ), in v opazova l nem sistemu, k i mi ruje gl ede na Zemlj o (b) .
242
(2)
Okv i r 2
Izrek o gi balni ko l ič i ni:
pravi, da j e skupni sunek vseh zunanj i h s i 1, ki del uj ejo na sis t em,
enak spremembi gibalne količine . m je masa sistema, V 2 hitrost po
pr enehanju kons t ant ne si le F, ki deluje ča s t , i n VI h i t ros t , pre-
de n j e začela si l a de lov a t i. Izr ek o giba ln i kol i č ini izpelj emo i z
d r ugeg a New to novega zakon a in velja splošno .
Okvir 3
Si la motorj a. Opazujmo i z leta la, ki leti s konstantno hitrostj o.
Naš sistem j e de l zr aka z ma so ml , k i ga za jame motor, in del go-
ri va z maso m2' Na začetku ima zr ak h itrost vx' gori vo pa mi ru je .
Potem, ko go r ivo zgor i v zr aku , za pus t i jo vroč i i zpušni pI i n i z
maso mI+m2 s hitrostj o V o šob o mot or j a . Iz i zr eka o gibaln i ko l i -
č i ni sl edi za s i lo Ff ,s katero de luje mo tor na zra k in go r ivo
v smer i na zaj :
F;; . t = (ml + m2 )v o - mlvx
Po zak onu o vza jemnem u č inku je nasprotna ("reakcijs ka") s ila vr S?
č i h iz puš n i h p l inov na moto r , t o j e "p o t l sn a" sila mot orj a v sme-
r i naprej
Fx = (mII t) (v o - Vx ) + (m2I t) vo
m21t je ma sa gori va, k i ga porab i mot or na sekundo, in ml /t ma s a
zraka , k i ga mo tor za j ame na sekundo . Večinom a smemo zanema ri ti
dr ugi č len. Enačba
Ex = (mI/t ) (vo - Vx )
j e po ob l i k i enaka enačbi ( 1) za p r e čno si lo .
Mo tor DC -9 rabi na sekundo oko l i 0,4 kg gor iv a in zaj ame na seku~
do oko l i 150 kg zraka t e r i zpi hava v roče pl ine s hi trostj o 500m/~
Za "po t i sno" si lo motor j a dob imo z enač bo (2 )
Fx = 150 kgs-
I (500 - 170) mi s = 5 . 104 N
Ma sa go r iva pr ispeva l e (m2I t )vo = 0 ,4 kgs- I . 500 mis = 200 N ,
kar j e pr oti 5.10 4 N zar e s zan emarlji vo. Seveda pa iz šobe moto r -
ja ne bi i z t ekal i v roč i p l in i s hitrostjo, večjo od vx' če v mo-
t orju ne bi zgoreva lo gori vo .
Skupa j imat a po naš em računu oba mo tor ja DC-9 " pot i sn o" si lo
2Fx = 105 N. V resn i c i j e ta s i la neko l i ko več j a : 1 ,3.10 5 N. Naj -
brž je b i 10 na pak, da sm o vze l i Vx za hi tr ost zra ka , k i ga zaj ame
~otor . Tol i kšno hitros t ima zrak dal eč od letala . Ti k pred motor -
j em pa ima zrak gl ede na letal o manjšo hitrost in j e za to s i la mS?
t orja več j a od izra čunane .
Za r az l iko od " reakc ij skega" leta la nosi raketa s s abo gori vo in
oks idac i j sko sn ov in ne za j ema zra ka i z okol ice . Zat o je potisna
si la raketnega mo t or ja
Fx = [ (ml + m2) l t ]vo 243
Okv i r 4
Upor : Tl ak v zas tojni točk i , v ka teri tekočina pred oviro mir uj e ,
je po Bernoulli jev i enačbi
P2 = P I + (1/2)pvf
VI je hitrost tekoč ine v nemotenem t oku glede na ovi ro (vs eeno j e ,
al i miruje tekočina in se g ibl j e ovi ra al i pa miru je ov ira in se
g i b l je tekoč ina) . Na sprednj i s trani ov i re j e t l ak večji kot na
zadnj i s t r an i . Rezu ltanta je si la , s ka te ro delu j e t e koč i n a na o-
viro v smer i rel a t ivne hi t ro st i. Tako j e upor pr i bli žno so r azmere n
z gostoto kinet i čn e energi je (1/2 )pvf . Odv isen j e še od obli ke
t el esa i n j e sorazmeren z njegovim če l n i m presekom . Ta ugotov i tev
je ve zana na veljavnost Bernoull i j eve enačbe (g lej okv ir 1) .
prečna sila
=
SI. 2 : Zunanj e s i le na letalo , ki
enakomer no leti v vodoravni
smer i .
upor
teža
" p o t i s n a«
si la
motorjev
upor..
P,
V, fIJ------ P
2
1------.-
Sl. 3: Upor zaradi zastojnega tlaka _ __-".""'-.....V,=o
zastojna
točka
~ ..~~~
tokovn ice
Sl. 4: Letalsko kr ilo kot naprava, ki da zraku komponento hitros ti v smeri
navpično navzdol . Obl i ka (a) povzroč i zaradi nenadnih sprememb nast~
nek vrt incev, oblika (b) sicer ne povzroči vrt incev , a ni dovolj
trdna . Oblika (c) je dovolj trdna, a ima precejšen upor . Kri lo (d)
je trd no in ima majhen upor . Oblika (a) zadostuje za otroške zmaje,
obli ka (b) pa za zma j e, s katerimi se zmajarji spuščajo s hribov.
244
F~.t = mvz - o
m je masa zraka, na katerega deluje letalsko krilo. Po zakonu
o vzajemnem učinku (3. Newtonovem zakonu: "Ce deluje prvo telo
na drugo telo z dano silo, deluje drugo telo na prvo z naspro~
no enako silo") deluje zrak na krilo z nasprotno enako silo.
Sila zraka na krilo
( 1 )
deluje navpično navzgor.
Tako smo prečno silo pojasnili prepričljivo in preprosto. Raz-
laga ni omejena na majhne hitrosti. Njena šibka točka pa je v
tem, da zrak, ki ga zajame letalsko krilo, nima ostre meje in
vsi njegovi deli nimajo enako velike komponente hitrosti navpi-
čno navzdol. Zato je težko dobiti podatek za maso zraka, ki ga
zajame krilo vsako sekundo. Za grobo oceno pa nismo v zadregi.
m, m 2 Li mt m 2D c o D •
miruje
Vo
•
V.
m
2
miruje •
V .
o
SI. 5: Nastanek "potisne" si le v opazovalnem sistemu, v katerem miruje le-
talo (a) , in v opazovalnem sistemu, ki miruje glede na Zemljo (b).
245
Vzemimo, da krilo pr i vodoravnem le t u leta la preusmeri t ok zraka za kot 'f
proti vodoravn ic i . Medtem ko pri teče zr ak na kr i lo z vodoravno hitrostjo
vx ' odteče zrak s krila za kot ~ odklonj en navzdol, tako da je komponenta
hitrosti zraka navp i čno navzdol vx f ( t angens in s inus s t a enaka ločno mer-
j enemu kotu , če je kot zelo majhen; pri prib ližnem računu smemo vzeti, da
j e vodoravna komponent a h i t rosti zraka še naprej Vx ) ' Kri lo n i povsod enako
nagnj eno prot i vodoravni ci , tako da j e kot ~ povprečn i nagib kr i l a in
Vz = vx~ pov prečna navp ična komponen t a hitrosti zraka. Nagib meri navadno
okoli 40. Pri nas uporabljajo največ potniška letala DC -9, k i pogos to let i -
jo s hitrostjo" 600km/h ali 170m/s. Za ta primer dob imo za povprečno navpi-
čno komponento hitrosti zraka
Vz = vx'f = 170 ms- 1.41T/180 12 mIs
Prečna si la (1) ur avnoves i težo letala Mg , ki je pri DC-9 z maso oko l i 50
ton oko l i 5. 105 N. Iz enačbe Mg = (m/t )v z lahko i zračunamo maso zraka , ki
ga za j ame kri 10 na sekundo:
mIt = Mg/vz = 5.10 5 N/12 ms- 1 = 4,2 .10 4 kg/s
Kot rečeno, j e največja pomanjklj ivost našega računa v tem, da z r ak , ki ga
zajame kri lo, nima ostre meje in nima ena ke navp i čne komponent e hi t r os ti .
Zato smo dobi li samo oceno, ki jo je treba sprejeti s kančkom neza upan ja.
Za zabavo pa računajmo še naprej. V višini * 8 ,5 km, v ka t e r i OC-9 pogosto
let a j o , je gostota zraka samo še približno 0,4 kg/ m3 nasproti 1,2 kg/ m3 pri
tl eh . Maso zr aka , ki ga zaj ame krilo, iz razimo z gostoto p in s prostornino
kvadra:
mIt = px yz/ t = pvxyz
x /t = Vx je h itros t l e tal a , y pr ib ližno us t reza razponu kr i l in z je ocena
za viši no plas t i zraka, k i ga zajame kr ilo . OC-9 ima razpon kri I nekaj več
kot 28 m, ta ko da sledi za višino plas ti
z = (m/t)/pvxy = 4,2.104kgs-1/O,4kgm- 3.170ms - 1.28m = 22m
Ta ocena je še bolj s por na kot prejšnja, a po velikostni stopn ji j i najbrž
smemo zaupat i. Hi t ro pot ni ško le t a lo v v i šino oko l i lO km pre usmeri plast
zraka, ki sega kaki h dese t metrov pod leta lo in pr ibl ižno tol iko nad letalo.
Prepričali smo se, da je krilo naprava, ki da zraku komponento
hitrosti navpi čno navzdol. Zaradi te ga je upor kr i la večj i,
kot bi bi 1 , če kr i l o pri ena ki hitrosti V x ne bi da lo zra ku ng
bene kompo ne nte hitrosti navpično navzdol . (Ted aj p a č letalo
ne bi moglo l et e t i . ) "Cure k" zra ka, ki ga kri l o usmeri navzdol,
dobi svojo energijo od motorjev . Ti morajo premagovati povečan
upor in pri tem opravljati dodatno delo.
Pr e čn o sil o dobimo s podobnim raču nom kot "poti s na" si lo moto r
letala letijo večinoma
jemo za pr ijaznost .
246
j ~ v . Re akcijs ki mot or i z piha va cur ek vr oči h pl ino v v vodo r avni
smeri naza j, kr i la pa "odda j a j o" "cur e k" zraka i komponen to
hi t r os ti nav pično navz dol . Se ve da zarad i not r an je ga tren j a
( visk ozn ost i ) zr a ka dO volj d al e č za leta lom in dovol j pod nji m
ni mo go če za zna ti ne vodora vnega cur ka ne n av pi čn e g a "cur ka".
Tudi le t a ls k i v i j ak i z ko ri š ča pr e č no silo. Vija k z vodor av no
osjo za jema z r ak in ga pot is ka v smeri nazaj. Nas pr ot na s ila
teg a "cur ka " je "p o t i s na " sila motorja. Heli kopt e r iz k oriš ča
p reč no s i lo na vij a k z n av pi čn o os j o . Vij a k za jema zr ak i n ga
pot iska na vp i čno nav zd ol . Nasp ro tna si l a t e ga "c urka " ur avnov!
si te žo he lik opterja .
Med t em ko smo tu obravnava li le vodora vni let l e t a l a s kons t a n
tn o hitros t j o, b i bi l o zani miv o pr emi s l i t i , kaj vse s e dogaj a
ob vzl e tu a l i pr is ta nku i n ob zavi j anj u . Zani mi vo bi bi lo tudi
pre mis l i t i, kako je z ra vno ves j em navor ov . Pre čn a s i la pr i j em -
lje na kr il u in na kr il u na repu, " pot i s na " sila v mo tor jih , I I
upor na povr š i n i let ala , za te žo pa si lahk o misl imo, da pr ij !
mlje v t e ž i š ču l etala . Po površ in i pora zdelj eni s il i bi bilo
t re ba pri bližno nadomes t i t i s s ila ma z dan i m p rije mališ č e m : za
upor v te ii š č u č e ln e ga pr es e ka letal a , za p rečno silo pa v te-
ži š č i h tlorisa kr i l a in kr il a na r e pu. Ker mora biti nav or vs eh
s i l gl ede na te ž i š če l etala ena k nič , bi lah ko po te j poti ok-
vir no poj asnil i namestitev kril in moto r jev.
Tukaj nam je š l o samo za fi z ikalne osnove. Zat o smo se lah ko
za dovol j i l i z izrekom o gibalni ko ličini. Načrtovalci letal pa
moraj o upoštevati vrsto drugih stvari, med njimi tudi por a zde -
l itev tla ka po povr ši n i letal a. V prvem prib l i ž ku si pr i tem
pom a gajo z Berno ull i jevo ena čbo, podr obne j š e podat ke pa do bi j o
z mer je nji na mode lih v ve trov ni ku.
Jane z Strnad
LITE RATURA :
K. Weltner, Der aerodynamisohe Auftrieb i n di daktisoher und physikalisoher
Sioht, Naturwi ssencshaft im Unterricht, Phys i k-Chemie 26 (1978) 65 .
247
MAV Rle A
Spomladi in poleti la hko mnogokrat po nevihti opazujemo pre le-
pe ma vrič ne loke, ki se boč i j o na ne bu nad pokraj ino, obsija no
od sonca. Mavrico si lahko "naredimo" tud i s am i , ko ob sončnem
vremenu za livamo vrt a li peremo avtomobil. Celo takrat, ko vr -
žemo v vodo težak kamen in voda brizgne visoko v zrak in se
r azpr s i , jo zagledamo. Običajno nas mavrica prevzame, radi ob-
čudujemo nj ene lep e , čiste barve. Me d preprostimi l ju dmi so n ~
s ta le š teviln e vraže, ki č lo v ek u na povedujejo srečne dogod ke,
če na do loče n em kraju zagleda mavrico . Og lejmo s i pojav podr oQ
neje!
temn i t rak
1380
DEŽ
IJ. OPAZOVA LEC
R
----J_----------i--~L....,,L_.c--7Lt:=:=j prim. mavr ica
<{
ID
O
-"
1-
IJJ
> ...ul
<{ ..Z
'U ...Z
O
ul
....
Mavrico vi di mo t akr a t , ko je v zraku mnogo vodn ih kapljic, na
katerih se siplje s o n č n a svet loba , ki pr ihaja opazova lcu iz za
hrbta (Sl. 1). Pod kotom oko l i 42 0 gl ede na vodoravni co vid i
.. I I
I 1svetla . st ran
_ _ _ ---J_--- - - --- - -+--- - - - 7"l--_ ---jvsek. mavr ica
Sl i ka l. : S ončna svet lo ba se na dežn ih kapljicah s i pl je. Svetloba, ki pride
v oko opaz oval ca iz pr imarnega loka ma vr ice , se odkl on i za pr i-
bl i žno 1380 od prvotne smeri . Za sek undarni lok mer i ta kot okoli
1300. Kota 1380 in 1300 imenujemo mavrična kota .
248
opazovalec primarni mavrični l o k z izrazitimi barvami, ki si
od spodaj navzgor sledijo takole: v ijolična, modra, zelena , r~
mena, oranžna in rdeča. Nad primarnim lokom, pod kotom okoli
500 se vidi nekoliko šibkejši, širši s e kun darn i mavri čni lok .
Pozorni opazovalec ugotovi , da je zaporedje barv v tem loku
obratno kot v primarnem . Del neba med lokoma je temnejši, ime-
nujemo ga temni tr ak. Ob ugodnih okoliščinah se na spodnjem rQ
bu primarnega mavričnega loka pokaže še nekaj ozkih in šibkih
komaj opaznih dodatnih lokav .
Nastane k mavričnih lokov si bomo razložili z odbojnim in lom-
nim zakonom za svetlobo .
Ponovimo oba zakona. SUka 2 kaže curek svetlobe, ki vpada na mejo med
zrakom in vodo. Del svetlobe se na tej meji odbije, del pa vstopi v vodo.
Odbojni zakon pravi, da je odbojni kot enak vpadnemu in da leži odbiti ža-
rek v ravnini, ki jo določata vpadni žarek in vpadna pravokotnica. Delež
odbite svetlobe se veča zvečanjem vpadnega kota. Curek svetlobe, ki preha-
ja v vodo, na meji spremeni smer. V narisanem primeru, ko gre svetloba iz
zraka v vodo, je lomni kot manjši od vpadnega. Tudi pri prehodu iz vode v
zrak se svetloba lomi; takrat je lomni kot večji od vpadnega. Zvezo med
vpadnim in lomnim kotom za dani par sredstev povemo z lomnim zakonom. Raz-
merje med sinusom vpadnega kota in sinusom lomnega kota je konstantno za
izbrani par snovi in je enako razmerju med hitrostma svetlobe v teh snoveh.
Pri natančnem opazovanju vidimo, da je lom l j en i curek na notranjem robu o-
barvan rdeče in na zunanjem modro. To je zato, ker je lomni količnik vode
za vsako barvo svetlobe drugačen. Najmočneje se lomi vijoličasta, najmanj
pa rdeča svetloba. Še lepše vidimo to, če pade ozek curek bele sončne svet-
lobe na stekleno prizmo (sl. 3). Na zaslonu, postavljenem za prizmo, vidimo
obarvan trak, V katerem si barve sledijo v zaporedju, ki ga že poznamo iz
opisa mavrice. Ta obarvani trak imenujemo spekter sončne svetlobe. Poskus
nam kaže, da sončna svetloba ni enobarvna, ampak da vsebuje vse mogoče spe~
tralne barve. Pojav, da se svetloba zaradi loma razcepi v svoje sestavine,
imenujemo razklon ali disperzija.
Vzemimo, da na kapljico vpada enobarvna rumena svetloba z va-
lovno dolžino . okoli 5600 ~ . Slika 4 kaže, kaj se zgodi s svet -
lobo, ki jo prestreže kapljica. Del svetlobe se odbije na po-
vršju ka pl j i ce , del pa vstopi v kapljico in se znotraj večkrat
odbije. Pri vsa kokratnem vpadu na mejo med vodo in zrakom pre-
ide del svetlobe v zrak. Zanimala nas bo svetloba, ki preide v
zrak po enem, dveh, treh ali večih zaporednih odbojih znotraj
kapljice. število notranjih odbojev bom o imenovali r ed izsto -
pajočega curka . Poglejmo žarek, ki po enkratnem odboju v not ra-
249
njosti zapusti ka pl j i co . Kot, za katerega se od klon i žarek gle-
de na vpadn i ža re k - imenov ali ga bom o sipalni ko t - j e odvi-
se n od vpadnega parametra , to je od pravo kotne ra zda l j e med
žar kom in vzporednim žarkom sk ozi središče ka pl ji ce . če je r az-
dal ja , t o je vp adni paramet er, ena ka nič , je sipaln i kot enak
1800 ; žar ek potuje s koz i sredi š če ka pl jice i n s e odbije na zaj
proti Soncu. Ko vpadni parameter raste, se sip alni kot najp rej
zma njšuj e , nato pa za čne s pet n araščat i. Okoli žarka , ki se
odk lon i za okol i 1380 , je kot sk oraj neo dvi se n od par am etra.
Vsa svetloba, ki vp ada na ka plj ic o z vp adnimi param etr i v oko-
li c i ža rka znajman jši m odklon om , zapusti ka pl j i c o v isti sme-
ri. Zat o je v tej smeri svetloba zgo ščena - po več a n a je gosto-
ta svetlobnega toka . 2a rku z minimalnim od klonom pravimo mav -
r~ cn ~ tarek , ustreznemu kotu pa mavrični kot. če bi opazovalec
z r l v nebo pod kot om okoli 420 gle de na vodo r avnic o, bi vpada-
ZRAK
VODA
vpadna
pravokotnica
bela
svetloba
spekter vidne
svet lobe
Sl ika 2.: Odboj in lom svetlobe na
meji med zra kom in vodo
sta osnovna vzroka za na-
stanek mavr ice. Lomni kot je dolo-
čen z vpadnim kotom in lastnostmi
snovi, v katero vstopa svet loba.
Snov z večji m lomnim količni kom
močneje lomi svetlobo. Lomni ko-
ličnik snovi je za vsako barvo sve-
tlobe nekoliko drugačen.
250
Slika 3.: Sončna sve tloba, ki jo
imenujemo t ud i bela svet-
loba, se pri prehodu sko-
z i stek 1eno pr i zmo dvakra t 10mi
(pri vstopu in izstopu). Na zaslonu
se pojavi njen spekter, ki dokazu-
j e, da je sončna svetloba sestavlj~
na .
la v njegovo oko ravno ta zgoščena svetloba. Del neba, od koder
bi prihajala , bi se mu zdel svetlejši. Videli pa smo, da sončna
svetloba vsebuje vse spektralne barve, za katere je občutljivo
človeško oko. Pri vsakem lomu na meji kapljice se svetloba raz-
kloni . Posledica tega je, da pripada vsaki barvi nekoliko dru-
gačen mavrični kot. Za rdečo svetlobo meri ta kot 137,6 0 , za
modro pa 139,4 0 • Med tema vrednostima so mavrični koti za osta-
le barve sončnega spektra. K jasnosti mavričnih barv pripomore
tudi odbojnost vode, ki je tudi odvisna od barve in vpadnega
kota. Primarna mavrica je na vrhu (na zunanji strani) rdeča .
Sipalni kot za rdečo svetlobo je 137,6 0 ; ostalih barv pa v rd~
i:arek k = 1
prim. mavrica
VODNA KAPLJICA
Slika 4.: Svetloba, ki jo vodna kapljica prestreže, se na meji zrak-voda
odbija in lomi. Narisane so mogoče poti svetlobnih žarkov. Vpadni
parameter vsakega žarka določa kot, pod katerim kapljica siplje
svetlobo. Mavrico tvorijo tisti žarki, ki se sipljejo proti opa-
zovalcu. Ta je na tleh med Soncem in kapljicami.
251
čem področju loka skoraj ni. Notranji lok primarne mavrice je
modro obarvan. Od tam prihaja v oko svetloba, ki se siplje pod
kotom 139,4 0 . Poleg modre vsebuje tudi majhne primesi ostalih
barv. Med rdečim in modrim delom mavričnega loka se pojavijo
še ostale barve, vsaka pod SVOJlm mavrlcnlm kotom. Vidimo bar-
vo, ki je v i zbrani smeri najmočnejša.
Tudi sekundarna mavrica nastane na podoben način , le da je pri
njej mavrični žarek pri največjem sipalnem kotu, ki meri okoli
130 0 . Svetloba, ki oblikuje sekundarno mavrico, se v kapljicah
dvakrat zaporedno odbije. Mavrica je zato manj svetla in tudi
nekoliko širša od primarne. Na svetlem ozadju jo težje opazi-
lIm°o-.::::------------------------,r--------,
j
polmer kaplje
primarni
mavrični
zarek
sekunda rni
mavrični
žarek
temni trak
40°
80°
100°
160°
120°
] 20°
'c
"ii
.~ Oo&C.=- -.-JL-----j
O
vpadni parameter
140°<f- ==""",_"'L.-._=_---j
Sl. 5.a.: Na grafu vidimo odvisnost sipalnega kota od vpadnega parametra za
žarke reda k=l in k=2. Minimum na gornji krivulji ustreza mavrič­
nemu kotu primarne mavrice, maksimum na spodnji krivulji pa mav-
rlcnemu kotu sekundarne mavrice . Čisto slučajno - igra narave - je pri teh
mavričnih kotih jakost sipane svetlobe za vsako barvo, vsebovano v sončni
svetlobi, nekol iko drugačna, kar pravzaprav omogoči, da te barve izstopajo
iz ozadja. Ta različnost sipanja za vsako barvo je tudi vzrok , da je mavri-
ca na modri strani nekol iko svetlejša.
252
mo, ke r moti svetloba, ki se odbija na povr s j u kape l j . Hed may
ricama, to j e med kot oma 138 0 in 130 0 , ni sipane svetlobe
(Slo 5). Zato je nebo med mavr i cama temnej še od okoliš kega ne -
ba.
Svetloba se v notranjosti kaplji c lah ko tudi večkrat odbij e .
To vodi do nastanka mavri c višjega reda (K = 3 , 4 , 5 , ... ), ki s o
tudi posejane po nebu. Ce bi te mavrice ne bile prešibke zara-
di številnih notranjih od boj ev , bi se opazoval cu nudila po ne-
SI. 5.b . : Nastanek prima rne mavrice. Najmanj ši odklon od smeri vpadle sve!
lobe doživi žarek, narisan z drugo barvo. V okolici mavričnega žarka je 92
stota svetlobnega to ka, ki iz stopa iz kapljice, največja.
253
Sl. S.c. : Svetloba, ki se v kapljici dvakrat zaporedoma odbije, povzrocI
nastanek sekundarne mavrice. Gostota svetlobnega toka, izhajajočega iz kap-
ljice, je zdaj največja v okol ici žarka, ki se najbolj odkloni od prvotne
smeri .
254
SI. 5 . č.: Del vpad le sv etl o be se v kap lj ici t ri kra t zapored odb i je, kar vo -
d i do nas tanka mavrice tre tjega r eda (k = 3) .
255
vihti čudovita slika. Videl bi pisan razpored mavričnih lokov,
celo takrat, ko bi gledal proti Soncu. Slika 6 kaže razpored
mavric za prvih nekaj redov. Za mavrice višjih redov so tudi
vpadni koti mavričnih žarkov večji, zato se na kapljicah svet-
loba že pri vpadu močneje odbija kot pri primarni in sekundar-
ni mavrici. Kljub temu bi nekatere od teh mavric lahko opazova-
li v naravi, če n~ bi motila odbita svetloba in svetlost neba
v ozadju.
Z uporabo lomnega in odbojnega zakona svetlobe smo razložili
nastanek mavrice. Toda mnogo vprašanj je ostalo še odprtih.
Prav nič nismo povedali o dodatnih mavricah pod primarnim lo-
kom, pa tudi o tem ne, zakaj so ti dodatni loki bolje vidni na
vrhu mavrice kot spodaj in zakaj potem, ko dež pojenjuje, po-
staja mavrica šibkejša, dokler se ne stopi z ozadjem. Odgovor
IO~R...I;3_12 --lIii=- _..
- - - ...._ R B
----il"_
Slika 6.: Če je Sonce na horizontu, bi opazovalec videl takšen razpored
mavric (do k=12). V resnici vidimo na nebu le mavrice prvega in
drugega reda, mavric višjih redov pa ne, ker so prešibke. Za Son-
ce višje na nebu se razpored mavric zavrti v smeri vrtenja urinega kazalca.
Razdalja med opazovalcem in kapljicami ni pomembna, meri lahko nekaj m do
nekaj km. Mavrice višjih redov lahko opazujemo v poskusu, ki je v članku
opisan.
256
na ta vprašanja moramo poiskati s pomocJo drugih teorij o na-
ravi svetlobe, geometrijska optika tu ne da odgovora.
Zdaj, ko smo izvedeli toliko novega o mavrici, bi radi tudi
kaj preverili. S preprosto napravo a z velikim potrpljenjem
lahko v dobro zatemnjenem prostoru opazujemo mavrico prvih
dveh in tudi višjih redov,tja do trinajstega ali še celo več,
na eni sami vodni kapljici. Potrebujemo diaprojektor in karto-
nasto škatlo . V škatlo zavrtamo ozko luknjico, ki jo osvetlimo
s projektorjem, da dobimo ozek curek svetlobe. V curek postavi
mo kapljico vode, ki se je nabrala na koncu povoskane žice. Z
zaslonko zastavimo curek svetlobe, da je osvetljena le polovi-
ca kapljice. Z nekaj truda in iznajdljivosti se lahko z dodatno
zaslonko znebimo mote če odbite svetlobe. Mavrice, ki izhajajo
iz kapljice, spoznamo po bleščečih barvah na kapljici. še bolje
bomo opazovali, če uporabimo pri opazovanju daljnogled . Poskus
lepše uspe z večjimi kapljicami, s polmerom 1 mm al i več. Opa-
zovanje mavric lahko ponovimo tudi s kapljami drugih kapljevin,
na primer s kapljo sladkornega sirupa, ki ima večji lomni koli
čnik kot voda. Mavrični koti ,ki jih izmerimo v tem primeru,
so nekoliko drugačni od tistih, ki jih dobimo z vodnimi kaplj~
mi. Ko iz kapljice sirupa izpareva voda, se povečuje lomni ko-
ličnik sirupa, zato se spreminja razpored mavric.
Mavrice nekaj prvih redov lahko opazujemo tudi na bolj pre-
pr ost način. Skozi ozko režo pravokotne oblike z močnim sveti-
lom posvetimo na vodni curek, ki počasi izteka iz vodovodne
pipe. Reža naj bo vzporedna s curkom. S prostim očesom z razda
lje okoli 1 m lahko opazujemo mavrice, če je prostor zatemnjen.
želimo vam veliko zabave in uspehov pri poskusih. Veseli bomo,
če nam boste pisali o svojih uspehih. Učitelja lahko pr osite,
da vodni curek al i kapljo osvetli s svetlobo iz laserja. Ta
svetloba je seveda enobarvna. Tud i "mavrice" bodo enobarvne,
pri vsaki pa boste lahko opazovali dodatne loke . Mogoče si jih
boste poskušali sami razložiti.
Fed or Tomažič
NOVE KNJIGE
LEKS IKON CANKA RJEVE ZA LOZB E FI ZIKA, pr i red ili n strokovno ured il J ane z St r -
nad , Cankarjeva za ložba i n Društvo matema tikov, fizikov in ast ronomov, 1979.
265 str . Cena 12D.-din (96 . -di n).
Leks i kon Cankarj eve založbe FIZIKA
vs ebuje bogato za logo f i z ik a ln i h
pojmov pr edvs em iz srednješo ls ke
fizike, pa tud i i z r az l i č n ih podrp
č ij sod obne f iz i ke, ko t npr . f i zi-
ke atomov, a t om sk i h jeder in de l-
cev , ki presegaj o srednješo lsk i o~
v i r . Kot j e r ečeno v predgovoru,
so pojmi raz l oženi l e na kr a tko,
pr ikazane pa so tudi zveze med so -
rodni mi poj mi . Pri tem se skuša ay
to r skrbno izogn iti po l resn icam in
možnostim, da b i r az laga bralce k§
korko li zaved la . Čeprav pokriva Je
ks i kon ze lo obširno področje f izi=
ke , ne more nadomest it i učbenika,
saj j e v fiz i ki razumevanj e poj a-
vov in zakonov pomembnejše od def l
nlclJ. Pač pa bo leksikon v ve l i ko
pomoč vse m t i s t im, k i bi si radi
le os vež i l i spomi n na kak pozablj~
ni pojem, a l i pa b i se r ad i o njem
le okvi rno pouč i 1i . Pr av gotovo se
bodo l eksi kona ze lo ra zve sel i li
vsi sredn ješo lc i , k i se bodo v us -
mer j enem i zobr aževanj u bolj samo-
s to j no lo t eval i f izika ln ih prob le-
mov , pa ji m bo le ks i kon l ahko s lu- o
ž i l tudi kot nekakšen vodič po fi-
z ik i . Razumlji v nač in pisanja in
ve l iko nazo r n ih slik bo pra v goto-
vo pr i t egn i lo k branj u tu di os nov-
nošo l ce. Vsem mla d im fi zi kom pa bo
l eksi kon koris ti 1 t ud i pri re ševa-
nj u nal og i z fi zike, sa j je v nj em
zbran ih prece j ena č b .
Me t ka Luzar