• pojoče sipine • sence in zaporedja • nagradna naloga • astronomska vaja 35_Presek6_k_k.indd 1 12/5/08 09:56:58 Matemar ika Jadranska ulica 19 1001 Ljubl jana Slovenija 17.5 .2 0 0 8 PA LM A 17 .5 .2008 sipina Z elo verjetno o zvoku sipin ne boste slišali v šoli, še posebej zato, ker vprašanje še ni do kraja rešeno. V seeno je o njem m ogoˇce povedati vec zanim ivega. V eliko sipin ne oddaja zvoka. D oslej po vsej zem eljski obli poznajo vsaj enaintrideset obm oˇcij s pojo ˇcim i sipinam i. Fizika Jadranska ulica 191001 LjubljanaSlovenija Astron omija Jadran ska ul ica 19 1001 L jublja na Sloven ija BY RO CKET 17.5.2 00 8LU NA 17.5 .200 8 plaž a m a t e m a t i č n i t r e n u t k i • Pri sudokujih je vpleteno veliko matematike. Ta uganka ponavadi vsebuje števila, vendar reševanje pote- ka enako, tudi če uporabimo drugačne simbole. Bolj zani- miva je logika, skrita za procesom reševanja, ki nam lah- ko omogoči dodatno zadovoljstvo pri reševanju (z veliko manj radiranja). Poleg tega so te uganke primeri Latinskih kvadratov, ki so pomembni v abstraktni algebri ter pri ek- sperimentalnih načrtih v statistiki. Osnovna preštevalna problema pri sudokuju sta: Kate- ro je najmanjše možno število začetnih števil v sudokuju? Koliko je vseh različnih sudokujev? Obstajajo sudokuji s 17 začetnimi števili, ki imajo eno samo rešitev, ne pozna- mo pa sudokuja, ki bi imel 16 začetnih števil in eno samo rešitev. Glede drugega vprašanja pa obstaja več kot 5 mi- lijard različnih sudokujev. Pri tem sudokuje, ki jih lahko dobimo iz drugih recimo z zamenjavo števil ali zgornjih dveh vrstic, štejemo le enkrat. Ta rezultat temelji na teo- riji grup in pojmu simetrije, ki sta po drugi strani izjemno pomembna v velikem delu moderne fizike in kemije. • Reševanje sudokujev Presek objavlja poljudne in strokovne članke iz matemati- ke, fizike, astronomije in računalništva. Poleg člankov objavlja prikaze novih knjig s teh področij in poročila z osnovnošolskih in srednješolskih tekmovanj v matematiki in fiziki. Prispevki naj bodo zanimivi in razumljivi širšemu krogu bralcev, učen- cem višjih razredov osnovnih šol in srednješolcem. Članek naj vsebuje naslov, ime avtorja (oz. avtorjev) in se- dež institucije, kjer avtor(ji) dela(jo). Slike in tabele, ki naj bodo oštevilčene, morajo imeti dovolj izčrpen opis, da jih lahko veči- noma razumemo ločeno od besedila. Slike v elektronski obliki morajo biti visoke kakovosti (jpeg, tiff, eps, ...), velikosti vsaj 8 cm pri ločljivosti 300 dpi. V primeru slabše kakovosti se slika primerno pomanjša ali ne objavi. Avtorji člankov, ki želijo ob- javiti slike iz drugih virov, si morajo za to sami priskrbeti do- voljenje (copyright). Zaželena velikost črk je vsaj 12 pt, razmak med vrsticami pa vsaj 18 pt. Prispevke pošljite odgovorni urednici na naslov uredništva DMFA–založništvo, Uredništvo revije Presek, p. p. 2964, 1001 Ljubljana ali na naslov elektronske pošte presek@dmfa.si. Vsak članek se praviloma pošlje vsaj enemu anonimnemu recenzentu, ki oceni primernost članka za objavo. Če je prispe- vek sprejet v objavo in če je besedilo napisano z računalnikom, potem uredništvo prosi avtorja za izvorno datoteko. Le-te naj bodo praviloma napisane v eni od standardnih različic urejeval- nikov TeX oziroma LaTeX, kar bo olajšalo uredniški postopek. Avtor se z oddajo članka strinja tudi z njegovo kasnejšo objavo v elektronski obliki na internetu. k o l o f o n 2 n a v o d i l a s o d e l a v c e m P r e s e k a z a o d d a j o p r i s p e v k o v m a t e m a t ič n i t r e n u t k i Presek list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje letnik 35, šolsko leto 2007/2008, številka 6 Uredniški odbor: Vladimir Batagelj, Tanja Bečan (jezikovni pregled), Mojca Čepič, Mirko Dobovišek (glavni urednik), Vilko Domajnko, Darjo Felda (tekmovanja), Mirjam Galičič, Bojan Golli, Andrej Guštin (astronomija), Marjan Jerman (matematika), Martin Juvan, Maja Klavžar (odgovorna urednica), Damjan Kobal, Andrej Likar (fizika), Matija Lokar, Franci Oblak, Marko Razpet, Andrej Taranenko (računalništvo), Marija Vencelj, Matjaž Vencelj. Dopisi in naročnine: DMFA–založništvo, Presek, Jadranska ulica 19, p. p. 2964, 1001 Ljubljana, telefon (01) 4766 553, 4232 460, telefaks (01) 4232 460, 2517 281. Internet: www.presek.si Elektronska pošta: presek@dmfa.si Naročnina za šolsko leto 2007/2008 je za posamezne naročnike 16,69 eur – posamezno naročilo velja do preklica, za skupinska naročila učencev šol 14,61 eur, posamezna številka 3,76 eur, dvojna številka 6,89 eur, stara številka 2,71 eur, letna naročnina za tujino pa znaša 25 eur. Transakcijski račun: 03100–1000018787. Devizna nakazila: SKB banka d.d. Ljubljana, Ajdovščina 4, 1513 Ljubljana, swift (bic): SKBASI2X, iban: SI56 0310 0100 0018 787. List sofinancirata Javna agencija za raziskovalno dejavnost Republike Slovenije ter Ministrstvo za šolstvo in šport Založilo DMFA–založništvo Oblikovanje in tehnično urejanje Polona Šterk Ilustracija Ines Kristan in Polona Šterk Tisk Tiskarna Pleško, Ljubljana Naklada 2000 izvodov © 2008 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije – 1705 Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali posameznih delov brez poprej šnjega dovoljenja založnika ni dovoljeno. Poštnina plačana pri pošti 1102 Ljubljana Pojasnilo: Sudokuje, objavljene v tej in prejšnjih številkah Preseka, je sestavil Vladimir Batagelj. Presek 35 (2007/2008) 6 a b c d e f g h i a 1 4 b 2 6 9 c 3 4 8 d 6 7 e 6 2 5 1 f 4 7 g 6 1 5 h 2 3 6 i 4 8 35_Presek6_k_k.indd 2 12/5/08 09:57:00 3Presek 35 (2007/2008) 6 Matemar ika Jadranska ulica 19 1001 Ljubl jana Slovenija 17.5 .2 0 0 8 PA LM A 17 .5 .2008 sipina Z elo verjetno o zvoku sipin ne boste slišali v šoli, še posebej zato, ker vprašanje še ni do kraja rešeno. V seeno je o njem m ogoˇce povedati vec zanim ivega. V eliko sipin ne oddaja zvoka. D oslej po vsej zem eljski obli poznajo vsaj enaintrideset obm oˇcij s pojo ˇcim i sipinam i. Fizika Jadranska ulica 191001 LjubljanaSlovenija Astron omija Jadran ska ul ica 19 1001 L jublja na Sloven ija BY RO CKET 17.5.2 00 8LU NA 17.5 .200 8 plaž a 2 4–7 8–9 10–12 12–13 13–14 31 14–15, 18 19–20 21 22 23–25 25–29 29–30 16–17 20 2, 22 priloga priloga priloga k a z a l o Presek objavlja poljudne in strokovne članke iz matemati- ke, fizike, astronomije in računalništva. Poleg člankov objavlja prikaze novih knjig s teh področij in poročila z osnovnošolskih in srednješolskih tekmovanj v matematiki in fiziki. Prispevki naj bodo zanimivi in razumljivi širšemu krogu bralcev, učen- cem višjih razredov osnovnih šol in srednješolcem. Članek naj vsebuje naslov, ime avtorja (oz. avtorjev) in se- dež institucije, kjer avtor(ji) dela(jo). Slike in tabele, ki naj bodo oštevilčene, morajo imeti dovolj izčrpen opis, da jih lahko veči- noma razumemo ločeno od besedila. Slike v elektronski obliki morajo biti visoke kakovosti (jpeg, tiff, eps, ...), velikosti vsaj 8 cm pri ločljivosti 300 dpi. V primeru slabše kakovosti se slika primerno pomanjša ali ne objavi. Avtorji člankov, ki želijo ob- javiti slike iz drugih virov, si morajo za to sami priskrbeti do- voljenje (copyright). Zaželena velikost črk je vsaj 12 pt, razmak med vrsticami pa vsaj 18 pt. Prispevke pošljite odgovorni urednici na naslov uredništva DMFA–založništvo, Uredništvo revije Presek, p. p. 2964, 1001 Ljubljana ali na naslov elektronske pošte presek@dmfa.si. Vsak članek se praviloma pošlje vsaj enemu anonimnemu recenzentu, ki oceni primernost članka za objavo. Če je prispe- vek sprejet v objavo in če je besedilo napisano z računalnikom, potem uredništvo prosi avtorja za izvorno datoteko. Le-te naj bodo praviloma napisane v eni od standardnih različic urejeval- nikov TeX oziroma LaTeX, kar bo olajšalo uredniški postopek. Avtor se z oddajo članka strinja tudi z njegovo kasnejšo objavo v elektronski obliki na internetu. Presek list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje letnik 35, šolsko leto 2007/2008, številka 6 Uredniški odbor: Vladimir Batagelj, Tanja Bečan (jezikovni pregled), Mojca Čepič, Mirko Dobovišek (glavni urednik), Vilko Domajnko, Darjo Felda (tekmovanja), Mirjam Galičič, Bojan Golli, Andrej Guštin (astronomija), Marjan Jerman (matematika), Martin Juvan, Maja Klavžar (odgovorna urednica), Damjan Kobal, Andrej Likar (fizika), Matija Lokar, Franci Oblak, Marko Razpet, Andrej Taranenko (računalništvo), Marija Vencelj, Matjaž Vencelj. Dopisi in naročnine: DMFA–založništvo, Presek, Jadranska ulica 19, p. p. 2964, 1001 Ljubljana, telefon (01) 4766 553, 4232 460, telefaks (01) 4232 460, 2517 281. Internet: www.presek.si Elektronska pošta: presek@dmfa.si Naročnina za šolsko leto 2007/2008 je za posamezne naročnike 16,69 eur – posamezno naročilo velja do preklica, za skupinska naročila učencev šol 14,61 eur, posamezna številka 3,76 eur, dvojna številka 6,89 eur, stara številka 2,71 eur, letna naročnina za tujino pa znaša 25 eur. Transakcijski račun: 03100–1000018787. Devizna nakazila: SKB banka d.d. Ljubljana, Ajdovščina 4, 1513 Ljubljana, swift (bic): SKBASI2X, iban: SI56 0310 0100 0018 787. List sofinancirata Javna agencija za raziskovalno dejavnost Republike Slovenije ter Ministrstvo za šolstvo in šport Založilo DMFA–založništvo Oblikovanje in tehnično urejanje Polona Šterk Ilustracija Ines Kristan in Polona Šterk Tisk Tiskarna Pleško, Ljubljana Naklada 2000 izvodov © 2008 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije – 1705 Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali posameznih delov brez poprej šnjega dovoljenja založnika ni dovoljeno. Poštnina plačana pri pošti 1102 Ljubljana Kazalo • Matematični trenutki Reševanje sudokujev ............................................. • Matematika Binarni Pascalov trikotnik in Fermatova števila (Marko Razpet) ......................................................... Odplačevanje kredita (Ajda Fošner) ...................... Sence in zaporedja (Nada Razpet) ........................ O številu π (Ivan Vidav) ........................................... Bistrovidec – Družinska – rešitev naloge (Boris Lavrič) ............................................................. Nagradna naloga – Skrita računa na vazi (Marija Vencelj) ......................................................... • Fizika Pojoče sipine (Janez Strnad) .................................... Razmisli in poskusi (Mitja Rosina) ........................ Poizkuševalnica v dnevni sobi – Utripajoč zaslon – odgovor naloge (Mojca Čepič) ................. Poizkuševalnica v jedilnici – Kozarec z vodo (Mojca Čepič) .......................................................... • Astronomija Premeri kraterjev in višina gora na Luni – astronomska vaja (Boris Kham) ............................ • R ačunalništ vo Alice v deželi objektnega programiranja – Tretji del (Eva Ferk) ............................................ RiŠ, Ravnilo in šestilo – Rišem in študiram – Šesti del (Damjan Kobal) .................................... • R azvedrilo Nagradna križanka (Marko Bokalič) .................... Rešitev nagradne križanke Presek 35/5 ............. Sudoku ....................................................................... • Tekmovanja 19. državno tekmovanje iz razvedrilne matematike ............................................................... 28. Mednarodni matematični kenguru – Izbor nalog .......................................................................... 7. tekmovanje v znanju matematike za dijake srednjih tehniških in strokovnih šol – regijsko tekmovanje ..............................................................Slika na naslovnici: Letos vas s Presekovo naslovnico za spremembo vabimo na počitniško potepanje v hribe. Ker je tam svetlobno onesna- ženje manjše kot v dolini, se ob jasnih nočeh splača opazovati zvezdno nebo. (Foto: Matej Košir) 35_Presek6_k_k.indd 3 12/5/08 09:57:02 4 m a t e m a t i k a Binarni Pascalov trikotnik in Fermatova števila Presek 35 (2007/2008) 6 marko razpet V Presekovem članku Fermatova števila in kon- strukcije pravilnih večkotnikov smo spoznali pomem- bno vlogo Fermatovih števil Fn = 22 n + 1 , kjer je n = 0,1,2,3, . . . Seveda imamo neskončno zaporedje Fermatovih šte- vil F0, F1, F2, F3, . . . Nekaj začetnih členov zaporedja zlahka izračunamo: F0 = 3, F1 = 5, F2 = 17, F3 = 257, F4 = 65 537. Sedaj pa bomo spoznali še nenavaden primer, v ka- terem se ta števila pojavljajo. Binarni ali dvojiški številski sistem je eden od šte- vilskih sistemov, kot sta na primer desetiški in šest- desetiški. Za osnovo številskega sistema lahko izbe- remo katerokoli naravno število a > 1. Potem lahko vsako naravno število s v tem sistemu na en sam način zapišemo kot s = snan + sn−1an−1 + · · · + s1a+ s0 , pri čemer so sk ∈ {0,1, . . . , a − 1} števke števila s v tem sistemu. Krajše pa zapišemo tako: s = snsn−1 . . . s1s0 (a) . Za desetiški številski sistem je a = 10, za šestde- setiški pa a = 60. Števila v dvojiškem sistemu (a = 2) zapišemo s samimi ničlami in enkami. Tako imamo: s = 111000011(2) = 28 + 27 + 26 + 2+ 1 = = 256+ 128+ 64+ 2+ 1 = 451. Števili 0 in 1 sta tudi ostanka pri deljenju celih števil z 2. V obsegu teh ostankov pa računamo zelo pre- prosto: 0+ 0 = 0, 0+ 1 = 1, 1+ 1 = 0. Če zapišemo Pascalov (Blaise Pascal, 1623–1662, francoski mate- matik) številski trikotnik v tem obsegu, dobimo šte- vilski trikotnik, sestavljen iz samih ničel in enk. Reci- mo mu binarni Pascalov trikotnik. Tako kot v pravem Pascalovem trikotniku tudi v binarnem seštejemo dve zaporedni števili v isti vrstici, da dobimo število v naslednji vrstici, med seštevancema. Na robu tri- kotnika, levo in desno, pa so vedno enke. Binarni Pa- scalov trikotnik ima veliko lepih zanimivosti. Kaj do- bimo, če vzamemo, da predstavlja n-ta vrstica binar- ni zapis nekega števila? Zaradi simetrije je vseeno, ali binarne števke beremo z leve v desno ali obratno. Označimo to število z Vn. Elementi v n-ti vrstici binarnega Pascalovega tri- kotnika naj bodo po vrsti bn,n, bn,n−1, . . . , bn,1, bn,0. Pri tem je bn,k ∈ {0,1} za 0 ≤ k ≤ n. Torej je 2 V Presekovem članku Fermatova števila in kon- strukcije pravilnih večkotnikov smo spoznali pomem- bno vlogo Fermatovih števil Fn = 22 n + 1 , kjer je n = 0,1,2,3, . . . Seveda imamo neskončno zaporedje Fermatovih šte- vil F0, F1, F2, F3, . . . Nekaj začetnih členov zaporedja zlahka izračunamo: F0 = 3, F1 = 5, F2 = 17, F3 = 257, F4 = 65 537. Sedaj pa bomo spoznali še nenavaden primer, v ka- terem se ta števila pojavljajo. Binarni ali dvojiški številski sistem je eden od šte- vilskih sistemov, kot sta na primer desetiški in šest- desetiški. Za osnovo številskega sistema lahko izbe- remo katerokoli naravno število a > 1. Potem lahko vsako naravno število s v tem sistemu na en sam način zapišemo kot s = snan + sn−1an−1 + · · · + s1a+ s0 , pri čemer so sk ∈ {0,1, . . . , a − 1} števke števila s v tem sistemu. Krajše pa zapišemo tako: s = snsn−1 . . . s1s0 (a) . Za desetiški številski sistem je a = 10, za šestde- setiški pa a = 60. Števila v dvojiškem sistemu (a = 2) zapišemo s samimi ničlami in enkami. Tako imamo: s = 111000011(2) = 28 + 27 + 26 + 2+ 1 = = 256+ 128+ 64+ 2+ 1 = 451. Števili 0 in 1 sta tudi ostanka pri deljenju celih števil z 2. V obsegu teh ostankov pa računamo zelo pre- prosto: 0+ 0 = 0, 0+ 1 = 1, 1+ 1 = 0. Če zapišemo Pascalov (Blaise Pascal, 1623–1662, francoski mate- matik) številski trikotnik v tem obsegu, dobimo šte- vilski trikotnik, sestavljen iz samih ničel in enk. Reci- mo mu binarni Pascalov trikotnik. Tako kot v pravem Pascalovem trikotniku tudi v binarnem seštejemo dve zaporedni števili v isti vrstici, da dobimo število v naslednji vrstici, med seštevancema. Na robu tri- kotnika, levo in desno, pa so vedno enke. Binarni Pa- scalov trikotnik ima veliko lepih zanimivosti. Kaj do- bimo, če vzamemo, da predstavlja n-ta vrstica binar- ni zapis nekega števila? Zaradi simetrije je vseeno, ali binarne števke beremo z leve v desno ali obratno. Označimo to število z Vn. Elementi v n-ti vrstici binarnega Pascalovega tri- kotnika naj bodo po vrsti bn,n, bn,n−1, . . . , bn,1, bn,0. Pri tem je bn,k ∈ {0,1} za 0 ≤ k ≤ n. Torej je 2 • Lep pozdrav matematika 35_Presek6_k_k.indd 4 12/5/08 09:57:03 5 m a t e m a t i k a Presek 35 (2007/2008) 6 V Presekovem članku Fermatova števila in kon- strukcije pravilnih večkotnikov smo spoznali pomem- bno vlogo Fermatovih števil Fn = 22 n + 1 , kjer je n = 0,1,2,3, . . . Seveda imamo neskončno zaporedje Fermatovih šte- vil F0, F1, F2, F3, . . . Nekaj začetnih členov zaporedja zlahka izračunamo: F0 = 3, F1 = 5, F2 = 17, F3 = 257, F4 = 65 537. Sedaj pa bomo spoznali še nenavaden primer, v ka- terem se ta števila pojavljajo. Binarni ali dvojiški številski sistem je eden od šte- vilskih sistemov, kot sta na primer desetiški in šest- desetiški. Za osnovo številskega sistema lahko izbe- remo katerokoli naravno število a > 1. Potem lahko vsako naravno število s v tem sistemu na en sam način zapišemo kot s = snan + sn−1an−1 + · · · + s1a+ s0 , pri čemer so sk ∈ {0,1, . . . , a − 1} števke števila s v tem sistemu. Krajše pa zapišemo tako: s = snsn−1 . . . s1s0 (a) . Za desetiški številski sistem je a = 10, za šestde- setiški pa a = 60. Števila v dvojiškem sistemu (a = 2) zapišemo s samimi ničlami in enkami. Tako imamo: s = 111000011(2) = 28 + 27 + 26 + 2+ 1 = = 256+ 128+ 64+ 2+ 1 = 451. Števili 0 in 1 sta tudi ostanka pri deljenju celih števil z 2. V obsegu teh ostankov pa računamo zelo pre- prosto: 0+ 0 = 0, 0+ 1 = 1, 1+ 1 = 0. Če zapišemo Pascalov (Blaise Pascal, 1623–1662, francoski mate- matik) številski trikotnik v tem obsegu, dobimo šte- vilski trikotnik, sestavljen iz samih ničel in enk. Reci- mo mu binarni Pascalov trikotnik. Tako kot v pravem Pascalovem trikotniku tudi v binarnem seštejemo dve zaporedni števili v isti vrstici, da dobimo število v naslednji vrstici, med seštevancema. Na robu tri- kotnika, levo in desno, pa so vedno enke. Binarni Pa- scalov trikotnik ima veliko lepih zanimivosti. Kaj do- bimo, če vzamemo, da predstavlja n-ta vrstica binar- ni zapis nekega števila? Zaradi simetrije je vseeno, ali binarne števke beremo z leve v desno ali obratno. Označimo to število z Vn. Elementi v n-ti vrstici binarnega Pascalovega tri- kotnika naj bodo po vrsti bn,n, bn,n−1, . . . , bn,1, bn,0. Pri tem je bn,k ∈ {0,1} za 0 ≤ k ≤ n. Torej je 2 Vn = bn,nbn,n−1 . . . bn,1bn,0 (2) = = bn,n2n + bn,n−12n−1 + · · · + bn,12+ bn,0 . Ena od lastnosti binomskih koeficientov pa pravi, da velja kongruenca  n k  ≡ bn,k (mod 2) . To pomeni, da je bn,k = 0, če je  n k  sodo število, in 1, ko je  n k  liho število. Tako je V5 = 25 + 24 + 2+ 1 = 32+ 16+ 2+ 1 = 51. Takoj opazimo, da so nekatera od števil Vn Ferma- tova števila, nekatera pa produkt Fermatovih števil: V3 = 3 · 5 , V5 = 3 · 17 , V6 = 5 · 17 , V7 = 3 · 5 · 17 , V9 = 3 · 257. Vidimo, da je V7 = F0F1F2 . Indeks 7 pa lahko zapi- šemo po urejeni trojki indeksov (0,1,2) v obliki vso- te potenc števila 2 z ustreznimi eksponenti: 7 = 20+ +21 + 22. Za n = 14 dobimo v binarnem Pascalovem trikotniku števila 1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1. Ustreza jim število V14 = 21 845 = 5 · 17 · 257 = = F1F2F3 s trojko indeksov (1,2,3). Tudi v tem pri- meru velja, da je indeks 14 = 21 + 22 + 23 vsota u- streznih potenc števila 2. Glede deljivosti binomskih koeficientov s prašte- vilom p je zanimivo povedati, da so  p 1  ,  p 2  , . . . ,  p p−1  vsi po vrsti deljivi s p. Števili  p 0  =  p p  = 1 seveda nista deljivi za nobeno praštevilo p, saj je p ≥ 2. Velja torej naslednja trditev: Za vsako praštevilo p je binomski koeficient p k  pri pogoju 1 ≤ k ≤ p − 1 deljiv s p. Vsi binomski koeficienti  p k  so pri 1 ≤ k ≤ p − 1 naravna števila in zapišemo jih lahko v obliki  p k  = p(p − 1) · . . . · (p − k+ 1) k! . Iz tega dobimo enakost p(p − 1) · . . . · (p − k+ 1) = k!  p k  . Njena leva stran je deljiva s p, zato mora biti tu- di desna. Ker pa je število p tuje proti številu k! = = 1 · 2 · . . . · k pri pogoju 1 ≤ k ≤ p − 1, je s p deljiv 3 Vn bn,nbn,n−1 . . . bn,1bn,0 (2) bn,n2n bn,n−12n−1 · · · bn,12 bn,0 . Ena od lastnosti bino skih koeficientov pa pravi, da velja kongruenca  n k  bn,k ( od 2) . To po eni, da je bn,k 0, če je  n k  sodo število, in 1, ko je  n k  liho število. Tako je V5 25 24 2 1 32 16 2 1 51. Takoj opazi o, da so nekatera od števil Vn Fer a- tova števila, nekatera pa produkt Fer atovih števil: V3 3 · 5 , V5 3 · 17 , V6 5 · 17 , V7 3 · 5 · 17 , V9 3 · 257. Vidi o, da je V7 F0F1F2 . Indeks 7 pa lahko zapi- še o po urejeni trojki indeksov (0,1,2) v obliki vso- te potenc števila 2 z ustrezni i eksponenti: 7 20 21 22. Za 14 dobi o v binarne Pascalove trikotniku števila 1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1. streza ji število V14 21 845 5 · 17 · 257 F1F2F3 s trojko indeksov (1,2,3). Tudi v te pri- eru velja, da je indeks 14 21 22 23 vsota u- streznih potenc števila 2. lede deljivosti bino skih koeficientov s prašte- vilo p je zani ivo povedati, da so  p 1  ,  p 2  , . . . ,  p p−1  vsi po vrsti deljivi s p. Števili  p 0   p p  1 seveda nista deljivi za nobeno praštevilo p, saj je p 2. Velja torej naslednja trditev: Za vsako praštevilo p je bino ski koeficient p k  pri pogoju 1 k p 1 deljiv s p. Vsi bino ski koeficienti  p k  so pri 1 k p 1 naravna števila in zapiše o jih lahko v obliki p k p(p 1) · . . . · (p k 1) k! . Iz tega dobi o enakost p(p 1) · . . . · (p k 1) k!  p k  . jena leva stran je deljiva s p, zato ora biti tu- di desna. Ker pa je število p tuje proti številu k! 1 · 2 · . . . · k pri pogoju 1 k p 1, je s p deljiv 3 Vn = bn,nbn,n−1 . . . bn,1bn,0 (2) = = bn, 2n + bn,n− 2n−1 + · · · + bn,12+ bn,0 . Ena od lastnosti binomskih koeficientov pa pravi, da velja kongruenca  n k  ≡ bn,k (mod 2) . To pomeni, da je bn,k = 0, če je  n k  sodo število, in 1, ko je  k  liho število. Tako je V5 = 25 + 24 + 2+ 1 = 32+ 16+ 2+ 1 = 51. Takoj opazimo, da so nekatera od števil Vn Ferma- tova števila, nekatera pa produkt Fermatovih števil: V3 = 3 · 5 , V5 = 3 · 17 , V6 = 5 · 17 , V7 = 3 · 5 · 17 , V9 = 3 · 257. Vidimo, da je V7 = F0F1F2 . Indeks 7 pa lahko zapi- šemo po urejeni trojki indeksov (0,1,2) v obliki vso t p tenc števila 2 z ustreznimi eksponenti: 7 = 20+ +21 + 22. Za n = 14 dobimo v binarnem Pascalovem trikotniku števila 1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1. Ustreza jim število V14 = 21 845 = 5 · 17 · 257 = = F1F2F3 s trojko indeksov ( ,2,3). Tudi v tem pri- meru velja, da je i e s 14 = 1 + 22 + 23 vsota u streznih potenc števila 2. Glede deljivosti b nomskih koeficientov s prašte- vilom p je zanimivo p vedati, da so  p 1  ,  p 2  , . . . ,  p p−1  vsi po vrsti deljivi s p. Števili  p 0  =  p p  = 1 seveda nista deljivi za nobeno praštevilo p, saj je p ≥ 2. Velj torej naslednja trditev: Za vsako praštevilo p je binomski koeficient p k  pri pogoju 1 ≤ k ≤ p − 1 deljiv s p. Vsi binomski koeficienti  p k  so pri 1 ≤ k ≤ p − 1 naravna števila in zapišemo jih lahko v obliki  p k  = p(p − 1) · . . . · (p − k+ 1) k! . Iz tega dobimo enakost p(p − 1) · . . . · (p − k+ 1) = k!  p k  . Njena leva stran je deljiva s p, zato mora biti tu- di desna. Ker pa št v lo p tuje pr ti številu k! = = 1 · 2 · . . · k ri pogoju 1 ≤ k ≤ p − 1, je s p deljiv 3 , , . . . , , ( ) ,n , , , . l t ti i i i t i, lj , . i, j , , j t il , i , j li t il . j . j i , t t il - t t il , t t t i t il: , , , , . i i , j . I l i- j i t j i i , , li i te ot t il t i i ti: . i i l t i t i t il , , , , , , , , , , , , , , . t ji t il t j i , , . i t i- lj , j ind k t t i t t il . l lji ti i i i t t - il j i i o ti, , , . . . , i ti lji i . t ili i t lji i t il , j j . lj t j l j t it : t il j i i i t i j lji . i i i i ti i t il i i ji l li i . . . ! . I t i t . . . ! . j l t j lji , t iti t - i . t l t j ti t il ! . . . i j , j lji - - i i . Vn = bn,nbn,n−1 . . . bn,1b ,0 (2) = = bn,n2n + bn,n−12 −1 + · · · + bn,12+ bn,0 . Ena od lastnosti binomskih koeficientov pa pravi, da velja kongruenca  n k  ≡ bn,k (mod 2) . To pomeni, da je bn,k = 0, če je  n k  sodo število, in 1, ko je  n k  liho število. Tako je V5 = 25 + 24 + 2+ 1 = 32+ 16+ 2+ 1 = 51. Takoj opazimo, da so nekatera od števil Vn Ferma- tova števila, nekatera pa produkt Fermatovih števil: V3 = 3 · 5 , V5 = 3 · 17 , V6 = 5 · 17 , V7 = 3 · 5 · 17 , V9 = 3 · 257. Vidimo, da je V7 = F0F1F2 . Indeks 7 pa lahko zapi- šemo po urejeni trojki indeksov (0,1,2) v obliki vso- te potenc števila 2 z ustreznimi eksponenti: 7 = 20+ +21 + 22. Za n = 14 dobimo v binarnem Pascalovem trikotniku števila 1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1. Ustreza jim število V14 = 21 845 = 5 · 17 · 257 = = F1F2F3 s trojko indeksov (1,2,3). Tudi v tem pri- meru velja, da je indeks 14 = 21 + 22 + 23 vsota u- streznih potenc števila 2. Glede deljivosti binomskih koeficientov s prašte- vilom p je zanimivo povedati, da so  p 1  ,  p 2  , . . . ,  p p−1  vsi po vrsti deljivi s p. Števili  p 0  =  p  = 1 seveda nista deljivi za nobeno praštevilo p, saj je p ≥ 2. Velja torej naslednja trditev: Za vsako praštevilo p je binomski koeficient p k  pri pogoju 1 ≤ k ≤ p − 1 deljiv s p. Vsi binomski koeficienti  p k  so pri 1 ≤ k ≤ p − 1 naravna števila in zapišemo jih lahko v obliki  p k  = p(p − 1) · . . . · (p − k+ 1) k! . Iz tega dobimo enakost p(p − 1) · . . . · (p − k+ 1) = k!  p k  . Njena leva stran je deljiva s p, zato mora biti tu- di desna. Ker pa je število p tuje proti številu k! = = 1 · 2 · . . . · k pri pogoju 1 ≤ k ≤ p − 1, je s p deljiv 3 , , . . . , , ( ) , , ,1 ,0 . i i r i, , . , , j il , i il . . , il r - i il: , , , 9 · . . I l i- i i , , li i s - i i i: 0 i i l , , , , , , , , . · · , , . i ri- 3 - il . i i i r š e- i, . ili il , j j . i : j i i i lji . i i i i ji l li i . . . ! . ! . l i , r i i - il j i il ! , j lji Vn = bn,nbn,n−1 . . . bn,1bn,0 (2) = = bn,n2n + bn,n−12n−1 + · · · + bn,12+ bn,0 . Ena od lastnosti binomskih koeficientov pa pravi, da velja kongruenca n k  ≡ bn,k (mod 2) . To pomeni, da je bn,k = 0, če je n k  sodo število, in 1, ko je n k  liho število. Tako je V5 = 25 + 24 + 2+ 1 = 32+ 16+ 2+ 1 = 51. Takoj opazimo, da so nekatera od števil Vn Ferma- tova števila, nekatera pa produkt Fermatovih števil: V3 = 3 · 5 , V5 = 3 · 17 , V6 = 5 · 17 , V7 = 3 · 5 · 17 , V9 = 3 · 257. Vidimo, da je V7 = F0F1F2 . Indeks 7 pa lahko zapi- šemo po urejeni trojki indeksov (0,1,2) v obliki vso- te potenc števila 2 z ustreznimi eksponenti: 7 = 20+ +21 + 22. Za n = 14 dobimo v binarnem Pascalovem trikotniku števila 1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1. Ustreza jim število V14 = 21 845 = 5 · 17 · 257 = = F1F2F3 s trojko indeksov (1,2,3). Tudi v tem pri- meru velja, da je indeks 14 = 21 + 22 + 23 vsota u- streznih potenc števila 2. Glede deljivosti binomskih koeficientov s prašte- vilom p je zanimivo povedati, da so p 1  , p 2  , . . . ,  p p−1  vsi po vrsti deljivi s p. Števili p 0  = p p  = 1 seveda nista deljivi za nobeno praštevilo p, saj je p ≥ 2. Velja torej naslednja trditev: Za vsako praštevilo p je binomski koeficient p k  pri pogoju 1 ≤ k ≤ p − 1 deljiv s p. Vsi binomski koeficienti p k  so pri 1 ≤ k ≤ p − 1 naravna števila in zapišemo jih lahko v obliki  p k  = p(p − 1) · . . . · (p − k+ 1) k! . Iz tega dobimo enakost p(p − 1) · . . . · (p − k+ 1) = k! p k  . Njena leva stran je deljiva s p, zato mora biti tu- di desna. Ker pa je število p tuje proti številu k! = = 1 · 2 · . . . · k pri pogoju 1 ≤ k ≤ p − 1, je s p deljiv 3 Vn = bn,nbn,n−1 . . . bn,1bn,0 (2) = = bn,n2n + bn,n−12n−1 + · · · + bn,12+ bn,0 . Ena od lastnosti binomskih koeficientov pa pravi, da velja kongruenca  n k  ≡ bn,k (mod 2) . To pomeni, da je bn,k = 0, če je  n k  sodo število, in 1, ko je  n k  liho število. Tako je V5 = 25 + 24 + 2+ 1 = 32+ 16+ 2+ 1 = 51. Takoj opazimo, da so nekatera od števil Vn Ferma- tova števila, nekatera pa produkt Fermatovih števil: V3 = 3 · 5 , V5 = 3 · 17 , V6 = 5 · 17 , V7 = 3 · 5 · 17 , V9 = 3 · 257. Vidimo, da je V7 = F0F1F2 . Indeks 7 pa lahko zapi- šemo po urejeni trojki indeksov (0,1,2) v obliki vso- te potenc števila 2 z ustreznimi eksponenti: 7 = 20+ +21 + 22. Za n = 14 dobimo v binarnem Pascalovem trikotniku števila 1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1. Ustreza jim število V14 = 21 845 = 5 · 17 · 257 = = F1F2F3 s trojko indeksov (1,2,3). Tudi v tem pri- meru velja, da je indeks 14 = 21 + 22 + 23 vsota u- streznih potenc števila 2. Glede deljivosti binomskih koeficientov s prašte- vilom p je zanimivo povedati, da so  p 1  ,  p 2  , . . . ,  p p−1  vsi po v sti del ivi s p. Števili  p 0  =  p p  = 1 seveda nist deljivi za nobeno praštevilo p, saj je p ≥ 2. Velja torej naslednja trditev: Z vsako praštevilo p je binomski koeficient p k  p i pogo u 1 ≤ k ≤ p − 1 deljiv s p. Vsi binomski koeficienti  p k  so pri 1 ≤ k ≤ p − 1 naravna števila in zapišemo jih lahko v obliki  p k  = p(p − 1) · . . . · (p − k+ 1) k! . Iz tega dobimo enakost p(p − 1) · . . . · (p − k+ 1) = k!  p k  . Njena leva stran je deljiva s p, zato mora biti tu- di desna. Ker pa je število p tuje proti številu k! = = 1 · 2 · . . . · k pri pogoju 1 ≤ k ≤ p − 1, je s p deljiv 3 Vn = bn,nbn,n−1 . . . bn,1b ,0 (2) = = bn,n2n + bn,n−12n−1 + · · · + bn,12+ bn,0 . Ena od lastnosti binomskih koeficientov pa pravi, da velja kongruenca  n k  ≡ bn,k (mod 2) . To pomeni, da je bn,k = 0, če je  n k  sodo število, in 1, ko je  n k  liho število. Tako je V5 = 25 + 24 + 2+ 1 = 32+ 16+ 2+ 1 = 51. Takoj opazimo, da so nekatera od števil Vn Ferma- tova števila, nekatera pa produkt Fermatovih števil: V3 = 3 · 5 , V5 = 3 · 17 , V6 = 5 · 17 , V7 = 3 · 5 · 17 , V9 = 3 · 257. Vidimo, da je V7 = F0F1F2 . Indeks 7 pa lahko zapi- šemo po urejeni trojki indeksov (0,1,2) v obliki vso- te potenc števila 2 z ustreznimi eksponenti: 7 = 20+ +21 + 22. Za n = 14 dobimo v binarnem Pascalovem trikotniku števila 1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1. Ustreza jim število V14 = 21 845 = 5 · 17 · 257 = = F1F2F3 s trojko indeksov (1,2,3). Tudi v te pri- meru velja, da je indeks 14 = 21 + 22 + 23 vsota u- streznih potenc števila 2. Glede deljivosti binomskih koeficientov s prašte- vilom p je zanimivo povedati, da so  p 1  ,  p 2  , . . . ,  p p−1  vsi o vrsti deljivi s p. Števili  p 0  =  p p  = 1 seveda nista deljivi za nobeno praštevilo p, saj je p ≥ 2. Velja torej naslednja trditev: Za vsako praštevilo p je binomski koeficient k  pri pogoju 1 ≤ k ≤ p − 1 deljiv s p. Vsi binomski koeficienti  p k  so pri 1 ≤ k ≤ p − 1 naravna števila in zapišemo jih lahko v obliki  p k  = p(p − 1) · . . . · (p − k+ 1) k! . Iz tega dobimo enakost p(p − 1) · . . . · (p − k+ 1) = k!  p k  . Njena leva stran je deljiva s p, zato mora biti tu- di desna. Ker pa je število p tuje proti številu k! = = 1 · 2 · . . . · k pri pogoju 1 ≤ k ≤ p − 1, je s p deljiv 3 , , 1 . . . ,1 ,0 (2) , , 1 1 · · · ,1 ,0 . l t ti i i i t r i, lj r , . i, j , , j t il , i , j li t il . j 5 5 4 . j i , t r t il r - t t il , t r r t r t i t il: 3 · , 5 · , 6 · , 7 · · , 9 · . i i , j 7 0 1 2 . I l i- r j i tr j i i , , li i - t t t il tr i i ti: 0 1 2 i r l tri t i t il , , , , , , , , , , , , , , . tr ji t il 14 · · 1 2 3 tr j i , , . i t m ri- r lj , j i 1 2 3 t - tr i t t il . l lji ti i i i t r t - il j i i ti, 1 , 2 , . . . , 1 i p r ti lji i . t ili 0 i t lji i r t il , j j . lj t r j l j tr it : t il j i i i t p i j lji . i i i i ti ri r t il i i ji l li i · . . . · ! . I t i t · . . . · ! . j l tr j lji , t r iti t - i r j t l t j r ti t il ! · · . . . · ri j , j lji , , . . . , , ( ) , , , , . l i i i i i, lj , . i, j , , j il , i , j li il . j . j i , il - il , i il: , , , , . i i , j . I l i- j i j i i , , li i - il i i i: . i i l i i il , , , , , , , , , , , , , , . ji il j i , , . i i- lj , j i - i il . l lji i i i i - il j i i i, , , . . . , i i l i i . ili i lji i il , j j . lj j l j i : il j i i i i lji . i i i i i i il i i ji l li i . . . ! . I i . . . ! . j l j lji , i i - i . j il j i il ! . . . i j , j lji Vn = bn,nbn,n−1 . . . bn,1bn,0 (2) = = bn,n2n + bn,n−12n−1 + · · · + bn,12+ bn,0 . Ena od lastnosti binomskih koeficientov pa pravi, da velja kongruenca  n k  ≡ bn,k (mod 2) . To pomeni, da je bn,k = 0, če je  n k  sodo število, in 1, ko je  n k  liho število. Tako je V5 = 25 + 24 + 2+ 1 = 32+ 16+ 2+ 1 = 51. Takoj opazimo, da so nekatera od števil Vn Ferma- tova števila, nekatera pa produkt Fermatovih števil: V3 = 3 · 5 , V5 = 3 · 17 , V6 = 5 · 17 , V7 = 3 · 5 · 17 , V9 = 3 · 257. Vidimo, da je V7 = F0F1F2 . Indeks 7 pa lahko zapi- šemo po urejeni trojki indeksov (0,1,2) v obliki vso- te potenc števila 2 z ustreznimi eksponenti: 7 = 20+ +21 + 22. Za n = 14 d bimo v binarnem Pascalovem trikotniku števil 1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1. Ustreza jim število V14 = 21 845 = 5 · 17 · 257 = = F1F2F3 s trojko indeksov (1,2,3). Tudi v tem pri- meru velja, da je indeks 14 = 21 + 22 + 23 vsota u- streznih potenc števila 2. Glede deljivosti binomskih koeficientov s prašte- vilom p je zanimivo povedati, da so  p 1  ,  p 2  , . . . ,  p p−1  vsi po vrsti deljivi s p. Števili  p 0  =  p  = 1 seveda nista deljivi za nobeno praštevilo p, saj je p ≥ 2. Velja torej naslednja trditev: Za vsako praštevilo p je binomski koeficient p k  pri pogoju 1 ≤ k ≤ p − 1 deljiv s p. Vsi binomski koeficienti  p k  so pri 1 ≤ k ≤ p − 1 naravna števila in zapišemo jih lahko v obliki  p k  = p(p − 1) · . . . · (p − k+ 1) k! . Iz tega dobimo enakost p(p − 1) · . . . · (p − k+ 1) = k!  p k  . Njena leva stran je deljiva s p, zato mora biti tu- di desna. Ker p je število p tuje proti številu k! = = 1 · 2 · . . . · k pri pog ju 1 ≤ k ≤ p − 1, je s p deljiv 3 Vn = bn,nbn,n−1 . . . bn,1bn,0 (2) = = bn,n2n + bn,n−12 −1 + · · · + bn,12+ bn,0 . Ena od lastnosti binomskih koeficientov pa pravi, da velja kongruenca  n k  ≡ bn,k (mod 2) . To pomeni, da je bn,k = 0, če je  n k  sodo število, in 1, ko je  n k  liho število. Tako je V5 = 25 + 24 + 2+ 1 = 32+ 16+ 2+ 1 = 51. Takoj opazimo, da so nekatera od števil Vn Ferma- tova števila, nekatera pa produkt Fermatovih števil: V3 = 3 · 5 , V5 = 3 · 17 , V6 = 5 · 17 , V7 = 3 · 5 · 17 , V9 = 3 · 257. Vidimo, da je V7 = F0F1F2 . Indeks 7 pa lahko zapi- šemo po urejeni trojki indeksov (0,1,2) v obliki vso- te potenc števila 2 z ustreznimi eksponenti: 7 = 20+ +21 + 22. Za n = 14 dobimo v binarnem Pascalovem trikotniku števila 1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1. Ustreza jim število V14 = 21 845 = 5 · 17 · 257 = = F1F2F3 s trojko indeksov (1,2,3). Tudi v tem pri- meru velja, da je i eks 14 = 21 + 22 + 23 vsot u- streznih potenc števila 2. Glede deljivosti binomskih koeficientov s prašte- vilom p je zanimivo povedati, da so  p 1  ,  p 2  , . . . ,  p p−1  vsi po vrsti deljivi s p. Števili  p 0  =  p  = 1 seveda nista deljivi za nobeno praštevilo p, saj je p ≥ 2. Velja torej naslednja trditev: Za vsako praštevilo p je binomski koeficient p k  pri pogoju 1 ≤ k ≤ p − 1 deljiv s p. Vsi binomski koeficienti  p k  so pri 1 ≤ k ≤ p − 1 naravna števila in zapišemo jih lahko v obliki  p k  = p(p − 1) · . . . · (p − k+ 1) k! . Iz tega dobimo enakost p(p − 1) · . . . · (p − k+ 1) = k!  p k  . Njena leva stran je deljiva s p, zato mora biti tu- di desna. Ker pa je število p tuje proti številu k! = = 1 · 2 · . . . · k ri pogoju 1 ≤ k ≤ p − 1, je s p deljiv 3 nd p Vn = bn,nbn,n−1 . . . bn,1bn,0 (2) = = bn, 2n + bn,n−12 −1 + · · · + bn,12+ bn,0 . Ena od lastnosti binomskih koeficientov pa pravi, da velja kongruenca  n k  ≡ bn,k (mod 2) . To pomeni, da je bn,k = 0, če je  n k  sodo število, in 1, ko je  k  liho število. Tako je V5 = 25 + 24 + 2+ 1 = 32+ 16+ 2+ 1 = 51. Takoj opazimo, da so nekatera od števil Vn Ferma- tova števila, nekatera pa produkt Fermatovih števil: V3 = 3 · 5 , V5 = 3 · 17 , V6 = 5 · 17 , V7 = 3 · 5 · 17 , V9 = 3 · 257. Vidimo, da je V7 = F0F1F2 . Indeks 7 pa lahko zapi- šemo po urejeni trojki indeksov (0,1,2) v obliki vso- t p tenc števila 2 z ustreznimi eksponenti: 7 = 20+ +21 + 22. Za n = 14 dobimo v binarnem Pascalovem riko niku števila 1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1. Ustreza jim število V14 = 21 845 = 5 · 17 · 257 = = F1F2F3 s trojko indeksov ( ,2,3). Tudi v tem pri- me u velja, da je i 14 = 1 + 22 + 23 vsota u- streznih po enc števila 2. Glede deljivosti binomskih koeficientov s prašte vilom p je zanimivo p vedati, da so  p 1  ,  p 2  , . . . ,  p p−1  vsi po vrsti deljivi s p. Števili  p 0  =  p  = 1 seveda nista deljivi za nobeno praštevilo p, saj je p ≥ 2. Velj torej naslednja trditev: Za vsako praštevilo p je binomski koeficient p k  pri pogoju 1 ≤ k ≤ p − 1 deljiv s p. Vsi binomski koeficienti  p k  so pri 1 ≤ k ≤ p − 1 naravna števila in zapišemo jih lahko v obliki  p k  = p(p − 1) · . . . · (p − k+ 1) k! . Iz tega dobimo enakost p(p − 1) · . . . · (p − k+ 1) = k!  p k  . Njena leva stran je deljiva s p zato mora biti tu- di desna. Ker pa j št vilo p tuje proti številu k! = = 1 · 2 · . . . · k ri pogoju 1 ≤ k ≤ p − 1, je s p deljiv 3 Vn = bn,nbn,n−1 . . . bn,1bn,0 (2) = = bn,n2n + bn,n−12 −1 + · · · + bn,12+ bn,0 . Ena od lastnosti binomskih koeficientov pa pravi, da velja kongruenca  n k  ≡ bn,k (mod 2) . To pomeni, da je bn,k = 0, če je  n k  sodo število, in 1, ko je  n k  liho število. Tako je V5 = 25 + 24 + 2+ 1 = 32+ 16+ 2+ 1 = 51. Takoj opazimo, da so nekatera od števil Vn Ferma- tova števila, nekatera pa produkt Fermatovih števil: V3 = 3 · 5 , V5 = 3 · 17 , V6 = 5 · 17 , V7 = 3 · 5 · 17 , V9 = 3 · 257. Vidimo, da je V7 = F0F1F2 . Indeks 7 pa lahko zapi- šemo po urejeni trojki indeksov (0,1,2) v obliki vso- te potenc števila 2 z ustreznimi ponenti: 7 = 20+ +21 + 22. Za n = 14 dobimo v binarnem Pascalo em rik niku števila 1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1. Ustreza jim število V14 = 2 845 = 5 · 17 · 257 = = F1F2F3 s trojko indeksov (1,2,3). Tudi v tem pri- me u velja, da je indeks 14 = 21 + 22 + 23 vsota u- streznih po enc števila 2. Gled deljivosti binomskih koeficientov s prašte vilom p je za imivo povedati, da so  p 1  ,  p 2  , . . . ,  p p−1  vsi po vrsti deljivi s p. Števili  p 0  =  p  = 1 seveda nista deljivi za nobeno praštevilo p, saj je p ≥ 2. Velja torej naslednja trditev: Z vsako praštevilo p je binomski koeficient p k  pri pogoju 1 ≤ k ≤ p − 1 deljiv s p. Vsi binomski koeficienti  p k  so pri 1 ≤ k ≤ p − 1 naravna števila in zapišemo jih lahko v obliki  p k  = p(p − 1) · . . . · (p − k+ 1) k! . Iz tega dobimo enakost p(p − 1) · . . . · (p − k+ 1) = k!  p k  . Njena leva stran je deljiva s p, zato mora biti tu- di desna. Ker pa je število p tuje proti številu k! = = 1 · 2 · . . . · k pri pogoju 1 ≤ k ≤ p − 1, je s p deljiv 3 , , 1 . . . ,1 ,0 (2) , , 1 1 · · · ,1 ,0 . l st sti i s i e cie t r i, elj r e c k ,k ( ) . e i, je ,k , ce je k s šte il , i , je k li šte il . je 5 5 4 . j i , s e ter šte il er - t šte il , e ter r t er t i šte il: 3 · , 5 · , 6 · , 7 · · , 9 · . i i , je 7 0 1 2 . I e s l i- še reje i tr j i i e s ( , , ) li i s - te te c šte il stre i i e ti: 0 1 2. i i r e sc l e ri i šte il , , , , , , , , , , , , , , . stre ji šte il 14 · · 1 2 3 s tr j i e s ( , , ). i te ri- e elj , je i e s 1 2 3 s t - stre i e c šte il . le elji sti i s i e cie t s r šte il je i i e ti, s p 1 , p 2 , . . . , p p 1 si rsti elji i s . te ili p0 p se e ist elji i e r šte il , s j je . elj t ej s e j tr i : s r št il j i s i i t p k i j lji s . si i s i e cie ti pk s ri r šte il i iše ji l li i ( ) · . . . · ( ) ! . I te i e st ( ) · . . . · ( ) ! pk . je le str je elji s , t r iti t - i es . er je šte il t je r ti šte il ! · · . . . · ri j , je s elji Vn = bn,nbn,n−1 . . . bn,1bn,0 (2) = = bn, 2n + bn,n−12n−1 + · · · + bn,12+ bn,0 . Ena od lastnosti binomskih koeficientov pa pravi, da velja kongruenca  n k  ≡ bn,k (mod 2) . To pomeni, da je bn,k = 0, če je  n k  sodo število, in 1, ko je  k  liho število. Tako je V5 = 25 + 24 + 2+ 1 = 32+ 16+ 2+ 1 = 51. Takoj opazimo, da so nekatera od števil Vn Ferma- tova števila, nekatera pa produkt Fermatovih števil: V3 = 3 · 5 , V5 = 3 · 17 , V6 = 5 · 17 , V7 = 3 · 5 · 17 , V9 = 3 · 257. Vidimo, da je V7 = F0F1F2 . Indeks 7 pa lahko zapi- šemo po urejeni trojki indeksov (0,1,2) v obliki vso- te p tenc števila 2 z ustreznimi ponenti: 7 = 20+ +21 + 22. Za n = 14 dobimo v binarnem Pascalo em rik niku števila 1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1. Ustreza jim število V14 = 2 845 = 5 · 17 · 257 = = F1F2F3 s trojko inde sov ( ,2,3). Tudi v tem pri- me u velja, da je i e s 14 = 1 + 22 + 23 vsota u- streznih po enc števila 2. Gled deljivosti binomskih koeficientov s prašte vilom p je za imivo p vedati, da so  p 1  ,  p 2  , . . . ,  p p−1  vsi o vrsti deljivi s p. Števili  p 0  =  p p  = 1 seveda nista deljivi za nobeno praštevilo p, saj je p ≥ 2. Velja to ej nas ednja trdi : Z vsako praštevilo p je binomski koeficient p k  p i pogoju 1 ≤ k ≤ p − 1 deljiv s p. Vsi binomski koeficienti  p k  so pri 1 ≤ k ≤ p − 1 naravna števila in zapišemo jih lahko v obliki  p k  = p(p − 1) · . . . · (p − k+ 1) k! . Iz tega dobimo enakost p(p − 1) · . . . · (p − + 1) = k!  p k  . Njena leva stran je deljiva s p, zato mora biti tu- di desna. Ker pa je število p tuje pr ti številu k! = = 1 · 2 · . . . · k ri pogoju 1 ≤ k ≤ p − 1, je s p deljiv 3 Slika 1. Binarni Pascalov trikotnik Slika 2. Trikotnik Sierpińskega 8 faktor  p k  . Na splošno elja (x +y)p = xp +  p 1  xp−1y +  p 2  xp−2y2 + · · ·+ +  p p−1  xyp−1 +yp . Posledica deljivosti binomskih koeficientov  p k  za k = 1,2, . . . , p−1 s p pa je ta, da ima potenca (x+y)p v obsegu ostan ov {0,1, . . . , p− 1} po praštevilskem modulu p preprosto bliko (x +y)p = xp +yp, kar nekateri popularno imenujejo bručeve sanje, freshman’s dream. Za bruca, začetnika univerzitet- nega študija, bi bilo namreč najlaže, če bi bilo vse aditivno. Za p = 2 dobimo v obsegu ostankov {0,1} bručeve sanje v obliki (x +y)2 = x2 +y2, nato pa korak za korakom še (x +y)4 = (x2 +y2)2 = x4 +y4, (x +y)8 = (x4 +y4)2 = x8 +y8, tako da velja, na splošno, za vsako nenegativno celo število n (x +y)2n = x2n +y2n. To pa pomeni  2n k  ≡ 0 (mod 2) za k = 1,2, . . . ,2n − 1. Torej stojita enki v 2n-ti vrstici binarnega Pascalove- ga trikotnika samo na 2n-tem in začetnem mestu, drugje pa so same ničle. S tem lahko zapišemo za vsako celo nenegativno število n enakost V2n = 22 n + 1 = Fn , torej n-to Fermatovo število. Ugotovili smo, da so med števili Vn vsa Fermatova števila. Predvidevamo torej, da velja na splošno Vn = FkFj , če je n = 2k + 2j in 0 ≤ k < j . To je preprosta posledica enakosti (x +y)2k+2j = (x +y)2k(x +y)2j = = (x2k +y2k)(x2j +y2j ) = = x2k+2j + x2jy2k + x2ky2j +y2j+2k , ki velja v obsegu {0,1}. Tako računanje nam kar do- bro služi za ugotavljanje sodosti in lihosti binom- skih koeficientov. To pomeni, da stojijo v (2k + 2j)- 4 faktor  p k  . Na splošno elja (x +y)p = xp +  p 1  xp−1y +  p 2  xp−2y2 + · · ·+ +  p p−1  xyp−1 +yp . Posledica deljivosti binomskih koeficientov  p k  za k = 1,2, . . . , p−1 s p pa je ta, da ima potenca (x+y)p v obsegu ostankov {0,1, . . . , p− 1} po praštevilskem modulu p preprosto obliko (x +y)p = xp +yp, kar nekateri popularno imenujejo bručeve sanje, freshman’s dream. Za bruca, začetnika univerzitet- nega študija, bi bilo namreč najlaže, če bi bilo vse aditivno. Za p = 2 dobimo v obsegu ostankov {0,1} bručeve sanje v obli i (x +y)2 = x2 +y2, nato pa korak za korakom še (x +y)4 = (x2 +y2)2 = x4 +y4, (x +y)8 = (x4 +y4)2 = x8 +y8, tako da velja, na splošno, za vsako nenegativno celo število n (x +y)2n = x2n +y2n. To pa pomeni  2n k  ≡ 0 (mod 2) za k = 1,2, . . . ,2n − 1. Torej stojita enki v 2n-ti vrstici binarnega Pascalove- ga trikotnika samo na 2n-tem in začetnem mestu, drugje pa so same ničle. S tem lahko zapišemo za vsako celo nenegativno število n enakost V2n = 22 n + 1 = Fn , torej n-to Fermatovo število. Ugotovili smo, da so med števili Vn vsa Fermatova števila. Predvidevamo torej, da velja na splošno Vn = FkFj , če je n = 2k + 2j in 0 ≤ k < j . To je preprosta posledica enakosti (x +y)2k+2j = (x +y)2k(x +y)2j = = (x2k +y2k)(x2j +y2j ) = = x2k+2j + x2jy2k + x2ky2j +y2j+2k , ki velja v obsegu {0,1}. Tako računanje nam kar do- bro služi za ugotavljanje sodosti in lihosti binom- skih koeficientov. To pomeni, da stojijo v (2k + 2j)- 4 faktor  p k  . Na splošno velja (x +y)p = xp +  p 1  xp−1y +  p 2  xp−2y2 + · · ·+ +  p p−1  xyp−1 +yp . Posledica deljivosti binomskih koeficientov  p k  za k = 1,2, . . . , p−1 s p pa je ta, da ima potenca (x+y)p v obsegu ostankov {0,1, . . . , p− 1} po praštevilskem modulu p preprosto obliko (x +y)p = xp +yp, kar nekateri popularno imenujejo bručeve sanje, freshman’s dream. Za bruca, začetnika univerzitet- nega študija, bi bilo namreč najlaže, če bi bilo vse aditivno. Za p = 2 dobimo v obsegu ostankov {0,1} bručeve sanje v obliki (x +y)2 = x2 +y2, nato pa korak za korakom še (x +y)4 = (x2 +y2)2 = x4 +y4, (x +y)8 = (x4 +y4)2 = x8 +y8, tako da velja, na splošno, za vsako nenegativno celo število n (x +y)2n = x2n +y2n. To pa pomeni  2n k  ≡ 0 (mod 2) za k = 1,2, . . . ,2n − 1. Torej stojita enki v 2n-ti vrstici binarnega Pascalove- ga trikotnika samo na 2n-tem in začetnem mestu, drugje pa so sa e ničle. S tem lahko zapiše o za vsako celo nenegativno število n enakost V2n = 22 n + 1 = Fn , torej n-to Fermatovo število. Ugotovili smo, da so med števili Vn vsa Fermatova števila. Predvidevamo torej, da velja na splošno Vn = FkFj , če je n = 2k + 2j in 0 ≤ k < j . To je preprosta posledica enakosti (x +y)2k+2j = (x +y)2k(x +y)2j = = (x2k +y2k)(x2j +y2j ) = = x2k+2j + x2jy2k + x2ky2j +y2j+2k , ki velja v obsegu {0,1}. Tako računanje nam kar do- bro služi za ugotavljanje sodosti in lihosti binom- skih koeficientov. To pomeni, da stojijo v (2k + 2j)- 4 f t r pk . s l š elj ( )p p p1 p 1 p 2 p 2 2 · · · p p 1 p 1 p . sle ic elji sti i s i e cie t pk , , . . . , s je t , i te c ( )p se st { , , . . . , } r šte ils e l re r st li ( )p p p, r e teri l r i e jej r ce e s je, fres ’s re . r c , cet i i er itet- e št ij , i il rec jl e, ce i il se iti . i se st { , } r ce e s je li i ( )2 2 2, t r r še ( )4 ( 2 2)2 4 4, 8 4 4 8 8 t elj , s l š , s e e ti cel šte il ( )2n 2n 2n. e i 2n k ( ) , , . . . , . rej st jit e i -ti rstici i r e sc l e- tri t i s -te i c t e est , r je s s e icle. te l iše s cel e e ti šte il e st 2n 2n , t rej -t er t šte il . t ili s , s e šte ili s er t šte il . re i e t r j, elj s l š k j , ce je k j i j . je re r st sle ic e sti ( )2k 2j ( )2k( )2j ( 2k 2k)( 2j 2j ) 2k 2j 2j 2k 2k 2j 2j 2k , i elj se { , }. r c je r - r sl i t lj je s sti i li sti i s i e cie t . e i, st jij ( k j) , - - ak o   a o o v a   −   −  −  − Po a vo b o k ko ov   za 1 2 1 a a a a o a v ob g o a kov 0 1 1 o a v k o ob ko ka ka o a o o b ˇ v a a d a a b a zaˇ ka v z ga a b b o a ˇ a až ˇ b b o v a v o a 2 ob o v ob g o a kov 0 1 b ˇ v a v ob k a o a ko ak za ko ako ako a v a a o o za v ako ga v o o v o o a o   0 o 2 za 1 2 2n 1 o o a k v 2n v b a ga Pa a ov ga ko ka a o a 2n zaˇ g a o a ˇ S a ko za o za v ako o ga v o v o ako 2 1 Fn o o F a ovo v o go ov o a o v n v a F a ova v a P v va o o a v a a o o n F F ˇ 2 2 0 o o a o a ako + + + k v a v ob g 0 1 ako aˇ a a ka o b o ž za go av a o o b o k ko ov o o a o o v 2 2 4 • 1 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 00 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 n = 0 V 0 = 1 V 1 = 3 V 2 = 5 V 3 = 15 V 4 = 17 V 5 = 51 V 6 = 85 V 7 = 255 V 8 = 257 V 9 = 771 n = 1 n = 2 n = 3 n = 4 n = 5 n = 6 n = 7 n = 8 n = 9 35_Presek6_k_k.indd 5 12/5/08 09:57:07 6 m a t e m a t i k a Presek 35 (2007/2008) 6 faktor  p k  . Na splošno velja (x +y)p = xp +  p 1  xp−1y +  p 2  xp−2y2 + · · ·+ +  p p−1  xyp−1 +yp . Posledica deljivosti binomskih koeficientov  p k  za k = 1,2, . . . , p−1 s p pa je ta, da ima potenca (x+y)p v obsegu ostankov {0,1, . . . , p− 1} po praštevilskem modulu p preprosto obliko (x +y)p = xp +yp, kar nekateri popularno imenujejo bručeve sanje, freshman’s dream. Za bruca, začetnika univerzitet- nega študija, bi bilo namreč najlaže, če bi bilo vse aditivno. Za p = 2 dobimo v obsegu ostankov {0,1} bručeve sanje v obliki (x +y)2 = x2 +y2, nato pa korak za korakom še (x +y)4 = (x2 +y2)2 = x4 +y4, (x +y)8 = (x4 +y4)2 = x8 +y8, tako da velja, na splošno, za vsako nenegativno celo število n (x +y)2n = x2n +y2n. To pa pomeni  2n k  ≡ 0 (mod 2) za k = 1,2, . . . ,2n − 1. Torej stojita enki v 2n-ti vrstici binarnega Pascalove- ga trikotnika samo na 2n-tem in začetnem mestu, drugje pa so same ničle. S tem lahko zapišemo za vsako celo nenegativno število n enakost V2n = 22 n + 1 = Fn , torej n-to Fermatovo število. Ugotovili smo, da so med števili Vn vsa Fermatova števila. Predvidevamo torej, da velja na splošno Vn = FkFj , če je n = 2k + 2j in 0 ≤ k < j . To je preprosta posledica enakosti (x +y)2k+2j = (x +y)2k(x +y)2j = = (x2k +y2k)(x2j +y2j ) = = x2k+2j + x2jy2k + x2ky2j +y2j+2k , ki velja v obsegu {0,1}. Tako računanje nam kar do- bro služi za ugotavljanje sodosti in lihosti binom- skih koeficientov. To pomeni, da stojijo v (2k + 2j)- 4 . l lj . l i lji i i i i , , . . . , j , i , , . . . , il l li , i l i j j j , f ’ . , i i i - ij , i il jl , i il i i . i , j li i , , , lj , l , i l il . i , , . . . , . j ji i - i i i i l - i i - i , j i l . l i l i il , j - il . ili , ili il . i j, lj l j , j j i . j l i i k j k j k k j j k j j k k j j k , i lj , . j - l i lj j i i li i i - i i . i, jij j - faktor  p k  . Na splošno velja (x +y)p = xp +  p 1  xp−1y +  p 2  xp−2y2 + · · ·+ +  p p−1  xyp−1 +yp . Posledica deljivosti binomskih koeficientov  p k  za k = 1,2, . . . , p−1 s p pa je ta, da ima potenca (x+y)p v obsegu ostankov {0,1, . . . , p− 1} po praštevilskem modulu p preprosto obliko (x +y)p = xp +yp, kar nekateri popularno imenujejo bručeve sanje, freshman’s dream. Za bruca, začetnika univerzitet- nega študija, bi bilo namreč najlaže, če bi bilo vse aditivno. Za p = 2 dobimo v obsegu ostankov {0,1} bručeve sanje v obliki (x +y)2 = x2 +y2, nato pa korak za korakom še (x +y)4 = (x2 +y2)2 = x4 +y4, (x +y)8 = (x4 +y4)2 = x8 +y8, tako da velja, na splošno, za vsako nenegativno celo število n (x +y)2n = x2n +y2n. To pa pomeni  2n k  ≡ 0 (mod 2) za k = 1,2, . . . ,2n − 1. Torej stojita enki v 2n-ti vrstici binarnega Pascalove- ga trikotnika samo na 2n-tem in začetnem mestu, drugje pa so same ničle. S tem lahko zapišemo za vsako celo nenegativno število n enakost V2n = 22 n + 1 = Fn , torej n-to Fermatovo število. Ugotovili smo, da so med števili Vn vsa Fermatova števila. Predvidevamo torej, da velja na splošno Vn = FkFj , če je n = 2k + 2j in 0 ≤ k < j . To je preprosta posledica enakosti (x +y)2k+2j = (x +y)2k(x +y)2j = = (x2k +y2k)(x2j +y2j ) = = x2k+2j + x2jy2k + x2ky2j +y2j+2k , ki velja v obsegu {0,1}. Tako računanje nam kar do- bro služi za ugotavljanje sodosti in lihosti binom- skih koeficientov. To pomeni, da stojijo v (2k + 2j)- 4 faktor  p k  . Na splošno velja (x +y)p = xp +  p 1  xp−1y +  p 2  xp−2y2 + · · ·+ +  p p−1  xyp−1 +yp . Posledica deljivosti binomskih koeficientov  p k  za k = 1,2, . . . , p−1 s p pa je ta, da ima potenca (x+y)p v obsegu ostankov {0,1, . . . , p− 1} po praštevilskem modulu p preprosto obliko (x +y)p = xp +yp, kar nekateri popularno imenujejo bručeve sanje, freshman’s dream. Za bruca, začetnika univerzitet- nega študija, bi bilo namreč najlaže, če bi bilo vse aditivno. Za p = 2 dobimo v obsegu ostankov {0,1} bručeve sanje v obliki (x +y)2 = x2 +y2, nato pa korak za korakom še (x +y)4 = (x2 +y2)2 = x4 +y4, (x +y)8 = (x4 +y4)2 = x8 +y8, tako da velja, na splošno, za vsako nenegativno celo število n (x +y)2n = x2n +y2n. To pa pomeni  2n k  ≡ 0 (mod 2) za k = 1,2, . . . ,2n − 1. Torej stojita enki v 2n-ti vrstici binarnega Pascalove- ga trikotnika samo na 2n-tem in začetnem mestu, drugje pa so same ničle. S tem lahko zapišemo za vsako celo nenegativno število n enakost V2n = 22 n + 1 = Fn , torej n-to Fermatovo število. Ugotovili smo, da so med števili Vn vsa Fermatova števila. Predvidevamo torej, da velja na splošno Vn = FkFj , če je n = 2k + 2j in 0 ≤ k < j . To je preprosta posledica enakosti (x +y)2k+2j = (x +y)2k(x +y)2j = = (x2k +y2k)(x2j +y2j ) = = x2k+2j + x2jy2k + x2ky2j +y2j+2k , ki velja v obsegu {0,1}. Tako računanje nam kar do- bro služi za ugotavljanje sodosti in lihosti binom- skih koeficientov. To pomeni, da stojijo v (2k + 2j)- 4 f t r k . s l š lj ( ) 1 1 2 2 2 · · · 1 1 . sl ic lji sti i s i ci t k , , . . . , s j t , i t c ( ) s st { , , . . . , } r št ils l r r st li ( ) , r t ri l r i j j r ce e s je, fres ’s re . r c , c t i i r it t- št ij , i il r c jl , c i il s iti . i s st { , } r c s j li i ( )2 2 2, t r r š ( )4 ( 2 2)2 4 4, ( )8 ( 4 4)2 8 8, t lj , s l š , s ti c l št il ( )2n 2n 2n. i 2n k ( ) , , . . . , . r j st jit i -ti rstici i r sc l - tri t i s -t i c t st , r j s s icl . t l iš s c l ti št il st 2n 2n , t r j -t r t št il . t ili s , s št ili s r t št il . r i t r j, lj s l š k j , c j k j i j . j r r st sl ic sti ( )2k 2j ( )2k( )2j ( 2k 2k)( 2j 2j ) 2k 2j 2j 2k 2k 2j 2j 2k , i lj s { , }. r c j r - r sl i t lj j s sti i li sti i - s i ci t . i, st jij ( k j)- ti vrstici binarnega Pascalovega trikotnika v tem ob- segu enke na štirih mestih, gledano z desne proti levi: na začetnem, na 2k-tem, 2j-tem in (2k+2j)-tem, na preostalih mestih pa so ničle. Pozicijo z leve proti desni v vrstici šteje eksponent pri y . To pomeni, da lahko izrazimo število, ki ustreza binarnemu zapisu, takole: Vn = V2k+2j = 22 k+2j + 22k + 22j + 1 = = (22k +1)(22j +1) = FkFj . Ker pa vsako naravno število n lahko enolično za- pišemo v obliki n = 2n0 + 2n1 + · · · + 2ns , kjer so n0, n1, . . . , ns celi eksponenti, urejeni po ve- likosti 0 ≤ n0 < n1 < . . . < ns , velja splošno Vn = Fn0Fn1 . . . Fns . V posebnem primeru velja za n ≥ 1 enakost V2n+1 = F0Fn = 3Fn . Ker za n ≥ 1 velja enakost 1+ 2+ 22 + · · · + 2n−1 = = 2n − 1, imamo za n ≥ 1 tudi V2n−1 = F0F1 . . . Fn−1 . Po drugi strani pa je v (2n − 1)-ti vrstici binarnega Pascalovega trikotnika 2n samih enk, tako da je tudi V2n−1 = 1+2+22+· · ·+22 n−1 = 22n −1 = Fn−2 . Torej velja za n ≥ 1 znana enakost F0F1 . . . Fn−1 = Fn−2 oz. F0F1 . . . Fn−1+2 = Fn . Iz nje zlahka zaključimo, da sta si različni Fermatovi števili Fm in Fn tuji. Preverimo pravilnost formule za produkt še na primeru F0F1F2F3F4 + 2 = 3 · 5 · 17 · 257 · 65 537+ 2 = = 4 294 967 297 = F5 . Ker se F0F1 = 15 konča s 5, F2 = 17 pa s 7, se F0F1F2 konča s 5, ker je 5 · 7 = 35. Zato se F3 konča s 5 + 2 = 7. Tako lahko korak za korakom spet spoznamo, da se vsak Fn za n > 1 (v desetiškem številskem sistemu) konča s 7. Lahko tudi dokažemo, da vnaprej poznamo celo zadnji dve števki Fermatovih števil Fn: Fn se konča s 37, če je n = 4k in k = 1,2,3, . . .; Fn se konča s 97, če je n = 4k+1 in k = 1,2,3, . . .; Fn se konča s 17, če je n = 4k+2 in k = 0,1,2, . . .; Fn se konča s 57, če je n = 4k+3 in k = 0,1,2, . . .. 5 ti r ti i i r l tri t i t - tiri ti , l r ti l i: t , -t , j-t i j -t , r t li ti i l . i ij l r ti i r ti i t j t ri . i, l i r i t il , i tr i r i , t l : 2k 2j 2k 2j 2k 2j 2k 2j j . r r t il l li - i li i 0 1 · · · s , j r 0, 1, . . . , s li ti, r j i - li ti 0 1 . . . s , lj l 0 1 . . . s . ri r lj t 2n 1 0 . r lj t 2 · · · 1 , i t i 2n 1 0 1 . . . 1 . r i tr i j -ti r ti i i r l tri t i i , t j t i 2n 1 2 · · · 2n 1 2n . r j lj t 0 1 . . . 1 . 0 1 . . . 1 . I j l lj i , t i r li i r t i t ili i t ji. r ri r il t f r l r t ri r 0 1 2 3 4 · · · · 5 . r 0 1 , 2 , 0 1 2 , r j · . t 3 . l r r t , ( ti t il i t ) . t i , r j l ji t i r t i t il : , j i , , , . . .; , j i , , , . . .; , j i , , , . . .; , j i , , , . . .. ti vrstici binarnega Pascalovega trikotnika v tem ob- segu enke na štirih mestih, gledano z desne proti levi: na začetnem, na 2k-tem, 2j-tem in (2k+2j)-tem, na preostalih mestih pa so ničle. Pozicijo z leve proti desni v vrstici šteje eksponent pri y . To pomeni, da lahko izrazimo število, ki ustreza binarnemu zapisu, takole: Vn = V2k+2j = 22 k+2j + 22k + 22j + 1 = = (22k +1)(22j +1) = FkFj . Ker pa vsako naravno število n lahko enolično za- pišemo v obliki n = 2n0 + 2n1 + · + 2ns , kjer so n0, n1, . , ns celi eksponenti, urejeni po ve- likosti 0 ≤ n0 < n1 < . < ns , velja splošno Vn = Fn0Fn1 . Fns . V posebnem primeru velja za n ≥ 1 enakost V2n+1 = F0Fn = 3Fn . Ker za n ≥ 1 velja enakost 1+ 2+ 22 + · + 2n−1 = = 2n − 1, imamo za n ≥ 1 tudi V2n−1 = F0F1 . Fn−1 . Po drugi strani pa je v (2n − 1)-ti vrstici binarnega Pascalovega trikotnika 2n samih enk, tako da je tudi V2n−1 = 1+2+22+· +22 n−1 = 22n −1 = Fn−2 . Torej velja za n ≥ 1 znana enakost F0F1 . Fn−1 = Fn−2 oz. F0F1 . Fn−1+2 = Fn . Iz nje zlahka zaključimo, da sta si različni Fermatovi števil Fm in Fn tuji. Preverimo pravilnost formule za produkt še na primeru F0F1F2F3F4 + 2 = 3 · 5 · 17 · 257 · 65 537+ 2 = = 4 294 967 297 = F5 . Ker se F0F1 = 15 konča s 5, F2 = 17 pa s 7, se F0F1F2 konča s 5, ker je 5 · 7 = 35. Zato se F3 konča s 5 + 2 = 7. Tako lahko korak za korakom spet spoznamo, da se vsak Fn za n > 1 (v desetiškem številskem sistemu) konča s 7. Lahko tudi dokažemo, da vnaprej poznamo celo zadnji dve števki Fermatovih števil Fn: Fn se konča s 37, če je n = 4k in k = 1,2,3, . ; Fn se konča s 97, če je n = 4k+1 in k = 1,2,3, . ; Fn se konča s 17, če je n = 4k+2 in k = 0,1,2, . ; Fn se konča s 57, če je n = 4k+3 in k = 0,1,2, . . 5 i v s ici bina nega Pascalovega iko nika v e ob- segu enke na š i ih es ih, gledano z desne p o i levi: na zače ne , na 2k- e , 2 - e in (2k 2 )- e , na p eos alih es ih pa so ničle. Pozici o z leve p o i desni v v s ici š e e eksponen p i y . To po eni, da lahko iz azi o š evilo, ki us eza bina ne u zapisu, akole: Vn V + j 2 + j 2 2 j 1 (2 1)(2 j 1) FkF . Ke pa vsako na avno š evilo n lahko enolično za- piše o v obliki n 2n0 2n1 2ns , k e so n ,n , . . . , ns celi eksponen i, u e eni po ve- likos i 0 n n . . . ns , vel a splošno Vn Fn0Fn1 . . . Fns . V posebne p i e u vel a za n 1 enakos V + F Fn 3Fn . Ke za n 1 vel a enakos 1 2 2 2n− 2n 1, i a o za n 1 udi V − F F . . . Fn− . Po d ugi s ani pa e v (2n 1)- i v s ici bina nega Pascalovega iko nika 2n sa ih enk, ako da e udi V − 1 2 2 2 − 2 1 Fn 2 . To e vel a za n 1 znana enakos F F . . . Fn− Fn 2 oz. F F . . . Fn− 2 Fn . Iz n e zlahka zakl uči o, da s a si azlični Fe a ovi š evili F in Fn u i. P eve i o p avilnos o ule za p oduk še na p i e u F F F F F 2 3 5 17 257 65 537 2 4 294 967 297 F . Ke se F F 15 konča s 5, F 17 pa s 7, se F F F konča s 5, ke e 5 7 35. Za o se F konča s 5 2 7. Tako lahko ko ak za ko ako spe spozna o, da se vsak Fn za n 1 (v dese iške š evilske sis e u) konča s 7. Lahko udi dokaže o, da vnap e pozna o celo zadn i dve š evki Fe a ovih š evil Fn: Fn se konča s 37, če e n 4k in k 1,2,3, . . .; Fn se konča s 97, če e n 4k 1 in k 1,2,3, . . .; Fn se konča s 17, če e n 4k 2 in k 0,1,2, . . .; Fn se konča s 57, če e n 4k 3 in k 0,1,2, . . .. 5 ti vrstici binarnega Pascalovega trikotnika v tem ob- segu enke na štirih mestih, gledano z desne proti levi: na začetnem, na 2k-tem, 2j-tem in (2k+2j)-tem, na preostalih mestih pa so ničle. Pozicijo z leve proti desni v vrstici šteje eksponent pri y . To pomeni, da lahko izrazimo število, ki ustreza binarnemu zapisu, takole: Vn = V2k+2j = 22 k+2j + 22k + 22j + 1 = = (22k +1)(22j +1) = FkFj . Ker pa vsako naravno število n lahko enolično za- pišemo v obliki n = 2n0 + 2n1 + · · · + 2ns , kjer so n0, n1, . . . , ns celi eksponenti, urejeni po ve- likosti 0 ≤ n0 < n1 < . . . < ns , velja splošno Vn = Fn0Fn1 . . . Fns . V posebnem primeru velja za n ≥ 1 enakost V2n+1 = F0Fn = 3Fn . Ker za n ≥ 1 velja enakost 1+ 2+ 22 + · · · + 2n−1 = = 2n − 1, imamo za n ≥ 1 tudi V2n−1 = F0F1 . . . Fn−1 . Po drugi strani pa je v (2n − 1)-ti vrstici binarnega Pascalovega trikotnika 2n samih enk, tako da je tudi V2n−1 = 1+2+22+· · ·+22 n−1 = 22n −1 = Fn−2 . Torej velja za n ≥ 1 znana enakost F0F1 . . . Fn−1 = Fn−2 oz. F0F1 . . . Fn−1+2 = Fn . Iz nje zlahka zaključimo, da sta si različni Fermatovi števili Fm in Fn tuji. Preverimo pravilnost formule za produkt še na primeru F0F1F2F3F4 + 2 = 3 · 5 · 17 · 257 · 65 537+ 2 = = 4 294 967 297 = F5 . Ker se F0F1 = 15 konča s 5, F2 = 17 pa s 7, se F0F1F2 konča s 5, ker je 5 · 7 = 35. Zato se F3 konča s 5 + 2 = 7. Tako lahko korak za korakom spet spoznamo, da se vsak Fn za n > 1 (v desetiškem številskem sistemu) konča s 7. Lahko tudi dokažemo, da vnaprej poznamo celo zadnji dve števki Fermatovih števil Fn: Fn se konča s 37, če je n = 4k in k = 1,2,3, . . .; Fn se konča s 97, če je n = 4k+1 in k = 1,2,3, . . .; Fn se konča s 17, če je n = 4k+2 in k = 0,1,2, . . .; Fn se konča s 57, če je n = 4k+3 in k = 0,1,2, . . .. 5 Zadnji dve mesti sta torej odvisni od ostanka pri de- ljenju indeksa n s številom 4. Koliko je enk v n-ti vrstici binarnega Pascalovega trikotnika? Koliko je skratka lihih binomskih koe- ficientov  n k  pri danem n? Označimo število takih binomskih koeficientov z E(n). Očitno je E(0) = 1, E(1) = 2, E(2) = 2, E(3) = 4. Kako se zaporedje nadaljuje? V resnici enke v vsaki vrstici binarnega Pascalo- vega trikotnika zlahka preštejemo z upoštevanjem bručevih sanj. Najprej z lahkoto ugotovimo, da je E(2n) = 2 , E(2k + 2j) = 4 = 2 · 2 = 22 za vsako nenegativno celo število n in vsa cela števila k, j pri pogoju 0 ≤ k < j. Naslednji korak je po- splošitev. Če je n = 2n0 + 2n1 + · · · + 2ns , kjer son0, n1, . . . , ns nenegativni celi eksponenti, ure- jeni po velikosti 0 ≤ n0 < n1 < . . . < ns , potem velja E(n) = E(2n0+2n1+· · ·+2ns ) = 2 · 2 · . . . · 2   s = 2s . Število s je po drugi strani ravno številska vsota ν(n) binarno zapisanega števila n = brbr−1 . . . b1b0(2): s = ν(n) = br + br−1 + · · · + b1 + b0 . Torej imamo odgovor na zastavljeno vprašanje: E(n) = 2ν(n) , n ≥ 0 . Očitno je ν(0) = 0, ν(1) = 1, ν(2) = 1, ν(3) = 2 in res v teh primerih dobimo E(0) = 20 = 1, E(1) = = 21 = 2, E(2) = 21 = 2, E(3) = 22 = 4. V posebnem primeru je E(2n − 1) = E(1+ 2+ 22 + · · · + 2n−1) = 2n. Po svoje je zanimiva že zgradba zaporedja s členi E(n), ki se prične tako: 1,2,2,4,2,4,4,8, . . . Po katerem pravilu se zaporedje nadaljuje? Oglejmo si delna zaporedja E(k), k = 0,1, . . . ,2n − 1, kjer je n = 0,1,2, . . .: n = 0 : 1 n = 1 : 1,2 n = 2 : 1,2,2,4 n = 3 : 1,2,2,4,2,4,4,8 n = 4 : 1,2,2,4,2,4,4,8,2,4,4,8,4,8,8,16 Takoj opazimo, da je za n ≥ 1 druga polovica zapo- redja ravno dvakratnik prve polovice. Delna zapo- 6 a ji ve esti sta torej o vis i o osta ka ri e- lje j i eksa s število 4. oliko je e k v -ti vrstici bi ar ega Pascalovega trikot ika? oliko je skratka li i bi o ski koe- cie tov  n k  ri a e ? z ači o število taki bi o ski koe cie tov z ( ). čit o je (0) 1, (1) 2, (2) 2, (3) 4. ako se za ore je a alj je? res ici e ke v vsaki vrstici bi ar ega Pascalo- vega trikot ika zla ka rešteje o z ošteva je br čevi sa j. aj rej z la koto gotovi o, a je (2n) 2 , (2k 2j) 4 2 · 2 22 za vsako e egativ o celo število i vsa cela števila , j ri ogoj 0 j. asle ji korak je o- s lošitev. ˇe je 2n0 2n1 · · · 2ns , kjer so 0, 1, . . . , s e egativ i celi eks o e ti, re- je i o velikosti 0 0 1 . . . s , ote velja ( ) (2n0 2n1 · · · 2ns ) 2 · 2 · . . . · 2   s 2s . Število s je o r gi stra i rav o številska vsota ν( ) bi ar o za isa ega števila r r−1 . . . 1 0(2): s ν( ) r r−1 · · · 1 0 . orej i a o o govor a zastavlje o v raša je: ( ) 2ν(n) , 0 . čit o je ν(0) 0, ν(1) 1, ν(2) 1, ν(3) 2 i res v te ri eri obi o (0) 20 1, (1) 21 2, (2) 21 2, (3) 22 4. oseb e ri er je (2n 1) (1 2 22 · · · 2n−1) 2n. Po svoje je za i iva že zgra ba za ore ja s čle i ( ), ki se rič e tako: 1,2,2,4,2,4,4,8, . . . Po katere ravil se za ore je a alj je? glej o si el a za ore ja ( ), 0,1, . . . ,2n 1, kjer je 0,1,2, . . .: 0 : 1 1 : 1,2 2 : 1,2,2,4 3 : 1,2,2,4,2,4,4,8 4 : 1,2,2,4,2,4,4,8,2,4,4,8,4,8,8,16 akoj o azi o, a je za 1 r ga olovica za o- re ja rav o vakrat ik rve olovice. el a za o- 6 Z dnji d m ti t t r j d i ni d t n pri d - lj nju ind n t il m . K li j n n-ti r ti i in rn l tri tni K li j r t lihih in m ih - fi i nt pri d n m n O n im t il t ih in m ih fi i nt E n . O itn j E = , E = , E = , E = . K p r dj n d ljuj V r ni i n i r ti i in rn l - tri tni l h pr t j m up t nj m ru ih nj. N jpr j l h t u t im , d j E = , E + j = = · = 2 n n ti n l t il n in l t il k, pri p ju ≤ k < . N l dnji r j p - pl it . C j n = 0 + 1 + · · · + s , j r n0, n1, . . . , ns n n ti ni li p n nti, ur - j ni p li ti ≤ n0 < n1 < . . . < ns , p t m lj E n = E 0+ 1+· · ·+ s = · · . . . ·   s = s . t il j p dru i tr ni r n t il t n in rn pi n t il n = brbr 1 . . . b1b0(2): = n = br + br 1 + · · · + b1 + b0 . T r j im m d r n t lj n pr nj : E n = ( ) , n ≥ . O itn j = , = , = , = in r t h prim rih d im E = 0 = , E = = 1 = , E = 1 = , E = 2 = . V p n m prim ru j E − = E + + 2 + · · · + 1 = . j j nimi r d p r dj l ni E n , i pri n t : , , , , , , , , . . . t r m pr ilu p r dj n d ljuj O l jm i d ln p r dj E k , k = , , . . . , − , j r j n = , , , . . .: n = : n = : , n = : , , , n = : , , , , , , , n = : , , , , , , , , , , , , , , , T j p im , d j n ≥ dru p l i p - r dj r n d r tni pr p l i . D ln p - • 35_Presek6_k_k.indd 6 12/5/08 09:57:12 7 m a t e m a t i k a Presek 35 (2007/2008) 6 Zadnji dve mesti sta torej odvisni od ostanka pri de- ljenju indeksa n s številom 4. Koliko je enk v n-ti vrstici binarnega Pascalovega trikotnika? Koliko je skratka lihih binomskih koe- ficientov  n k  pri danem n? Označimo število takih binomskih koeficientov z E(n). Očitno je E(0) = 1, E(1) = 2, E(2) = 2, E(3) = 4. Kako se zaporedje nadaljuje? V resnici enke v vsaki vrstici binarnega Pascalo- vega trikotnika zlahka preštejemo z upoštevanjem bručevih sanj. Najprej z lahkoto ugotovimo, da je E(2n) = 2 , E(2k + 2j) = 4 = 2 · 2 = 22 za vsako nenegativno celo število n in vsa cela števila k, j pri pogoju 0 ≤ k < j. Naslednji korak je po- splošitev. Če je n = 2n0 + 2n1 + · · · + 2ns , kjer son0, n1, . . . , ns nenegativni celi eksponenti, ure- jeni po velikosti 0 ≤ n0 < n1 < . . . < ns , potem velja E(n) = E(2n0+2n1+· · ·+2ns ) = 2 · 2 · . . . · 2   s = 2s . Število s je po drugi strani ravno številska vsota ν(n) binarno zapisanega števila n = brbr−1 . . . b1b0(2): s = ν(n) = br + br−1 + · · · + b1 + b0 . Torej imamo odgovor na zastavljeno vprašanje: E(n) = 2ν(n) , n ≥ 0 . Očitno je ν(0) = 0, ν(1) = 1, ν(2) = 1, ν(3) = 2 in res v teh primerih dobimo E(0) = 20 = 1, E(1) = = 21 = 2, E(2) = 21 = 2, E(3) = 22 = 4. V posebnem primeru je E(2n − 1) = E(1+ 2+ 22 + · · · + 2n−1) = 2n. Po svoje je zanimiva že zgradba zaporedja s členi E(n), ki se prične tako: 1,2,2,4,2,4,4,8, . . . Po katerem pravilu se zaporedje nadaljuje? Oglejmo si delna zaporedja E(k), k = 0,1, . . . ,2n − 1, kjer je n = 0,1,2, . . .: n = 0 : 1 n = 1 : 1,2 n = 2 : 1,2,2,4 n = 3 : 1,2,2,4,2,4,4,8 n = 4 : 1,2,2,4,2,4,4,8,2,4,4,8,4,8,8,16 Takoj opazimo, da je za n ≥ 1 druga polovica zapo- redja ravno dvakratnik prve polovice. Delna zapo- 6 Zadnji dve mesti sta torej odvisni od ostanka pri de- ljenju ind ksa n številom 4. Koliko je enk v n-ti vrstici binarnega Pascalovega trik tnika? Koliko je skratka lihih binom kih koe- ficientov  n k  pri danem n? Označimo število takih binomskih koeficientov z E(n). O itno je E(0) = 1, E(1) = 2, E(2) = 2, E(3) = 4 Kako se zaporedje nadaljuje? V resnici enke v vsaki vrstici binarnega Pascalo- vega trikotnika zlahka preštejemo z upoštevanjem bručevih sa j. Najprej z lahkoto ugotovimo, d je E(2n) = 2 , E(2k + 2j) = 4 = 2 · 2 = 22 za vsako nenegativno celo število n in vsa cela števila k, j pri pogoju 0 ≤ k < j. Nasled ji korak je po- splošitev. Če je n = 2n0 + 2n1 + · · · + 2ns , kjer son0, n1, . . . , ns nenegativni celi eksponenti, ure- jeni p velikosti 0 ≤ 0 < n1 < . . . < ns , tem velja E(n) = E(2n0+2n1+· · ·+2ns ) = 2 · 2 · . . . · 2   s = 2s . Število s je po drugi strani ravno številska vsota ν(n) binarno za isane a š evila n = brbr−1 . . . b1b0(2): s = ν(n) = br + br−1 + · · · + b1 + b0 . Torej imamo odgovor na zastavljeno vprašanje: E(n) = 2ν(n) , n ≥ 0 . Očitno je ν(0) = 0, ν(1) = 1, ν(2) = 1, ν(3) = 2 in res v teh primerih dobimo E(0) = 20 = 1, E(1) = = 21 = 2, E(2) = 21 = 2, E(3) = 22 = 4. V posebnem primeru je E(2n − 1) = E(1+ 2+ 22 + · · · + 2n−1) = 2n. Po svoje je zanimiva že zgradba zaporedja s členi E(n), ki se prične tako: 1,2,2,4,2,4,4,8, . . . Po katerem pravilu se zaporedje nadaljuje? Oglejmo si delna zaporedja E(k), k = 0,1, . . . ,2n − 1, kjer je n = 0,1,2, . . .: n = 0 : 1 1 ,2 2 ,2,4 3 ,2,4,4,8 4 ,2,4,4,8,4,8,8,16 Takoj opazimo, da je za n ≥ 1 druga polovica zapo- redja ravno dvakratnik prve polovice. Deln 6 s g Zadnji dve mesti sta torej odvisni od ostanka pri de- ljenju ind ksa n s številom 4. Kol ko je enk v n- i vrstici bi arnega Pascalovega trikotnika? Koliko j skratka lihih binom kih koe- ficientov  n k  pri dan m n? Oz čimo število takih binomskih koeficientov z E(n). O tn je E(0) = 1, E(1) = 2, E(2) = 2, E(3) = 4 Kako se zaporedje nadaljuje? V resnici enke v vsaki vrstici binarnega Pascalo- vega trikotnika zlahka preštejemo z upoštevanjem bručevih sa j. Najprej z lahkoto ugotovimo, d je E(2n) = 2 , E(2k + 2j) = 4 = 2 · 2 = 22 za vsako nenegativno celo število n in vsa cela števila k, j pri pogoju 0 ≤ k < j. Nasled ji korak je po- splošitev. Če e n = 2n0 + 2n1 + · · · + 2ns , kjer son0, n1, . . . , ns nenegativni celi eksponenti, ure- jeni p velikosti 0 ≤ 0 < n1 < . . . < ns , tem velja E(n) = E(2n0+2n1+· · ·+2ns ) = 2 · 2 · . . . · 2   s = 2s . Število s je po drugi strani ravno številska vsota ν(n) binarno zapisanega š evila n = brbr−1 . . . b1b0(2): s = ν(n) = br + br−1 + · · · + b1 + b0 Torej imamo odgovor na zastavljeno vprašanje: E(n) = 2ν(n) , n ≥ 0 . Očitno je ν(0) = 0, ν(1) = 1, ν(2) = 1, ν(3) = 2 in res v teh primerih dobimo E(0) = 20 = 1, E(1) = = 21 = 2, E(2) = 21 = 2, E(3) = 22 = 4. V posebnem primeru je E(2n − 1) = E(1+ 2+ 22 + · · · + 2n−1) = 2n. Po svoje je zanimiva že zgradba zaporedja s členi E(n), ki se prične tako: 1,2,2,4,2,4,4,8, . . . Po katerem pravilu se zaporedje nadaljuje? Oglejmo si delna zapo edja E(k), k = 0,1, . . . ,2n − 1, kj r je n = 0,1,2, . . .: n = 0 : 1 1 ,2 2 ,2,4 3 ,2,4,4,8 4 ,2,4,4,8,4,8,8,16 Takoj opazimo, da je za n ≥ 1 druga polovica zapo- redja ravno dvakratnik prve polovice. Deln 6 Zadnji dve mesti sta torej odvisni od ostanka pri de- ljenju indeksa n s številom 4. Koliko je enk v n-ti vrstici binarnega Pascalovega trikotnika? Koliko je skratka lihih binomskih koe- ficientov  n k  pri danem n? Označimo število takih binomskih koeficientov z E(n). Očitno je E(0) = 1, E(1) = 2, E(2) = 2, E(3) = 4. Kako se zaporedje nadaljuje? V resnici enke v vsaki vrstici binarnega Pascalo- vega trikotnika zlahka preštejemo z upoštevanjem bručevih sanj. Najprej z lahkoto ugotovimo, da je E(2n) = 2 , E(2k + 2j) = 4 = 2 · 2 = 22 za vsako nenegativno celo število n in vsa cela števila k, j pri pogoju 0 ≤ k < j. Naslednji korak je po- splošitev. Če je n = 2n0 + 2n1 + · · · + 2ns , kjer son0, n1, . . . , ns nenegativni celi eksponenti, ure- jeni po velikosti 0 ≤ n0 < n1 < . . . < ns , potem velja E(n) = E(2n0+2n1+· · ·+2ns ) = 2 · 2 · . . . · 2   s = 2s . Število s je po drugi strani ravno številska vsota ν(n) binarno zapisanega števila n = brbr−1 . . . b1b0(2): s = ν(n) = br + br−1 + · · · + b1 + b0 . Torej imamo odgovor na zastavljeno vprašanje: E(n) = 2ν(n) , n ≥ 0 . Očitno je ν(0) = 0, ν(1) = 1, ν(2) = 1, ν(3) = 2 in res v teh primerih dobimo E(0) = 20 = 1, E(1) = = 21 = 2, E(2) = 21 = 2, E(3) = 22 = 4. V posebnem primeru je E(2n − 1) = E(1+ 2+ 22 + · · · + 2n−1) = 2n. Po svoje je zanimiva že zgradba zaporedja s členi E(n), ki se prične tako: 1,2,2,4,2,4,4,8, . . . Po katerem pravilu se zaporedje nadaljuje? Oglejmo si delna zaporedja E(k), k = 0,1, . . . ,2n − 1, kjer je n = 0,1,2, . . .: n = 0 : 1 n = 1 : 1,2 n = 2 : 1,2,2,4 n = 3 : 1,2,2,4,2,4,4,8 n = 4 : 1,2,2,4,2,4,4,8,2,4,4,8,4,8,8,16 Takoj opazimo, da je za n ≥ 1 druga polovica zapo- redja ravno dvakratnik prve polovice. Delna zapo- 6 redja so dolžine 2n, kjer je n = 0,1,2, . . . Zakaj? Delno zaporedje E(k), k = 0,1, . . . ,2n+1 − 1, ima za n ≥ 1 natančno 2n+1 členov. Indekse k lahko razde- limo na dva enako močna dela, A = {0,1, . . . ,2n − 1} in B = {2n,2n+1, . . . ,2n+1−1}. Vsak član množice B je očitno za 2n večji od istoležnega člana v množici A, v kateri ima vsak član kvečjemu n binarnih števk. Pri tem vzamemo, da nima število 0 nobene binar- ne števke. Torej ima vsak član množice B natanko eno binarno števko več kot istoležni član v množici A in zato je številska vsota binarno zapisanega števila množice B točno za 1 večja od številske vsote binar- no zapisanega istoležnega števila iz množice A. To pomeni E(k+ 2n) = 2ν(k)+1 = 2 · 2ν(k) = 2E(k) , kjer je k = 0,1, . . . ,2n − 1 . To pa res pomeni, da je druga polovica zaporedja ravno dvakratnik prve polovice. Binarni Pascalov trikotnik ima sploh zanimivo vzorčasto obliko, če nanj pogledamo zelo od daleč. Kjer so enke, postavimo temno piko, kjer so ničle, pa belo. Slika 2 kaže izrazito samopodobnost že za 0 ≤ n ≤ 31. Trikotnemu vzorcu s te slike pravi- jo trikotnik Sierpińskega (Wacław Sierpiński, 1882– 1969, poljski matematik). 7 redja so d lžine 2n, kjer je n = 0,1,2, . . . Zakaj? Delno zaporedje E(k), k = 0,1, . . . ,2n+1 − 1, ima za n ≥ 1 natančno 2n+1 členov. Indekse k lahko razde- limo a dva enako močna dela, A = {0,1, . . . ,2n − 1} in B = {2n,2n+1, . . . ,2n+1−1}. Vsak član množice B je očitn za 2n večji od istoležnega člana v množici A, v kateri ima vsak član kvečjemu n binarnih števk. Pri tem vzamemo, da nima število 0 nobene binar- ne števke. Torej ima vsak član množice B natanko eno binarno števko več kot istoležni član v množici A in zato je številska vsota binarno zapisanega števila množice B točno za 1 večja od številske vsote binar- no zapisanega istoležnega števila iz množice A. To pomeni E(k+ 2n) = 2ν(k)+1 = 2 · 2ν(k) = 2E(k) , kjer je k = 0,1, . . . ,2n − 1 . To pa res pomeni, da je druga polovica zaporedja ravno dvakratnik prve polovice. Binarni Pascalov trikotnik ima sploh zanimivo vzorčasto obliko, če nanj pogledamo zelo od daleč. Kjer so enke, postavimo temno piko, kjer so ničle, pa belo. Slika 2 kaže izrazito samopodobnost že za 0 ≤ n ≤ 31. Trikotnemu vzorcu s te slike pravi- jo trikotnik Sierpińskega (Wacław Sierpiński, 1882– 1969, poljski matematik). 7 • •• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •• • • • • • • • •• • ••• Slika 1. Binarni Pascalov trikotnik Slika 2. Trikotnik Sierpińskega 8 • 35_Presek6_k_k.indd 7 12/5/08 09:57:14 8 m a t e m a t i k a Presek 35 (2007/2008) 6 V člankih Z varčevanjem do novega računalnika [2] in Obrestno obrestni račun [3] smo se seznanili z osnovnimi prijemi iz poslovne matematike. Pred- stavljen je bil navadni obrestni račun, ki ga banke uporabljajo za obračun hranilnih vlog in druge kla- sične kratkoročne posle. Zanj je značilno, da se ves čas obrestuje le začetna osnovna glavnica G. Obresti o so za vsako obresto- valno obdobje enake in glavnica narašča kot aritme- tično zaporedje G, G + o, G + 2o, G + 3o, . . . , G +no, . . . Seznanili pa smo se tudi z obrestno obrestnim raču- nom, ki je v naši praksi izrazito prevladal nad navad- nim. Tako že vemo, da pri obrestno obrestnem raču- nu obresti računamo ne le od osnovne začetne glav- nice G, ampak tudi od obresti, ki so nastale v prej- šnjem časovnem obdobju. Pokazali smo, da glavnica pri obrestnem obrestovanju narašča kot geometrij- sko zaporedje G, Gr , Gr 2, . . . , Gr n, . . . , kjer je r = 1+ p 100 obrestovalni faktor in je p % letna obrestna mera. V obeh člankih pa smo se ukvarjali le z varčevanjem. Kako pa je v primeru, ko si denar izposodimo oziro- ma ko najamemo kredit? Zastavimo si naslednjo nalogo. Radi bi kupili stanovanje. Odločili smo se, da plačamo 20 % kupnine z 12.500e gotovine, za ostali del pa najamemo kredit, ki ga bomo odplačevali deset let z enakimi letnimi obroki ob koncu leta. Kakšen bo naš letni obrok, če je letna obrestna mera 4 % in banka obračunava obresti po obrestno obrestnem računu? Za začetek predstavimo nekaj osnovnih pojmov, povezanih s kreditnimi posli. Pri tem se seveda ne bomo mučili z dolgimi ekonomskimi definicijami, saj ste za večino teh pojmov zagotovo že slišali, nekaj pa smo jih tudi predstavili v člankih [2] in [3]. Zneske, s katerimi dolžnik (kreditojemalec) vrača posojilo, v praksi običajno imenujemo anuitete (v našem prime- ru so to letni obroki). Vsaka anuiteta je sestavljena iz obresti in razdolžnine. Vemo že, da so obresti nadomestilo za uporabo denarja, ki ga je banka za določen čas prepustila kreditojemalcu. Obračunajo se za obdobje med dvema zaporednima anuitetama (v našem primeru je to obdobje eno leto) in od osno- ve, ki jo predstavlja ostanek dolga po prejšnjem vra- 2 . , . , . , . , , , . , . . , . . , , , . , , . , , . , , . . , , . , l i rc j r c l i [ ] i r st r st i r c [ ] s s s ili s i i rij i i sl t ti . r - st lj j il i r st i r , i r lj j r r il i l i r l - si r t r sl . j je cil , se es c s rest je le cet s l ic . resti s s rest - l je e e i l ic r šc t rit e- tic re je , , , , . . . , , . . . e ili s se t i rest rest i r c - , i je ši r si i r it re l l - i . e e , ri rest rest e r c - resti r c e le s e cet e l - ice , t i resti, i s st le rej- š je c s e j . li s , l ic ri rest e rest j r šc t e etrij- s re je , r , r 2, . . . , r , . . . , jer je r rest l i f t r i je let rest er . e cl i s se rj li le rce je . je ri er , si e r i s i ir - j e re it? st i si sle j l . i i ili st je. l cili s se, l c i e . t i e, st li el j e re it, i l ce li eset let e i i let i i r i c let . še š let i r , ce je let rest er i r c resti rest rest e r c ? cete re st i e j s i j , e i s re it i i sli. ri te se se e e cili l i i e s i i e icij i, s j ste eci te j t e sliš li, e j s ji t i re st ili cl i [ ] i [ ]. es e, s teri i l i ( re it je lec) r c s jil , r si ic j i e je itete ( še ri e- r s t let i r i). s itet je sest lje i resti i r z lž i e. e e, s resti estil r e rj , i je l ce c s re stil re it je lc . r c j se je e e re i itet ( še ri er je t je e let ) i s - e, i j re st lj st e l rejš je r - č ank h Z va ˇevan e do novega aˇuna n ka 2 n b e no ob e n aˇun 3 o e eznan z o novn p e z po ovne a e a ke P ed av en e b navadn ob e n ačun k ga banke upo ab a o za ob ačun h an n h v og n d uge k a čne k a ko očne po e Zan znaˇ no da v ˇa ob u zaˇ na o novna g avn a b o o za v ako ob o va no obdob nak n g avn a na a ˇa ko a ˇno zapo d o 2o 3o o S znan pa o ud z ob no ob n aˇu no k v na p ak z az o p v ada nad navad n Tako ž v o da p ob no ob n aˇu nu ob aˇuna o n od o novn zaˇ n g av n a pak ud od ob k o na a v p n ˇa ovn obdob u Pokaza o da g avn a p ob n ob ovan u na a ˇa ko g o ko zapo d n k 1 p 100 ob ova n ak o n p % na ob na a V ob h ˇ ank h pa o ukva a z va ˇ van Kako pa v p u ko d na zpo od o oz o a ko na a o k d Za av o na dn o na ogo Rad b kup anovan d oˇ o da p aˇa o 20 % kupn n z 12 500 go ov n za o a d pa na a o k d k ga bo o odp aˇ va d z nak n ob ok ob kon u a Kak n bo na n ob ok ˇ na ob na a 4 % n banka ob aˇunava ob po ob no ob n aˇunu Za zaˇ k p d av o n ka o novn h po ov pov zan h k d n po P v da n bo o uˇ z do g kono k d fin a a za v ˇ no h po ov zago ovo ž a n ka pa o h ud p d av v ˇ ank h 2 n 3 Zn k ka do žn k k d o a v aˇa po o o v p ak ob ˇa no nu o anu v na p u o o n ob ok V aka anu a av na z ob n a do n n V o ž da o ob nado o za upo abo d na a k ga banka za do oˇ n ˇa p pu a k d o a u b aˇuna o za obdob d dv a zapo dn a anu a a v na p u o obdob no o n od o no v k o p d av a o an k do ga po p n v a 2 V l i l i [ ] i O i [ ] ili i i ij i i l i . - lj j il i i , i lj j il i l i l - i l . j j il , j l l i G. O i - l j i l i i - i j G, G + , G + , G + , . . . , G +n , . . . ili i i - , i j i i i i l l - i . , i - i l l - i G, i i, i l j- j j . li , l i i j ij- j G, G , G , . . . , G , . . . , j j = + l i i j l . l i j li l j . j i , i i i i - j i i i l j l . i i ili j . O l ili , l i . e i , li l j i , i l li l i i l i i i l . l i , j l i i i j i j , i i i i li. i ili l i i i i i ij i, j i j li li, j ji i ili l i [ ] i [ ]. , i i l i ( i j l ) jil , i i j i j it t ( i - l i i). i j lj i ti i l i . , i il j , i j l il i j l . O j j i i ( i j j l ) i - , i j lj l j j - V člankih Z varčevanjem do novega računalnika [2] in Obrestno obrestni račun [3] smo se seznanili z osnovnimi prijemi iz poslovne matematike. Pred- stavljen je bil navadni obrestni račun, ki ga banke uporabljajo za obračun hranilnih vlog in druge kla- sične kratkoročne posle. Zanj je značilno, da se ves čas obrestuje le začetna osnovna glavnica G. Obresti o so za vsako obresto- valno obdobje enake in glavnica narašča kot aritme- tično zaporedje G, G + o, G + 2o, G + 3o, . . . , G +no, . . . Seznanili pa smo se tudi z obrestno obrestnim raču- nom, ki je v naši praksi izrazito prevladal nad navad- nim. Tako že vemo, da pri obrestno obrestnem raču- nu obresti računamo ne le od osnovne začetne glav- nice G, ampak tudi od obresti, ki so nastale v prej- šnjem časovnem obdobju. Pokazali smo, da glavnica pri obrestnem obrestovanju narašča kot geometrij- sko zaporedje G, Gr , Gr 2, . . . , Gr n, . . . , kjer je r = 1+ p 100 obrestovalni faktor in je p % letna obrestna mera. V obeh člankih pa smo se ukvarjali le z varčevanjem. Kako pa je v primeru, ko si denar izposodimo oziro- ma ko najamemo kredit? Zastavimo si naslednjo nalogo. Radi bi kupili stanovanje. Odločili smo se, da plačamo 20 % kupnine z 12.500e gotovine, za ostali del pa najamemo kredit, ki ga bomo odplačevali deset let z enakimi letnimi obroki ob koncu leta. Kakšen bo naš letni obrok, če je letna obrestna mera 4 % in banka obračunava obresti po obrestno obrestnem računu? Za začetek predstavimo nekaj osnovnih pojmov, povezanih s kreditnimi posli. Pri tem se seveda ne bomo mučili z dolgimi ekonomskimi definicijami, saj ste za večino teh pojmov zagotovo že slišali, nekaj pa smo jih tudi predstavili v člankih [2] in [3]. Zneske, s katerimi dolžnik (kreditojemalec) vrača posojilo, v praksi običajno imenujemo anuitete (v našem prime- ru so to letni obroki). Vsaka anuiteta je sestavljena iz obresti in razdolžnine. Vemo že, da so obresti nadomestilo za uporabo denarja, ki ga je banka za določen čas prepustila kreditojemalcu. Obračunajo se za obdobje med dvema zaporednima anuitetama (v našem primeru je to obdobje eno leto) in od osno- ve, ki jo predstavlja ostanek dolga po prejšnjem vra- 2 j m t t m m r m m t m t r t r t r r r r r r t r r t t r t r t r t r tm t r m t r t r t m r m r r t r m m r r t r t m r r t r m t m t r t t r m m m r r t m r t r t m tr r 2 r r t f t r t r t m r m r r m r m r r m r m m m r t t m t m m t t m m r t m t t m t m r t t r t r t m r r r t r t r t m r t r t m m r t m r t m m m m m m m t t m t m t r t t r m r t m r r m m m r m r t t r t t t s m r t m t r r r t r t m r m m r m t t m m r m r t t r t t r m r V člankih Z varčevanjem do novega računalnika [2] in Obrestno obrestni račun [3] smo se seznanili z osnovnimi prijemi iz poslovne matematike. Pred- stavljen je bil navadni obrestni račun, ki ga banke uporabljajo za obračun hranilnih vlog in druge kla- sične kratkoročne posle. Zanj je značilno, da se ves čas obrestuje le začetna osnovna glavnica G. Obresti o so za vsako obresto- valno obdobje enake in glavnica narašča kot aritme- tično zaporedje G, G + o, G + 2o, G + 3o, . . . , G +no, . . . Seznanili pa smo se tudi z obrestno obrestnim raču- nom, ki je v naši praksi izrazito prevladal nad navad- nim. Tako že vemo, da pri obrestno obrestnem raču- nu obresti računamo ne le od osnovne začetne glav- nice G, ampak tudi od obresti, ki so nastale v prej- šnjem časovnem obdobju. Pokazali smo, da glavnica pri obrestnem obrestovanju narašča kot geometrij- sko zaporedje G, Gr , Gr 2, . . . , Gr n, . . . , kjer je r = 1+ p 100 obrestovalni faktor in je p % letna obrestna mera. V obeh člankih pa smo se ukvarjali le z varčevanjem. Kako pa je v primeru, ko si denar izposodimo oziro- ma ko najamemo kredit? Zastavimo si naslednjo nalogo. Radi bi kupili stanovanje. Odločili smo se, da plačamo 20 % kupnine z 12.500e gotovine, za ostali del pa najamemo kredit, ki ga bomo odplačevali deset let z enakimi letnimi obroki ob koncu leta. Kakšen bo naš letni obrok, če je letna obrestna mera 4 % in banka obračunava obresti po obrestno obrestnem računu? Za začetek predstavimo nekaj osnovnih pojmov, povezanih s kreditnimi posli. Pri tem se seveda ne bomo mučili z dolgimi ekonomskimi definicijami, saj ste za večino teh pojmov zagotovo že slišali, nekaj pa smo jih tudi predstavili v člankih [2] in [3]. Zneske, s katerimi dolžnik (kreditojemalec) vrača posojilo, v praksi običajno imenujemo anuitete (v našem prime- ru so to letni obroki). Vsaka anuiteta je sestavljena iz obresti in razdolžnine. Vemo že, da so obresti nadomestilo za uporabo denarja, ki ga je banka za določen čas prepustila kreditojemalcu. Obračunajo se za obdobje med dvema zaporednima anuitetama (v našem primeru je to obdobje eno leto) in od osno- ve, ki jo predstavlja ostanek dolga po prejšnjem vra- 2 l i j l i [ ] i t t i [ ] ili i i ij i i l t ti . - t lj j il i t i , i lj j il i l i l - i t l . j j il , r t j l t l i . r ti r t - l j i l i r t rit - ti r j , , , , . . . , , . . . ili t i r t r t i r - , i j i r i i r it r l l - i . , ri r t r t r - r ti r l t l - i , t i r ti, i t l r j- j j . li , l i ri r t r t j r t trij- r j , , 2, . . . , , . . . , j r j r t l i f t r i j l t r t r . l i rj li l r j . j ri r , i r i i ir - j r it t i i l j l . i i ili t j . l ili , l i . t i , t li l j r it, i l li t l t i i l t i i r i l t . l t i r , j l t r t r i r r ti r t r t r t r t i j i j , i r it i i li. ri t ili l i i i i i ij i, j t i t j t li li, j ji t i r t ili l i [ ] i [ ]. , t ri i l i ( r it j l ) r jil , r i i j i j it t ( ri - r t l t i r i). it t j t lj i sti i l i . , r ti til r rj , i j l r til r it j l . r j j r i it t ( ri r j t j l t ) i - , i j r t lj t l r j j r - Odplačevanje kredita ajda fošner čilu. Ko od anuitete odštejemo obresti, dobimo raz- dolžnino. Za ta znesek se dejansko zmanjša dolg, ko je plačana anuiteta. Označimo z D najeti kredit, ki ga moramo skupaj s pripadajočimi obrestmi vrniti v n enakih obrokih po a denarnih enot: Spomnimo se, da pri podobnih problemih iz po- slovne matematike vedno vse vloge in vse dvige pre- računamo na isti termin. Zaradi enostavnega raču- nanja navadno izberemo konec n-tega leta. Tako do- bimo enakost, iz katere lahko izračunamo neznano količino, ki je v našem primeru letni obrok a. Pa za- čnimo razmišljati. Najeti kredit je po n letih skupaj z obrestmi vreden Dr n. Ta znesek mora biti enak vsoti vseh obrokov skupaj z obrestmi. Hitro lahko opazimo, da se prvi obrok obrestuje n − 1 let in je na koncu odplačevanja kredita vreden ar n−1. Drugi obrok se obrestuje n−2 let in je na koncu n-tega leta vreden ar n−2. Podobno velja za naslednje obroke vse do zadnjega, ki se seveda ne obrestuje. Naše razmišljanje nas pripelje do naslednje enakosti Dr n = ar n−1 + ar n−2 + · · · + ar + a = = a(r n−1 + r n−2 + · · · + r + 1) oziroma a = Dr n (r n−1 + r n−2 + · · · + r + 1) . Ker je vsota prvih n členov geometrijske vrste s kvo- cientom r in prvim členom 1 enaka (r n−1)/(r −1), torej 1+ r + · · · + r n−2 + r n−1 = r n − 1 r − 1 , lahko zgornjo formulo zapišemo lepše a = Dr n(r − 1) (r n − 1) . Zdaj imamo dovolj informacij, da se lahko lotimo zastavljene naloge. Najprej moramo seveda izraču- nati, koliko denarja si bomo izposodili. Ker znaša 20 % kupnine stanovanja 12.500e, je cena stanovan- ja 10020 · 12.500 = 62.500e. Torej bo naš najeti kredit D znašal 62.500 − 12.500 = 50.000e. Ker bomo kredit odplačevali deset let, je n = 10. Upoštevamo še, da je r = 1 + 4100 = 1,04. Če sedaj vstavimo po- datke v zgornjo formulo, dobimo a = 6.164,55. Naš letni obrok bo torej znašal 6.164,55e. Za vajo lahko sami izračunate, kakšen bi bil naš letni obrok, če bi kredit odplačevali petnajst let. Doslej smo v zvezi z letno obrestno mero govorili le o letih kot časovnih enotah obrestovanja. V praksi pa imamo opravka tudi s krajšimi časovnimi obdobji. Tako imamo lahko polletni, četrtletni, mesečni ali ce- lo dnevni pripis obresti. Pri obrestno obrestnem ra- 3 čilu. Ko od anuitete odštejemo obresti, dobimo raz- dolžnino. Za ta znesek se dejansko zmanjša dolg, ko je plačan anui eta. Označimo z D najeti kredit, ki ga moramo skupaj s pripadajočim ob stmi vrniti v n enakih obrokih po a denarnih enot: Spomnimo se, da pri podobnih problemih iz po slovne matematike vedno vse vloge in vse dvige pre- računamo na isti termin. Zaradi nostavnega raču- nanja navadno izberemo konec n-tega leta. Tako do- bimo enakost, iz katere lahko izračunamo n znano količi o, ki je v našem primeru letni obrok a. Pa za- čnimo razmišljati. Najeti kredit je p n letih skupaj z obrestmi vreden Dr n. Ta znesek mora biti enak oti vseh obrokov skupaj z obr stmi. Hitro lahko opazimo, da se prvi obrok obrestuje n − 1 let in je na koncu odplačevanja kredita vreden ar n−1. Drugi obrok se obrestuje n−2 let in je n koncu n-tega leta vreden ar n−2. Podobno velja za naslednje obroke vse do zadnjega, ki se seveda ne obrestuje. Naše razmišljanje nas pripelje do naslednje enakosti Dr n = ar n−1 + ar n−2 + · · · + ar + a = = a(r n−1 + r n−2 + · · · + r + 1) oziroma a = Dr n (r n−1 + r n−2 + · · · + r + 1) . Ker je vsota prvih n členov geometrijske vrste s kvo- cientom r in prvim členom 1 enaka (r n−1)/(r −1), torej 1+ r + · · · + r n−2 + r n−1 = r n − 1 r − 1 , lahko zgornjo formulo zapišemo lepše a = Dr n(r − 1) (r − 1) . Zd j imamo dovolj informacij, da s lahko loti zastavljene naloge. Najprej moramo seveda izr ču- nati, koliko denarja si bomo izposodili. Ker znaša 20 % kupnine stanovanja 12.500e, je cena stanovan- ja 10020 · 12.500 = 62.500e. Torej bo naš najeti kredit D znašal 62.500 − 12.500 = 50.000e. Ker bomo d set let, je n = 10. Upoštevamo še, da je r = 1 + 4100 = 1,04. Če sedaj vstavimo po- datk v zg rnjo formulo, dobimo a = 6.164,55. Naš letni obr k bo torej znašal 6.164,55e. Za vajo lahko s mi zr čunate, kakšen bi bil naš letni obrok, če bi kredit odplačevali p tnajst let. Doslej smo v zvezi z letno obrestno mero govorili le o letih kot časovnih enotah obrestovanja. V praksi pa imamo opravka tudi s krajšimi časovnimi obdobji. Tako imamo lahko polletni, četrtletni, mesečni ali ce- lo dnevni pripis obresti. Pri obrestno obrestnem ra- 3 čilu. Ko od anuitete odštejemo obresti, dobimo raz- dolžnin . Za ta z esek se dejansko zmanjša dolg, ko je plačana anuit ta. Označimo z D najeti kredit, ki a moramo sku aj s prip dajočimi obres mi vrniti v n enakih brokih po a den rnih en t: Spom imo s , da pri podobnih problemih i po- sl vne atematike vedno vs vloge in vse dvige pre- raču amo na is termi . Zaradi en stavnega raču- n nja navadno izbere o konec -t ga leta. Tako do- bimo e kost, iz kat re l hko iz ačunamo neznan količino, ki je v našem p imeru letni obrok a. Pa za- č im razmišlj ti. Na eti kredit j po letih skupaj z obrestmi vreden Dr n. Ta znesek mora biti enak vsoti vseh ob okov skupaj z obrestmi. Hitro lahko opaz mo, da s pr i obrok obrestuje n − 1 let in je n koncu o plačevanja kredita vr en ar n−1. Drugi obrok se obrestuj n−2 let in je na ko cu n-tega leta vreden ar n−2. Podobno velja za naslednje obroke vse do zadnjega, ki se se d ne obrestu . Naše razmišljanje nas pripelje do naslednje enakosti Dr n = ar n−1 + ar n−2 + · · · + ar + a = = a(r n−1 + r n−2 + · · · + r + 1) oziroma a = Dr n (r n−1 + r n−2 + · · · + r + 1) . Ker je vsota prvih členov geometrijske vrste s kvo- cientom r in m členom 1 naka (r n−1)/(r −1), torej 1+ r + · · · + r n−2 + r n−1 = r n − 1 − 1 , lahko zgornjo formulo zapišemo lepše a = Dr n(r − 1) ( − 1) . Zdaj imamo dovolj informacij, da se lahko lotimo zastavljene naloge. Najprej moramo s veda izraču- nati, koliko d n rja si bomo izposodili. Ker naša 20 % kupnine stanovanja 12.500 , je cena stanovan- ja 10020 · 12.500 = 62.500e. Torej bo naš je i kredit D znašal 62.500 − 12.500 = 50.000e. K r bomo kred t odplačevali deset let, je = 1 . Upošteva o še, a je r = 1 + 4100 = 1,04. Če sedaj vstavimo po- datke v zgornjo formulo, dobimo a = 6.164,55. Naš letni obro bo t rej znašal 6.164,55e. Za vajo lah o sami izračunate, kakšen bi bil naš letni obrok, če b kred t odplačevali petnajst let. Doslej smo v zvezi z letno mero govorili le o letih kot časo nih eno ah ovanja. V praksi pa imamo opravka tudi s krajšimi čas nimi obdobji. Tako imam lahko polletni, četrtletni, mesečni ali ce- lo dnevni pripis obresti. Pri ob estno obrest em ra- 3 čilu. Ko od anuitete odštejemo obresti, dobimo raz- dolžnin . Z ta zn s k s dejansko zmanjša d lg, ko je plača nuiteta. Označi o z D n jeti kre it, k ga ora o sku aj prip daj čimi obr stmi rniti v n enakih obrokih po a denar ih enot: Spomnimo se, da pri p dobnih problemih iz p sl vne m tematike v dno vse vloge in vse dvige re- računamo na isti ter in. Za ad enostavnega raču nanja n vadno izb mo konec n-tega leta. T ko do bimo enakost, iz katere lahko izračunamo neznano količino, i je v našem primeru letni obrok a. P za čnimo razmišljati. Najeti redit je p letih skupaj z obrestm vred n Dr n. Ta znesek mo a biti en k vsoti vseh obrokov skupaj z obr st i. Hitro lahko opazimo, da se prvi obrok obrestuje n − 1 let i j na koncu odplačevanja kr dita vr de ar n−1 Drugi br k se bre tuje −2 l t in je na koncu n-t ga leta vrede ar n−2. Podobno velj z nasled je obroke vse do zadnjega, ki se seveda e obrestuje. Naše razmišlj nje nas pripelje do nasl d je nakosti Dr n = ar n−1 + ar n−2 + · · · + ar + a = = a(r n−1 + r + 1) oziroma a = Dr n (r n−1 + r n−2 + · · · + r + 1) . Ker je vsota prvih n členov geometrijske vrste s kvo- cientom r in prvim m enaka (r n−1)/(r −1), tore 1+ r + · · · + r n−2 + r n−1 = r n − 1 r , lahko zgornjo formulo zapišemo lepše a = Dr n(r − 1) (r n − 1) . Zdaj imamo dovolj informacij, da se lahko lotimo zast vljene naloge. Najprej moramo seveda iz aču- nati, koliko denarja s b mo izpos dili. znaša 20 % up ine st novanja 12.500e, je cena stanovan ja 10020 · 12.500 = 62.500e. Torej bo naš najeti kredit D znašal 62.500 − 12.500 = 50.000 Ker bomo kredit odplačevali deset let, je n = 10. Upošteva še, da je r = 1 + 4100 = 1, 4. Če sedaj vstavimo p - datke v zgornjo formulo dobimo a = 6.164,55. Naš le ni obrok bo torej znašal 6 164,55e. Za vajo lahko s mi izračuna e, kakšen bi bil naš l tni obrok, če b kredit odplačevali petnajst let. D slej smo v zvezi z le no obr stno mero govoril e o letih kot ča ovn h eno ah obrest vanja. V praksi pa imamo opr vka tudi s krajšimi čas v imi obd bj . Tako i amo lahko polletni, četrtl tni, mesečni ali ce- lo dnevni pripis bresti. P i obr stno obr stnem ra- 3 čilu. Ko od anuitete odštejemo obresti, dobimo raz- dolžnino. Za ta znesek se dejansko z anjša dolg, ko je plačana anuiteta. Označimo z D najeti kredit, ki ga oramo skupaj s pripadajočimi obr stmi vrniti v n enakih obrokih p a de rnih enot: Spom i o se, d pri po obnih proble ih iz o- lovne matematike v dno se vloge in vse dvige pre- raču a o a isti termin. Zaradi enostavnega raču- nanja navadno izberemo k nec n-tega leta. Tako d - bimo enakost, iz kat re lahko izračunamo neznano količino, ki je v naše primeru letni obrok a. Pa za- čnimo r zmišljati. Najeti kredit j po n letih skupaj z obrestmi vreden Dr n. Ta znesek mora biti e ak vsoti vseh obrokov skupaj z obr stmi. Hitro l hko pazimo, da e prvi obro obrestuje − 1 l t in je na ko cu odplač vanja kredit vreden a n−1. Drugi obrok se obrestuje n−2 let in je a koncu n-tega leta vreden r n−2. Podobno velja za asl d je obrok vse do zadnjega, ki se s veda n obrestuje. Naše razmišljanje nas pripelje do naslednje enakosti Dr n = ar −1 + a ar + a = = a(r n−1 + r n−2 + · · · + r + 1) oziroma a = Dr n (r n−1 + r n−2 + · · · + r + 1) . Ker je vsota prvih n členov geometrijske vrste s kvo- ci ntom r in prvim členom 1 enaka (r n−1)/(r −1), torej 1+ r + · · · + r n−2 + r n−1 = r n − 1 r − 1 , lahko zgornjo formulo zapišemo lepše a = Dr n(r − 1) ( − 1) . Zdaj imamo dovolj inf rmacij, da se lahko lotimo zastavlje e naloge. Najprej moramo seveda izraču- nati, koliko denarja si bo o izposodili. Ker znaša 20 % kupnine stanovanja 12.500e, je cena stanovan- ja 10020 · 12.500 = 62.500e. Torej bo naš najeti kredit D znašal 62.500 − 12.50 = 50.000 . r bomo kredit odplačev li deset let, je n = 10. Upošteva o še, a je r = 1 + 4100 = 1,04. Če sedaj vstavimo po- d tke v zgornjo formulo, dobimo a = 6.164,55. Naš letni obrok bo torej znašal 6.164,55e. Za vajo lahk sami izračunate, kakšen bi bil naš letni obrok, če bi kredit odplačevali petnajst let. Doslej smo v zvezi z letno obrestn mero gov rili le o letih kot časovnih enotah obr stovanja. V praksi pa imamo opravka tudi s krajšimi časovnimi obdobji. Tak i amo lahko polletni, četrtl tni, mesečni ali ce- lo dnevni pripi obresti. Pri obrest obrestnem ra- 3 • aa 1 D 2 3 a a aa n—1 n 35_Presek6_k_k.indd 8 12/5/08 09:57:18 9 m a t e m a t i k a • Literatura Presek 35 (2007/2008) 6 čilu. Ko od anuitete odštejemo obresti, dobimo raz- dolžnino. Za ta znesek se dejansko zmanjša dolg, ko je plačana anuiteta. Označimo z D najeti kredit, ki ga moramo skupaj s pripadajočimi obrestmi vrniti v n enakih obrokih po a denarnih enot: Spomnimo se, da pri podobnih problemih iz po- slovne matematike vedno vse vloge in vse dvige pre- računamo na isti termin. Zaradi enostavnega raču- nanja navadno izberemo konec n-tega leta. Tako do- bimo enakost, iz katere lahko izračunamo neznano količino, ki je v našem primeru letni obrok a. Pa za- čnimo razmišljati. Najeti kredit je po n letih skupaj z obrestmi vreden Dr n. Ta znesek mora biti enak vsoti vseh obrokov skupaj z obrestmi. Hitro lahko opazimo, da se prvi obrok obrestuje n − 1 let in je na koncu odplačevanja kredita vreden ar n−1. Drugi obrok se obrestuje n−2 let in je na koncu n-tega leta vreden ar n−2. Podobno velja za naslednje obroke vse do zadnjega, ki se seveda ne obrestuje. Naše razmišljanje nas pripelje do naslednje enakosti Dr n = ar n−1 + ar n−2 + · · · + ar + a = = a(r n−1 + r n−2 + · · · + r + 1) oziroma a = Dr n (r n−1 + r n−2 + · · · + r + 1) . Ker je vsota prvih n členov geometrijske vrste s kvo- cientom r in prvim členom 1 enaka (r n−1)/(r −1), torej 1+ r + · · · + r n−2 + r n−1 = r n − 1 r − 1 , lahko zgornjo formulo zapišemo lepše a = Dr n(r − 1) (r n − 1) . Zdaj imamo dovolj informacij, da se lahko lotimo zastavljene naloge. Najprej moramo seveda izraču- nati, koliko denarja si bomo izposodili. Ker znaša 20 % kupnine stanovanja 12.500e, je cena stanovan- ja 10020 · 12.500 = 62.500e. Torej bo naš najeti kredit D znašal 62.500 − 12.500 = 50.000e. Ker bomo kredit odplačevali deset let, je n = 10. Upoštevamo še, da je r = 1 + 4100 = 1,04. Če sedaj vstavimo po- datke v zgornjo formulo, dobimo a = 6.164,55. Naš letni obrok bo torej znašal 6.164,55e. Za vajo lahko sami izračunate, kakšen bi bil naš letni obrok, če bi kredit odplačevali petnajst let. Doslej smo v zvezi z letno obrestno mero govorili le o letih kot časovnih enotah obrestovanja. V praksi pa imamo opravka tudi s krajšimi časovnimi obdobji. Tako imamo lahko polletni, četrtletni, mesečni ali ce- lo dnevni pripis obresti. Pri obrestno obrestnem ra- 3 čilu. Ko od anuitete odštejemo obresti, dobimo raz- dolžnino. Za ta znesek se dejansko zmanjša dolg, ko je plačana anuiteta. Označimo z D najeti kredit, ki ga moramo skupaj s pripadajočimi obrestmi vrniti v n enakih obrokih po a denarnih enot: Spomnimo se, da pri podobnih problemih iz po- slovne matematike vedno vse vloge in vse dvige pre- računamo na isti termin. Zaradi enostavnega raču- nanja navadno izberemo konec n-tega leta. Tako do- bimo enakost, iz katere lahko izračunamo neznano količino, ki je v našem primeru letni obrok a. Pa za- čnimo razmišljati. Najeti kredit je po n letih skupaj z obrestmi vreden Dr n. Ta znesek mora biti enak vsoti vseh obrokov skupaj z obrestmi. Hitro lahko opazimo, da se prvi obrok obrestuje n − 1 let in je na koncu odplačevanja kredita vreden ar n−1. Drugi obrok se obrestuje n−2 let in je na koncu n-tega leta vreden ar n−2. Podobno velja za naslednje obroke vse do zadnjega, ki se seveda ne obrestuje. Naše razmišljanje nas pripelje do naslednje enakosti Dr n = ar n−1 + ar n−2 + · · · + ar + a = = a(r n−1 + r n−2 + · · · + r + 1) oziroma a = Dr n (r n−1 + r n−2 + · · · + r + 1) . Ker je vsota prvih n členov geometrijske vrste s kvo- cientom r in prvim členom 1 enaka (r n−1)/(r −1), torej 1+ r + · · · + r n−2 + r n−1 = r n − 1 r − 1 , lahko zgornjo formulo zapišemo lepše a = Dr n(r − 1) (r n − 1) . Zdaj imamo dovolj informacij, da se lahko lotimo zastavljene naloge. Najprej moramo seveda izraču- nati, koliko denarja si bomo izposodili. Ker znaša 20 % kupnine stanovanja 12.500e, je cena stanovan- ja 10020 · 12.500 = 62.500e. Torej bo naš najeti kredit D znašal 62.500 − 12.500 = 50.000e. Ker bomo kredit odplačevali deset let, je n = 10. Upoštevamo še, da je r = 1 + 4100 = 1,04. Če sedaj vstavimo po- datke v zgornjo formulo, dobimo a = 6.164,55. Naš letni obrok bo torej znašal 6.164,55e. Za vajo lahko sami izračunate, kakšen bi bil naš letni obrok, če bi kredit odplačevali petnajst let. Doslej smo v zvezi z letno obrestno mero govorili le o letih kot časovnih enotah obrestovanja. V praksi pa imamo opravka tudi s krajšimi časovnimi obdobji. Tako imamo lahko polletni, četrtletni, mesečni ali ce- lo dnevni pripis obresti. Pri obrestno obrestnem ra- 3 čilu. Ko od nuitete odštej mo obresti, dobimo raz- dolžnino. Za ta znesek se dejansko zmanjša dolg, ko je plač na anuiteta. Označimo z D najeti kredit, ki ga moramo skupaj s pripadajočimi obrestmi vrniti v n enakih obrokih po a de arnih not: Spomnimo se, da pri podobnih probl mih iz po- slov e atematike vedno vse vlog in vse dvige pre- računamo na isti ter in. Zaradi enostavneg raču- nanja navadno i beremo konec n-tega leta. Tako do- bimo ena ost, iz katere lahko izračunamo neznano količino, ki je v našem prim ru letni obrok a. Pa z - čnimo razmišljati. Najeti kredit je po n letih skupaj z bre tmi vreden Dr n. Ta znesek mora biti enak vsoti vseh obroko skupaj z obrestmi. Hitro lahko opazimo, da se prvi obrok obrestuj n − 1 let in je na koncu odplačevanja kredita vreden ar n−1. Drugi obrok se obrestuje n−2 let in je na koncu -tega leta r den ar n−2. Podobno velja za nasl dnje obrok vse do zadnjega, ki se seved ne obr stuje. Naše razmišljanje nas pripelje do naslednje enakosti Dr n = ar n−1 + ar n−2 + · · · + ar + a = = a(r n−1 + r n−2 + · · · + r + 1) oziroma a = Dr n (r n−1 + r n−2 + · · · + r + 1) . K r je vsota prvih n členov geometrijske vrste s kvo- cientom r in prvim členom 1 enaka (r n−1)/(r −1), torej 1+ r + · · · + r n−2 + r n−1 = r n − 1 r − 1 , lahko zgornjo formulo zapišemo lepše a = Dr n(r − 1) (r n − 1) . Zdaj imamo dovolj informacij, da se lahko lotimo z stavljene naloge. Najprej moram seveda izraču- nati, koliko denarja si bomo izposodili. Ker zn ša 20 % kupnine stanovanja 12.500e, je cena stanovan- ja 10020 · 12.500 = 62.500e. Torej bo naš najeti kredit D znašal 62.500 − 12.500 = 50.000e. Ker bo kre it odplačevali deset let, je n = 10. Upoštevamo še, da je r = 1 + 4100 = 1,04. Če sedaj vstavimo po- datke v zgornjo formulo, dobimo a = 6.164,55. Naš letni obrok bo torej znašal 6.164,55 . Za vajo lahko sami izračunate, kakšen bi bil naš letni obrok, če bi kredit odplače ali petnajst let. Doslej smo v z ezi z letno restno mero govorili le o letih k t č sovnih enot h obrestovanja. V praksi p ima o opr v a tudi s krajšimi časovnimi obdobji. Tako imamo lahko polletni, četrtlet i, mes čni ali ce- lo dnevni pripis obresti. Pri obrestno obrestnem ra- 3 čilu. Ko od nuitete odštej o obresti, dobi o raz- dolžnino. Za ta znesek se dejansko z anjša dolg, ko je plač na anuiteta. Označi o z D najeti kredit, ki ga ora o skupaj s pripadajoči i obrest i vrniti v n enakih obrokih po a de arnih not: Spo ni o se, da pri podobnih probl ih iz po- slov e ate atike vedno vse vlog in vse dvige pre- računa o na isti ter in. Zaradi enostavneg raču- nanja navadno i bere o konec n-tega leta. Tako do- bi o ena ost, iz katere lahko izračuna o neznano količino, ki je v naše pri ru letni obrok a. Pa z - čni o raz išljati. Najeti kredit je po n letih skupaj z bre t i vreden Dr n. Ta znesek ora biti enak vsoti vseh obroko skupaj z obrest i. Hitro lahko opazi o, da se prvi obrok obrestuj n − 1 let in je na koncu odplačevanja kredita vreden ar n−1. Drugi obrok se obrestuje n−2 let in je na koncu -tega leta r den ar n−2. Podobno velja za nasl dnje obrok vse do zadnjega, ki se seved ne obr stuje. Naše raz išljanje nas pripelje do naslednje enakosti Dr n = ar n−1 + ar n−2 + · · · + ar + a = = a(r n−1 + r n−2 + · · · + r + 1) oziro a a = Dr n (r n−1 + r n−2 + · · · + r + 1) . K r je vsota prvih n členov geo etrijske vrste s kvo- ciento r in prvi členo 1 enaka (r n−1)/(r −1), torej 1+ r + · · · + r n−2 + r n−1 = r n − 1 r − 1 , lahko zgornjo for ulo zapiše o lepše a = Dr n(r − 1) (r n − 1) . Zdaj i a o dovolj infor acij, da se lahko loti o z stavljene naloge. Najprej ora seveda izraču- nati, koliko denarja si bo o izposodili. Ker zn ša 20 % kupnine stanovanja 12.500e, je cena stanovan- ja 10020 · 12.500 = 62.500e. Torej bo naš najeti kredit D znašal 62.500 − 12.500 = 50.000e. Ker bo kre it odplačevali deset let, je n = 10. Upošteva o še, da je r = 1 + 4100 = 1,04. Če sedaj vstavi o po- datke v zgornjo for ulo, dobi o a = 6.164,55. Naš letni obrok bo torej znašal 6.164,55 . Za vajo lahko sa i izračunate, kakšen bi bil naš letni obrok, če bi kredit odplače ali petnajst let. Doslej s o v z ezi z letno restno ero govorili le o letih k t č sovnih enot h obrestovanja. V praksi p i a o opr v a tudi s krajši i časovni i obdobji. Tako i a o lahko polletni, četrtlet i, es čni ali ce- lo dnevni pripis obresti. Pri obrestno obrestne ra- 3 čilu. Ko od nuitete odštej mo obresti, dobimo raz- dolžnino. Za ta znesek se dejansko zmanjša dolg, ko je plač na anuiteta. Označimo z D najeti kredit, ki ga moramo skupaj s pripadajočimi obrestmi vrniti v n enakih obrokih po a de arnih not: Spomnimo se, da pri podobnih probl mih iz po- slov e atematike vedno vse vlog in vse dvige pre- računamo na isti ter in. Zaradi enostavneg raču- nanja navadno i beremo konec n-tega leta. Tako do- bimo ena ost, iz katere lahko izračunamo neznano količino, ki je v našem prim ru letni obrok a. Pa z - čnimo razmišljati. Najeti kredit je po n letih skupaj z bre tmi vreden Dr n. Ta znesek mora biti enak vsoti vseh obroko skupaj z obrestmi. Hitro lahko opazimo, da se prvi obrok obrestuj n − 1 let in je na koncu odplačevanja kredita vreden ar n−1. Drugi obrok se obrestuje n−2 let in je na koncu -tega leta r den ar n−2. Podobno velja za nasl dnje obrok vse do zadnjega, ki se seved ne obr stuje. Naše razmišljanje nas pripelje do naslednje enakosti Dr n = ar n−1 + ar n−2 + · · · + ar + a = = a(r n−1 + r n−2 + · · · + r + 1) oziroma a = Dr n (r n−1 + r n−2 + · · · + r + 1) . K r je vsota prvih n členov geometrijske vrste s kvo- cientom r in prvim členom 1 enaka (r n−1)/(r −1), torej 1+ r + · · · + r n−2 + r n−1 = r n − 1 r − 1 , lahko zgornjo formulo zapišemo lepše a = Dr n(r − 1) (r n − 1) . Zdaj imamo dovolj informacij, da se lahko lotimo z stavljene naloge. Najprej moram seveda izraču- nati, koliko denarja si bomo izposodili. Ker zn ša 20 % kupnine stanovanja 12.500e, je cena stanovan- ja 10020 · 12.500 = 62.500e. Torej bo naš najeti kredit D znašal 62.500 − 12.500 = 50.000e. Ker bo kre it odplačevali deset let, je n = 10. Upoštevamo še, da je r = 1 + 4100 = 1,04. Če sedaj vstavimo po- datke v zgornjo formulo, dobimo a = 6.164,55. Naš letni obrok bo torej znašal 6.164,55 . Za vajo lahko sami izračunate, kakšen bi bil naš letni obrok, če bi kredit odplače ali petnajst let. Doslej smo v z ezi z letno restno mero govorili le o letih k t č sovnih enot h obrestovanja. V praksi p ima o opr v a tudi s krajšimi časovnimi obdobji. Tako imamo lahko polletni, četrtlet i, mes čni ali ce- lo dnevni pripis obresti. Pri obrestno obrestnem ra- 3 čunu v takih primerih dv možnosti za izra čun obrestne mere in obrestovalnega faktorja. Po pr vem postopku dobimo relativno, po drugem pa kon- formno obrestno mero. 1. Relativno obrestno mero pr za dano obrestovalno obdobje dobimo tako, da letno obrestno mero p de- limo s številom obrestovalnih obdobij v enem letu. Na primer, če imamo mesečni pripis obresti, potem bo relativna obrestna mera pr = p 12 . Relativni obrestovalni faktor bo v tem primeru rr = 1+ p/1200. 2. Konformno obrestno mero pk dobimo iz zahteve, da moramo iz začetne glavnice G z novo obrestno mero pri pogostejšemu pripisu obresti dobiti enako končno glavnico, kot pri letnemu pripisu obresti in dani letni obrestni meri. V primeru, ko imamo me- sečni pripis obresti, mora torej veljati Gr = G  1+ p 100  = G  1+ pk 100 12 = G(rk)12 , kjer rk označuje konformni obrestovalni faktor. Iz zgornje enakosti lahko hitro izpeljemo, da je rk = 12 √ r = 12  1+ p100 in pk = 100 · (rk − 1) = 100 ·  12  1+ p100 − 1  . Ponovno se spomnimo našega začetnega primera in se vprašajmo, kolikšen bi bil naš obrok, če bi kredit odplačevali deset let ob koncu meseca in bi banka obračunavala obresti mesečno (vsi ostali pogoji osta- nejo nespremenjeni). Odgovor na to vprašanje je seveda odvisen od tega, ali banka uporabi relativno obrestno mero ali pa obračunava obresti konformno. Oglejmo si oba primera. 1. Če uporabimo relativno obrestno mero, potem je relativni obrestovalni faktor rr = 1+ 41200 . Upoštevati moramo še, da imamo sedaj 10 · 12 = 120 obrokov (vsako leto plačamo dvanajst obrokov) oziroma n = 120. Uporabimo zgornjo formulo a = Dr 120 r (rr − 1) ((rr )120 − 1) = 506,13 . 2. Izračunajmo še našo mesečno anuiteto, če banka uporabi konformno obrestno mero. V tem primeru je konformni obrestovalni faktor rk = 12 √ r = 12  1+ 4100 . Torej je 4 čunu imamo v takih pr merih dve m žnosti za iz čun obrestne mere in obrestovalnega faktorja. Po pr- vem postopku dobimo relativno, po drugem pa kon- formno obrestno mero. 1. Relativno obrestno mero pr za dano obrestovalno obdobje dobimo tako, da letno obrestno mero p de- limo s številom obrestovalnih obdobij v enem letu. Na primer, če imamo mesečni pripis obresti, potem bo relativna obrestna mera pr = p 12 . Relativni obrestovalni faktor bo v tem primeru rr = 1+ p/1200. 2. Konformno obrestno mero pk dobimo iz zahteve, da moramo iz začetne glavnice G z novo obrestno mero pri pogostejšemu pripisu obresti dobiti enako končno glavnico, kot pri letnemu pripisu obresti in dani letni obrestni meri. V primeru, ko imamo me- sečni pripis obresti, mora torej veljati Gr = G  1+ p 100  = G  1+ pk 100 12 = G(rk)12 , kjer rk označuje konformni obrestovalni faktor. Iz zgornje enakosti lahko hitro izpeljemo, da je rk = 12 √ r = 12  1+ p100 in pk = 100 · (rk − 1) = 100 ·  12  1+ p100 − 1  . Ponovno se spomnimo našega začetnega primera in se vprašajmo, kolikšen bi bil naš obrok, če bi kredit odplačevali deset let ob koncu meseca in bi banka obračunavala obresti mesečno (vsi ostali pogoji osta- nejo nespremenjeni). Odgovor na to vprašanje je seveda odvisen od tega, ali banka uporabi relativno obrestno mero ali pa obračunava obresti konformno. Oglejmo si oba primera. 1. Če uporabimo relativno obrestno mero, potem je relativni obrestovalni faktor rr = 1+ 41200 . Upoštevati moramo še, da imamo sedaj 10 · 12 = 120 obrokov (vsako leto plačamo dvanajst obrokov) oziroma n = 120. Uporabimo zgornjo formulo a = Dr 120 r (rr − 1) ((rr )120 − 1) = 506,13 . 2. Izračunajmo še našo mesečno anuiteto, če banka uporabi konformno obrestno mero. V tem primeru je konformni obrestovalni faktor rk = 12 √ r = 12  1+ 4100 . Torej je 4 i i i i i i - i l j . - i l ti , - . . l ti t l j i , l - li il l i ij l . i , i i i i i, l i . l ti i t l i t i . . t i i , i l i i j i i i i i l i , i l i i i i i l i i i. i , i - i i i i, j lj i , j j i t l i t . I j i l i i lj , j 12 12 i 12 . i i i j , li i il , i i l li l i i l i ( i li ji - j j i). j j i , li i l i li i . l j i i . . i l i , j l i i l i . i , i j ( l l j ) i . i j l , . . I j i , i . i j i l i 12 12 . j j čunu imamo v takih primerih dve možnosti za izra- čun obrestne mere in obrestovalnega faktorja. Po pr- vem postopku dobimo relativno, po drugem pa kon- formno obrestno mero. 1. Relativno obrestno mero pr za dano obrestovalno obdobje dobimo tako, da letno obrestno mero p de- limo s številom obrestovalnih obdobij v enem letu. Na primer, če imamo mesečni pripis obresti, potem bo relativna obrestna mera pr = p 12 . Relativni obrestovalni faktor bo v tem primeru rr = 1+ p/1200. 2. Konformno obrestno mero pk dobimo iz zahteve, da moramo iz začetne glavnice G z novo obrestno mero pri pogostejšemu pripisu obresti dobiti enako končno glavnico, kot pri letnemu pripisu obresti in dani letni obrestni meri. V primeru, ko imamo me- sečni pripis obresti, mora torej veljati Gr = G  1+ p 100  = G  1+ pk 100 12 = G(rk)12 , kjer rk označuje konformni obrestovalni faktor. Iz zgornje enakosti lahko hitro izpeljemo, da je rk = 12 √ r = 12  1+ p100 in pk = 100 · (rk − 1) = 100 ·  12  1+ p100 − 1  . Ponovno se spomnimo našega začetnega primera in se vprašajmo, kolikšen bi bil naš obrok, če bi kredit odplačevali deset let ob koncu meseca in bi banka obračunavala obresti mesečno (vsi ostali pogoji osta- nejo nespremenjeni). Odgovor na to vprašanje je seveda odvisen od tega, ali banka uporabi relativno obrestno mero ali pa obračunava obresti konformno. Oglejmo si oba primera. 1. Če uporabimo relativno obrestno mero, potem je relativni obrestovalni faktor rr = 1+ 41200 . Upoštevati moramo še, da imamo sedaj 10 · 12 = 120 obrokov (vsako leto plačamo dvanajst obrokov) oziroma n = 120. Uporabimo zgornjo formulo a = Dr 120 r (rr − 1) ((rr )120 − 1) = 506,13 . 2. Izračunajmo še našo mesečno anuiteto, če banka uporabi konformno obrestno mero. V tem primeru je konformni obrestovalni faktor rk = 12 √ r = 12  1+ 4100 . Torej je 4 čunu imamo v takih primerih dve možnosti za izra- čun obrestne mere in obrestovalnega faktorja. Po pr- vem postopku dobimo relativno, po drugem pa kon- formno obrestno mero. 1. Relativno obrestno mero pr za dano obrestovalno obdobje dobimo tako, da letno obrestno mero p de- limo s številom obrestovalnih obdobij v enem letu. Na primer, če imamo mesečni pripis obresti, potem bo relativna obrestna mera pr = p 12 . Relativni obrestovalni faktor bo v tem primeru rr = 1+ p/1200. 2. Konformno obrestno mero pk dobimo iz zahteve, da moramo iz začetne glavnice G z novo obrestno mero pri pogostejšemu pripisu obresti dobiti enako končno glavnico, kot pri letnemu pripisu obresti in dani letni obrestni meri. V primeru, ko imamo me- sečni pripis obresti, mora torej veljati Gr = G  1+ p 100  = G  1+ pk 100 12 = G(rk)12 , kjer rk označuje konformni obrestovalni faktor. Iz zgornje enakosti lahko hitro izpeljemo, da je rk = 12 √ r = 12  1+ p100 in pk = 100 · (rk − 1) = 100 ·  12  1+ p100 − 1  . Ponovno se spomnimo našega začetnega primera in se vprašajmo, kolikšen bi bil naš obrok, če bi kredit odplačevali deset let ob koncu meseca in bi banka obračunavala obresti mesečno (vsi ostali pogoji osta- nejo nespremenjeni). Odgovor na to vprašanje je seveda odvisen od tega, ali banka uporabi relativno obrestno mero ali pa obračunava obresti konformno. Oglejmo si oba primera. 1. Če uporabimo relativno obrestno mero, potem je relativni obrestovalni faktor rr = 1+ 41200 . Upoštevati moramo še, da imamo sedaj 10 · 12 = 120 obrokov (vsako leto plačamo dvanajst obrokov) oziroma n = 120. Uporabimo zgornjo formulo a = Dr 120 r (rr − 1) ((rr )120 − 1) = 506,13 . 2. Izračunajmo še našo mesečno anuiteto, če banka uporabi konformno obrestno mero. V tem primeru je konformni obrestovalni faktor rk = 12 √ r = 12  1+ 4100 . Torej je 4 čunu i a o v takih pri erih dve ožnosti za izra- čun obrestne ere in obrestovalnega faktorja. Po pr- ve postopku dobi o relativno, po druge pa kon- for no obrestno ero. 1. Relativno obrestno ero pr za dano obrestovalno obdobje dobi o tako, da letno obrestno ero p de- li o s število obrestovalnih obdobij v ene letu. Na pri er, če i a o esečni pripis obresti, pote bo relativna obrestna era pr = p 12 . Relativni obrestovalni faktor bo v te pri eru rr = 1+ p/1200. 2. Konfor no obrestno ero pk dobi o iz zahteve, da ora o iz začetne glavnice G z novo obrestno ero pri pogostejše u pripisu obresti dobiti enako končno glavnico, kot pri letne u pripisu obresti in dani letni obrestni eri. V pri eru, ko i a o e- sečni pripis obresti, ora torej veljati Gr = G  1+ p 100  = G  1+ pk 100 12 = G(rk)12 , kjer rk označuje konfor ni obrestovalni faktor. Iz zgornje enakosti lahko hitro izpelje o, da je rk = 12 √ r = 12  1+ p100 in pk = 100 · (rk − 1) = 100 ·  12  1+ p100 − 1  . Ponovno se spo ni o našega začetnega pri era in se vprašaj o, kolikšen bi bil naš obrok, če bi kredit odplačevali deset let ob koncu eseca in bi banka obračunavala obresti esečno (vsi ostali pogoji osta- nejo nespre enjeni). Odgovor na to vprašanje je seveda odvisen od tega, ali banka uporabi relativno obrestno ero ali pa obračunava obresti konfor no. Oglej o si oba pri era. 1. Če uporabi o relativno obrestno ero, pote je relativni obrestovalni faktor rr = 1+ 41200 . Upoštevati ora o še, da i a o sedaj 10 · 12 = 120 obrokov (vsako leto plača o dvanajst obrokov) oziro a n = 120. Uporabi o zgornjo for ulo a = r 120 r (rr − 1) ((rr )120 − 1) = 506,13 . 2. Izračunaj o še našo esečno anuiteto, če banka uporabi konfor no obrestno ero. V te pri eru je konfor ni obrestovalni faktor rk = 12 √ r = 12  1+ 4100 . Torej je 4 čunu imamo v takih primerih dve možnosti za izra- čun obrestne mere in obrestovalnega faktorja. Po pr- vem postopku dobimo relativno, po drugem pa kon- formno obrestno mero. 1. Relativno obrestno mero pr za dano obrestovalno obdobje dobimo tako, da letno obrestno mero p de limo s številom obrestovalnih obdobij v enem letu. Na primer, če imamo mesečni pripis obresti, potem bo r a a a pr = p 12 . Relativni obrestovalni faktor bo v tem primeru rr = 1+ p/1200. 2. Konformno obrestno mero pk dobimo iz zahteve, da moramo iz začetne glavnice G z novo obrestno mero pri pogostejšemu pripisu obresti dobiti enako končno glavnico, kot pri letnemu pripisu obresti in dani letni obrestni meri. V primeru, ko imamo m - sečni pripis obresti, mora torej veljati Gr = G  1+ p 100  = G  1+ pk 100 12 = G(rk)12 , kjer rk označuje konformni obrestovalni faktor. Iz zgornje enakosti lahko hitro iz eljemo, da je rk = 12 √ r = 12  1+ p100 in pk 100 · (rk − 1) = 100 ·  12  1+ p100 − 1  . Ponovno se spomnimo našega začetnega primera in se vprašajmo, kolikšen bi bil naš obrok, če bi kredit od lačevali deset let ob koncu meseca in bi banka obračunavala obresti mesečno (vsi ostali pogoji osta- nejo nespremenjeni). Odgovor na to vprašanje je veda odvisen d tega, ali banka up rabi relativno brestno mero ali pa obraču ava obr sti konformno. Oglejmo si oba primera. 1. Če uporabim relativno obrestno mero, potem je relativ i obrestovalni faktor rr = 1+ 41200 . Upoštevati mora še, d imamo sedaj 10 · 12 = 120 obrokov (vsako leto plačamo dvanajst obrokov) oziroma n = 20. Uporabimo zgornjo formulo a = Dr 120 r (rr − 1) ((rr )120 − 1) = 506,13 . 2. Izračunajmo še našo mesečno anuiteto, če banka uporabi konfo mno obrestno mero. V tem primeru je konformni obrestovalni faktor rk = 12 √ r = 12  1+ 4100 . Torej je 4 čunu imamo v takih primerih dve možnosti za izra- čun obrestne mere in obrestovalnega faktorja. Po pr- vem postopku dobimo relativno, po drugem pa kon- formno obrestno mero. 1. Relativno obrestno mero pr za dano obrestovalno obdobje dobimo tako, da letno obrestno mero p de limo s številom obrestovalnih obdobij v enem letu. Na primer, če imamo mesečni pripis obresti, potem bo r a a a pr = p 12 . Relativni obrestovalni faktor bo v tem primeru rr = 1+ p/1200. 2. Konformno obrestno mero pk dobimo iz zahteve, da moramo iz začetne glavnice G z novo obrestno mero pri pogostejšemu pripisu obresti dobiti enako končno glavnico, kot pri letnemu pripisu obresti in dani letni obrestni meri. V primeru, ko imamo m - sečni pripis obresti, mora torej veljati Gr = G  1+ p 100  = G  1+ pk 100 12 = G(rk)12 , kjer rk označuje konformni obrestovalni faktor. Iz zgornje enakosti lahko hitro izpeljemo, da je rk = 12 √ r = 12  1+ p100 in pk 100 · (rk − 1) = 100 ·  12  1+ p100 − 1  . Ponovno se spomnimo našega začetnega primera in se vprašajmo, kolikšen bi bil naš obrok, če bi kredit odplačevali deset let ob koncu meseca in bi banka obračunavala obresti mesečno (vsi ostali pogoji osta- nejo nespremenjeni). Odgovor na to vprašanje je veda odvisen d tega, ali banka up rabi relativno brestno mero ali pa obraču ava obr sti konformno. Oglejmo si oba primera. 1. Če uporabim relativno obrestno mero, potem je relativ i obrestovalni faktor rr = 1+ 41200 . Upoštevati mora še, d imamo sedaj 10 · 12 = 120 obrokov (vsako leto plačamo dvanajst obrokov) oziroma n = 20. Uporabimo zgornjo formulo = Dr 120 r (rr − 1) ((rr )120 − 1) = 506,13 . 2. Izračunajmo še našo mesečno anuiteto, če banka uporabi konfo mno obrestno mero. V tem primeru je konformni obrestovalni faktor rk = 12 √ r = 12  1+ 4100 . Torej je 4 m m čunu imamo v takih primerih dve možnosti za izra- čun obrestne mere in brestovalnega faktorja. Po pr- ve postopku dobim relativno, po drugem pa kon- formno obrestno mero. 1. Relativno obrestn mero pr za dano brest valno bdobje dobi tako, da letno restno mero p de- limo s številom obrestovalnih obdobij v nem letu. Na primer, če imam esečni pripis bresti, potem bo relativna obrestna mera r = p 12 . Relativni obrestovalni faktor bo v tem primeru rr = 1+ p/1200. 2. Konformno obrest o mero pk dobim z zahteve, da moram iz zač tne glavnice G z nov obr stno mero pri pogostejšemu pripisu obresti dobiti nako konč o glavnico, kot pri letne u pripisu obres i in da i letni brestni meri. V prim ru, k imamo me- sečni ipis obresti, ora torej veljati Gr = G  1+ p 100  = G  1+ pk 100 12 = G(rk)12 , kjer rk označuje konformni obrestovalni faktor. Iz zgo nje enakosti lahko hitro izpeljemo, da je k = 12 √ r = 12  1+ p100 in pk = 100 · (rk − 1) = 100 ·  12  1+ p100 − 1  . Ponovno se spomnimo našega začetnega primera in se vprašaj o, kolikšen bi bil naš obrok, če bi kredit odplačevali deset let ob koncu eseca in bi banka obračunavala obresti esečno (vsi ostali pogoji osta- nej es re enjeni). govor na to v rašanje je se ed vise o t a, ali a a ra i relativno obrest r li r r ti f r o. Oglej si i . 1. Če r i , te je relativ i r . števati ora š , i rokov (vsako let l ) ir a 120. r i r 12r r (( r )120 ) , . 2. Izrac j i t , e anka uporabi f r ri eru je konfor i 12 4100 . Torej je čunu imamo v takih primerih dve možnosti za izra- čun obrestne mere in obrestovalnega faktorja. Po pr- vem postopku dobimo relativno, po drugem pa kon- formno obrestno mero. 1. Relativno obrestno mero pr za dano obrestovalno obdobje dobim tako, da letno obrestno mero p de- limo s številom obrestovalnih obdobij v enem letu. Na primer, če imam esečni pripis bresti, potem bo relativna obrestna mera pr = p 12 . Relativni obrestovalni faktor bo v tem primeru rr = 1+ p/1200. 2. Konformno obrestno mero pk dobimo iz zahteve, da moramo iz začetne glavnice G z novo obrestno mero pri pogostejšemu pripisu obresti dobiti enako končno glavnico, ko pri letnemu pripisu obresti in ni letni brestni meri. V primeru, k imamo me- sečni ipis obresti, ora torej veljati r  1   1 k 12 (rk)12 , kjer rk j f i t l i f tor. Iz zgornje e i , j rk 12 1 in k . Ponov s s i š c t ri era in se vprašajmo, kolikše bi bil aš obrok, če bi kredit odplačevali deset let ob koncu meseca in bi banka obračunavala obresti mesečno (vsi ostali pogoji osta- n jo nespremenjeni). Odgovor na t vprašanj je seveda odvisen od tega, ali banka uporabi relativno estno mero ali pa obraču ava obresti k nformno. Oglejmo si oba primera. 1. Če uporabimo relativno obrestno mero, pote je relativni obrestovalni f ktor rr = 1+ 41200 . Upoštevati moramo še, da imamo sedaj 10 · 12 = 120 obrokov (vsako leto plačamo dva ajst obrokov) oziroma n = 120. Uporabim zgornjo formulo = Dr 120 r (rr − 1) (( r )120 − 1) = 506,13 . 2. Izračunajmo še našo mesečno anuiteto, če banka uporabi konformno obrestno mero. V tem primeru je konformni obrestovalni faktor rk = 12 √ r = 12  1+ 4100 . Torej je 4 u i a o v takih pri erih dve ožnosti za izra čun obrestne ere in bres ovalnega faktorja. Po pr vem p stopku dobi relativno, po druge pa kon- for no rest er . 1. Relati t r tovalno obdobje i , ob r de- li o s št il i e letu. Na pri er, i ti, te bo relati pr . Relativ i t l i f t t i r rr 1 / . 2. Konfor no obres o ero k dobi o iz zahteve, da ora iz začetne glavnice G z nov obrestn ero pri pogostejše u pripisu obresti dobiti nako ko čno glavnico, kot pri letne u pripisu obresti in ni letni brestni meri. V prim ru, k imamo me- sečni ripis obresti, ora torej veljati Gr = G  1+ p 100  = G  1+ pk 100 12 = G(rk)12 , kjer rk označuje konformni obr stovalni faktor. Iz zgornje enakosti lahko hitro izpeljemo, da je rk = 12 √ r = 12  1+ p100 in pk = 100 · (rk − 1) = 100 ·  12  1+ p100 − 1  . Ponovno se spomnimo našega začetnega prime a in se vprašajmo, kolikšen bi bil naš obrok, če i kredit dplačevali deset let ob ko cu meseca in bi banka obračunavala obr sti mesečno (vsi os ali ogoji osta- n jo nespremenjeni). Odgovor na t vprašanj je sev da dvisen od tega, ali b nka uporabi relativno r stno mero ali pa obraču ava obresti k nformno. Oglejmo si oba primera. 1. Če up rabimo relativn obrestno mero, te je relativni obrestovalni f ktor rr = 1+ 41200 . Up števati moramo še, da i amo sedaj 10 · 12 = 120 obrokov (vsako leto plačamo dva ajst obrokov) oziroma n = 120. Uporabim zgornjo formulo a = Dr 120 r (rr − 1) (( r )120 − 1) = 506,13 . 2. Izračunajmo še našo mesečno anuiteto, če banka uporabi konformno obrestn mero. V tem primeru je k nformni obrestovalni faktor rk = 12 √ r = 12  1+ 4100 . Torej je 4 u i t i ri ri ti a izra- čun obrest e ere i rest val e a fa t rja. Po pr- vem p stopku dobi relativno, po druge pa kon- for no obrestno ero. 1. Relativno obrestn ero pr za dano brestovalno obdobje dobi o tako, da letno obrestno mero p de- limo s številom obrestovalnih obdobij v enem letu. Na primer, če imamo sečni pripis obresti, potem bo relativna obrestna mera pr = p 12 . Relativni obrestovalni faktor bo v tem primeru rr = 1+ p/1200. 2. Konformno obrest o mero pk dobimo iz zahteve, da moram iz začetne glavnice G z nov obrestn mero pri pogostejšemu pripisu obresti dobiti nako ko čno glavnico, kot pri letne u pripisu obresti in dani letni obrestni meri. V prim ru, ko imamo me- sečni pripis obresti, ora torej veljati Gr = G  1+ p 100  = G  1+ pk 100 12 = G(rk)12 , kjer rk označuje konformni obrestovalni fa tor. Iz zgornje enakosti lahko hitro izpeljemo, da je rk = 12 √ r = 12  1+ p100 in pk = 100 · (rk − 1) = 100 ·  12  1+ p100 − 1  . Ponovno se spomnimo našega začetnega primera n se vprašajmo, kolikšen bi bil naš obrok, če i kredit dplačev li deset let ob ko cu me eca in bi banka obračunavala obr sti mesečno (vsi ostali ogoji osta- n jo nespremenjeni). Odgovor na t vprašanje je sev da dvisen od tega, ali b nka uporabi relativno obr stno mero ali pa obračunava obresti konformno. Oglejmo si oba primera. 1. Če up rabimo relativn obrestno mero, te je relativni obrestovalni faktor rr = 1+ 41200 . Up števati moramo še, da i amo sedaj 10 · 12 = 120 obrokov (vsako leto plačamo dvanajst obrokov) oziroma n = 120. Uporabimo zgornjo formulo a = Dr 120 r (rr − 1) ((rr )120 − 1) = 506,13 . 2. Izračunajmo še našo mesečno anuiteto, če banka uporabi konformno obrestn mero. V tem primeru je k nform i obrestovalni faktor rk = 12 √ r = 12  1+ 4100 . Torej je 4 čunu im mo v takih primerih dve možnosti za izra- ču obrestne mere in brestovalnega faktorja. Po pr- vem post pku dobimo relativno, po drugem pa kon- formno obrestno mero. 1. Relativno obrestno mero pr za dano obrestovalno obd je dobi o tako, da letno obrestno mero p de- limo s številom obrestovalnih obdobij v enem letu. Na primer, če imamo esečni pripis obresti, potem bo relativna obrestna mera pr = p 12 . Relativni obrestovalni faktor bo v tem primeru rr = 1+ p/1200. 2. Konfor no obrestno mero pk dobimo iz zahteve, da oramo iz zač tne glavnice G z novo obrestno m ro pri ogostejšemu pripisu obresti dobiti enako končno glavnico, k t pri letnemu pripisu obresti in dani letni obrestni meri. V primeru, ko imamo me- sečni pripis obresti, mora torej veljati Gr = G  1+ p 100  = G  1+ pk 100 12 = G(rk)12 , kjer rk označu konformni obrestovalni faktor. Iz zgornje enakosti lahko hitro izpeljemo, da je rk = 12 √ r = 12  1+ p100 in pk = 100 · (rk − 1) = 100 ·  12  1+ p100 − 1  . Ponovno se spomnimo našega začetnega primera in se vprašajmo, kolikšen bi bil naš obrok, če bi kredit odpl vali deset l t ob koncu meseca in bi banka br čunavala obresti m sečno (vsi ostali pogoji osta- ejo n remenjeni). Odgovor na to vprašanje je seveda odvisen od tega, ali banka uporabi relativno brestno mero li pa obračunava obresti konformno. Oglejmo si oba primera. 1. Če uporabimo relativno obrestno mero, potem je relativni obrestovalni faktor rr = 1+ 41200 . Upoštevati ram še, da i amo sedaj 10 · 12 = 120 obrokov (vsako leto plača o dvanajst obrokov) oziroma n = 120. Uporabimo zgornjo formulo a = Dr 120 r (rr − 1) ((rr )120 − 1) = 506,13 . 2. Izračunaj o še našo mesečno anuiteto, če banka uporabi konformno obrestno mero. V tem primeru je konf rmn obrestov lni faktor rk = 12 √ r = 12  1+ 4100 . Tor j je 4 a = Dr 120k (rk − 1) ((rk)120 − 1) = 504,42 . akoj lahko opazimo, da je mesečni obrok manjši v primeru konformne obrestne mere. Razlika je sicer majhna, če pa bi bila obrestna mera p večja, bi bila tudi razlika bolj opazna. Literatura [1] J. A. Čibej, Matematika za poslovneže (1. del), Ekonomska fakulteta, Ljubljana 2003. [2] A. Fošner, Z varčevanjem do novega računal- nika, Presek 35 (2007/2008) št. 2, str. 4–5. [3] A. Fošner, Obrestno obrestni račun, Presek 35 (2007/2008) št. 5, str. 4–5. [4] L. Zornada, Zbirka nalog iz poslovne matematike in statistike, Fakulteta za management, Koper 2003. 5 a = Dr 120k ( k − 1) ((rk)120 − 1) = 504,42 . akoj lahko opazimo, da je mesečni obrok manjši v primeru konformne obrestne mere. Razlika je sicer majhna, če pa bi bila obrestna mera p večja, bi bila tudi razlika bolj opazna. Literatura [1] J. A. Čibej, Matematika za poslovneže (1. del), Ekonomska fakulteta, Ljubljana 2003. [2] A. Fošner, Z varčevanjem do novega računal- nika, Presek 35 (2007/2008) št. 2, str. 4–5. [3] A. Fošner, Obrestno obrestni račun, Presek 35 (2007/2008) št. 5, str. 4–5. [4] L. Zornada, Zbirka nalog iz poslovne matematike in statistike, Fakulteta za management, Koper 2003. 5 Literatura [1] J. A. Čibej, Matematika za poslovneže (1. del), Ekonomska fakulteta, Ljubljana 2003. [2] A. Fošner, Z varčevanjem do novega računalnika Presek 35 (2007/2008) št. 2, str. 4–5. [3] A. Fošner, Obrestno obrestni račun, Presek 35 (2007/2008) št. 5, str. 4–5. [4] L. Zornada, Zbirka nalog iz poslovne matematike in statistike, Fakulteta za management, Koper 2003. 1 • 35_Presek6_k_k.indd 9 12/5/08 09:57:23 10 m a t e m a t i k a Presek 35 (2007/2008) 6 Na vodoravno ravnino navpično postavljamo pa- lice tako, da jih zapičimo na mesto, kjer se konča senca prejšnje palice. Zanimajo nas dolžine palic, če so sence enako dolge ali pa so sence členi arit- metičnega ali geometrijskega zaporedja. V zimskem času, ko so dnevi krajši, imamo v prosto- rih dalj časa prižgane luči in lahko opazujemo sence, v novoletnem času pa lahko opazujemo sence tudi v soju sveč. Opazovali bomo sence navpično postav- ljenih palic, ki jih osvetljujemo z lučjo, za katero bomo rekli, da je točkasto svetilo, kar pomeni, da je svetilo majhno in so sence palic ostre. V našem primeru bo za to uporabna kar baterijska svetilka, ki smo ji odstranili sprednjo lečo in kovinski stožec, tako da je v ohišju ostala le še žarnica (in seveda ba- terijski vložek). Palice postavljamo navpično na mizo tako, da se spodnji konec palice ujema s koncem sence prejšnje palice. Enkrat bomo izbirali dolžine palic tako, da bodo sence enako dolge, drugič pa nas bodo zani- male sence enako dolgih palic. Enako dolge sence Iz izkušenj vemo, da so sence navpično postavljenih palic tem daljše, čim dalj stran so od svetila. Ali lahko palice mečejo enako dolge sence? Odgovor je pritrdilen, ugotoviti moramo le, kako dolge pali- ce potrebujemo. Najprej naredimo poskus in sproti krajšajmo palice tako dolgo, da bodo dolžine senc približno enako dolge. Tak poskus smo fotografirali. Da bo računanje lažje, naredimo skico in se do- govorimo za osnovne oznake. Navpično razdaljo od žarnice (točka S) do mize (na njej je točka S), na ka- teri so postavljene palice, označimo s h = d(S, S). Razdalja od točke S do vznožja prve palice pa naj bo a. Dolžine palic označujemo z v1, v2, . . ., dolžine senc pa s s1, s2, . . . Ker želimo, da so vse sence enako dolge, velja s1 = s2 = s3 = s . Zapišimo podobne pravokotne trikotnike SSA2 ∼ B1A1A2 SSA3 ∼ B2A2A3 SSA4 ∼ B3A3A4 . Iz sorazmerij stranic pri naštetih podobnih trikot- nikih izračunamo zaporedne višine palic: h a+ s = v1 s in od tod v1 = hs a+ s , h a+ 2s = v2 s in od tod v2 = hs a+ 2s , 2 a vodoravno ravnino navpično postavlja o pa- lice tako, da jih zapiči o na esto, kjer se konča senca prejšnje palice. Zani ajo nas dolžine palic, če so sence enako dolge ali pa so sence členi arit- etičnega ali geo etrijskega zaporedja. V zi ske času, ko so dnevi krajši, i a o v prosto- rih dalj časa prižgane luči in lahko opazuje o sence, v novoletne času pa lahko opazuje o sence tudi v soju sveč. pazovali bo o sence navpično postav- ljenih palic, ki jih osvetljuje o z lučjo, za katero bo o rekli, da je točkasto svetilo, kar po eni, da je svetilo ajhno in so sence palic ostre. V naše pri eru bo za to uporabna kar baterijska svetilka, ki s o ji odstranili sprednjo lečo in kovinski stožec, tako da je v ohišju ostala le še žarnica (in seveda ba- terijski vložek). Palice postavlja o navpično na izo tako, da se spodnji konec palice uje a s konce sence prejšnje palice. Enkrat bo o izbirali dolžine palic tako, da bodo sence enako dolge, drugič pa nas bodo zani- ale sence enako dolgih palic. E a o olge se ce Iz izkušenj ve o, da so sence navpično postavljenih palic te daljše, či dalj stran so od svetila. li lahko palice ečejo enako dolge sence? dgovor je pritrdilen, ugotoviti ora o le, kako dolge pali- ce potrebuje o. ajprej naredi o poskus in sproti krajšaj o palice tako dolgo, da bodo dolžine senc približno enako dolge. Tak poskus s o fotografirali. a bo računanje lažje, naredi o skico in se do- govori o za osnovne oznake. avpično razdaljo od žarnice (točka S) do ize (na njej je točka S), na ka- teri so postavljene palice, označi o s h d(S, S). Razdalja od točke S do vznožja prve palice pa naj bo a. olžine palic označuje o z v1, v2, . . ., dolžine senc pa s s1, s2, . . . Ker želi o, da so vse sence enako dolge, velja s1 s2 s3 s . Zapiši o podobne pravokotne trikotnike SS 2 B1 1 2 SS 3 B2 2 3 SS 4 B3 3 4 . Iz soraz erij stranic pri naštetih podobnih trikot- nikih izračuna o zaporedne višine palic: h a s v1 s in od tod v1 hs a s , h a 2s v2 s in od tod v2 hs a 2s , 2 N m m m m m m m O m m m m m m m m m m m m m m n k d n m m m A m O m m m N m m m D m m N m m = D m m = = = m A ∼ A A A ∼ A A A ∼ A A m m + = = + + = = + - , , . , - . i , i i, i i l i l i i l , l l i . li i l i li , i i l l , li, il , i, il i li . i i il , i i ili l i i i , i l l i (i i i l ). li l i i , i li li . i i li l i li , l , i i l l i li . i , i l i li l , i l il . li l li l i il , i i l , l li . i i i li l , l i i li l . li. l , i i i i . i l i ( ) i ( ), i l li , i ,  . l  li . l i li , , . . ., l i , , . . . li , l , l . i i i i    . i i i i i i i i i i i li : i , i , Na vodoravno ravnino navpično postavljamo pa- lice tako, da jih zapičimo na mesto, kjer se konča senca prejšnje palice. Zanimajo nas dolžine palic, če so sence enako dolge ali pa so sence členi arit- metičnega ali geometrijskega zaporedja. V zimskem času, ko so dnevi krajši, imamo v prosto- rih dalj časa prižgane luči in lahko opazujemo sence, v novoletnem času pa lahko opazujemo sence tudi v soju sveč. Opazovali bomo sence navpično postav- ljenih palic, ki jih osvetljujemo z lučjo, za katero bomo rekli, da je točkasto svetilo, kar pomeni, da je svetilo majhno in so sence palic ostre. V našem primeru bo za to uporabna kar baterijska svetilka, ki smo ji odstranili sprednjo lečo in kovinski stožec, tako da je v ohišju ostala le še žarnica (in seveda ba- terijski vložek). Palice postavljamo navpično na mizo tako, da se spodnji konec palice ujema s koncem sence prejšnje palice. Enkrat bomo izbirali dolžine palic tako, da bodo sence enako dolge, drugič pa nas bodo zani- male sence enako dolgih palic. Enako dolge sence Iz izkušenj vemo, da so sence navpično postavljenih palic tem daljše, čim dalj stran so od svetila. Ali lahko palice mečejo enako dolge sence? Odgovor je pritrdilen, ugotoviti moramo le, kako dolge pali- ce potrebujemo. Najprej naredimo poskus in sproti krajšajmo palice tako dolgo, da bodo dolžine senc približno enako dolge. Tak poskus smo fotografirali. Da bo računanje lažje, naredimo skico in se do- govorimo za osnovne oznake. Navpično razdaljo od žarnice (točka S) do mize (na njej je točka S), na ka- teri so postavljene palice, označimo s h = d(S, S). Razdalja od točke S do vznožja prve palice pa naj bo a. Dolžine palic označujemo z v1, v2, . . ., dolžine senc pa s s1, s2, . . . Ker želimo, da so vse sence enako dolge, velja s1 = s2 = s3 = s . Zapišimo podobne pravokotne trikotnike SSA2 ∼ B1A1A2 SSA3 ∼ B2A2A3 SSA4 ∼ B3A3A4 . Iz sorazmerij stranic pri naštetih podobnih trikot- nikih izračunamo zaporedne višine palic: h a+ s = v1 s in od tod v1 = hs a+ s , h a+ 2s = v2 s in od tod v2 = hs a+ 2s , 2 Na vodoravno ravnino navpično postavljamo pa- lice tako, da jih zapičimo na mesto, kjer se konča senca prejšnje palice. Zanimajo nas dolžine palic, če so sence enako dolge ali pa so sence členi arit- metičnega ali geometrijskega zaporedja. V zimskem času, ko so dnevi krajši, imamo v prosto- rih dalj časa prižgane luči in lahko opazujemo sence, v novoletnem času pa lahko opazujemo sence tudi v soju sveč. Opazovali bomo sence navpično postav- ljenih palic, ki jih osvetljujemo z lučjo, za katero bomo rekli, da je točkasto svetilo, kar pomeni, da je svetilo majhno in so sence palic ostre. V našem primeru bo za to uporabna kar baterijska svetilka, ki smo ji odstranili sprednjo lečo in kovinski stožec, tako da je v ohišju ostala le še žarnica (in seveda ba- terijski vložek). Palice postavljamo navpično na mizo tako, da se spodnji konec palice ujema s koncem sence prejšnje palice. Enkrat bomo izbirali dolžine palic tako, da bodo sence enako dolge, drugič pa nas bodo zani- male sence enako dolgih palic. Enako dolge sence Iz izkušenj vemo, da so sence navpično postavljenih palic tem daljše, čim dalj stran so od svetila. Ali lahko palice mečejo enako dolge sence? Odgovor je pritrdilen, ugotoviti moramo le, kako dolge pali- ce potrebujemo. Najprej naredimo poskus in sproti krajšajmo palice tako dolgo, da bodo dolžine senc približno enako dolge. Tak poskus smo fotografirali. Da bo računanje lažje, naredimo skico in se do- govorimo za osnovne oznake. Navpično razdaljo od žarnice (točka S) do mize (na njej je točka S), na ka- teri so postavljene palice, označimo s h = d(S, S). Razdalja od točke S do vznožja prve palice pa naj bo a. Dolžine palic označujemo z v1, v2, . . ., dolžine senc pa s s1, s2, . . . Ker želimo, da so vse sence enako dolge, velja s1 = s2 = s3 = s . Zapišimo podobne pravokotne trikotnike SSA2 ∼ B1A1A2 SSA3 ∼ B2A2A3 SSA4 ∼ B3A3A4 . Iz sorazmerij stranic pri naštetih podobnih trikot- nikih izračunamo zaporedne višine palic: h a+ s = v1 s in od tod v1 = hs a+ s , h a+ 2s = v2 s in od tod v2 = hs a+ 2s , 2 Na vodoravno ravnino navpično postavljamo pa- lice tako, d jih z pičimo na mesto, kjer se k nča senca prejšnje palice. Zanimajo nas dolžine palic, č so sence enako dolge ali pa so sence členi rit- metičn ga ali geometrijskega zapor dja. V zimskem času, ko so dnevi krajši, imamo v prosto- rih dalj časa prižgane luči in lahko opazujemo sence, v novoletnem času pa lahko opazujemo s nce tudi v soju sv č. Opazovali bom sence navpično postav- ljenih palic, ki jih osvetljujemo z lučjo, za katero bomo rekli, da je t čkasto svetilo, kar pomeni, da je svetilo majhno in so ence palic ostre. V našem prim ru bo za t uporabna kar baterijska svetilka, ki smo ji odstranili sprednjo lečo in kovinski stožec, tako da je v ohišju ostala le še žar ica (in eveda ba- terijski vložek). Palice postavljamo navpično na mizo tako, da se spodnji konec palice ujema s ko ce sence prejšnj palice. Enkrat bomo izbirali dolžine palic tako, da bodo sence enako dolge, drugič pa nas bodo zani- male sence enako dolgih palic. Enako dolge sence Iz izkušenj vemo, da so sence navpično postavljenih palic tem daljše, čim dalj stran so od svetila. Ali lahko palice m čejo en ko dolge sence? Odgovor je pritrdilen, ugotoviti moramo l , kako dolge pali- c otrebujemo. Najprej naredimo poskus in sproti krajšajmo palice tako dolgo, a bod dolži e senc približno en ko dolge. Tak poskus smo f tografirali. Da bo računanje lažje, naredimo skic in se do- govorimo za osnovne oznake. Navpično razdaljo od žarnice (točka S) do mize (na njej je točka S), na ka- teri so postavljene palic , oz ačimo s h = d(S, S). Razdalja od točke S do vznožja prve palice pa naj bo a. Dolžine palic označujemo z v1, v2, . . ., dolžine senc pa s s1, s2, . . . Ker želimo, da so vse sence enako dolge, velja s1 = s2 = s3 = s . Zapišimo podobne pravokotne trikotnike SSA2 ∼ B1A1A2 SSA3 ∼ B2A2A3 SSA4 ∼ B3A3A4 . Iz sorazmerij stranic pri naštetih podobnih trikot- nikih izračunamo zapored e višine alic: h a+ s = v1 s in od tod v1 = hs a+ s , h a+ 2s = v2 s in od tod v2 = hs a+ 2s , 2 h a+ 3s = v3 s in od tod v3 = hs a+ 3s , ali splošno vn = hs a+ns . Ugotovimo, da je višina palic odvisna od višine h, na kateri je svetilo (v našem primeru žarnica) in od raz- dalje prve palice od navpičnice SS. Čim dalj stran smo od navpičnice, tem krajša je palica. Prav ve- liko palic pa v našem primeru v vrsto ne moremo po- staviti, saj so sence z oddaljenostjo od svetila vedno manj izrazite. Zanimiv je primer, ko je s = a. Takrat velja vn = ha a+na = h 1+n , zaporedje dolžin palic je h 2 , h 3 , h 4 , . . . Opazimo lahko, da tvorijo imenovalci zaporedje na- ravnih števil. Dolžine senc so členi aritmetičnega zaporedja Zdaj ko vemo, kako dolge morajo biti palice, da so sence enako dolge, nas zanima, kako dolge morajo biti palice, da bodo dolžine senc členi naraščajočega aritmetičnega zaporedja. To pomeni, da za dolžine senc velja s1, s2 = s1 + d, s3 = s1 + 2d, s4 = s1 + 3d, . . . Tako kot v prejšnjem primeru naj bo tudi tokrat prva palica v razdalji a od navpičnice SS. Zapišimo še delne vsote aritmetičnega zaporedja S1 = s1, S2 = s1 + s2, S3 = s1 + s2 + s3, . . . Iz razmerij istoležnih stranic podobnih trikotnikov po vrsti dobimo h a+ s1 = v1 s1 in od tod v1 = hs1 a+ s1 = hs1 a+ S1 , h a+ s1 + s2 = v2 s2 in v2 = hs2 a+ s1 + s2 = hs2 a+ S2 . Znamo napisati tudi splošno formulo vn = hsn a+ Sn = h(s1 + (n− 1)d) a+ n2 (2s1 + (n− 1)d) . Če je s1 prvi člen aritmetičnega zaporedja, potem v števcu prepoznamo s h pomnožen n-ti člen, saj je sn = s1 + (n − 1)d, v imenovalcu pa je k razdalji a 3 3 3 3 3 ali splošno vn = hs a+ns . Ugotovimo, da je višina palic odvisna od višine h, na kateri je svetilo (v našem primeru žarnica) in od raz- dalje prve palice od navpičnice SS. Čim dalj stran smo od navpičnice, tem krajša je palica. Prav ve- liko palic pa v našem primeru v vrsto ne moremo po- staviti, saj so sence z oddaljenostjo od svetila vedno manj izrazite. Zanimiv je primer, ko je s = a. Takrat velja vn = ha a+na = h 1+n , zaporedje dolžin palic je h 2 , h 3 , h 4 , . . . Opazimo lahko, da tvorijo imenovalci zaporedje na- ravnih števil. Dolžine senc so členi aritmetičnega zaporedja Zdaj ko vemo, kako dolge morajo biti palice, da so sence enako dolge, nas zanima, kako dolge morajo biti palice, da bodo dolžine senc členi naraščajočega aritmetičnega zaporedja. To pomeni, da za dolžine senc velja s1, s2 = s1 + d, s3 = s1 + 2d, s4 = s1 + 3d, . . . Tako kot v prejšnjem primeru naj bo tudi tokrat prva palica v razdalji a od navpičnice SS. Zapišimo še delne vsote aritmetičnega zaporedja S1 = s1, S2 = s1 + s2, S3 = s1 + s2 + s3, . . . Iz razmerij istoležnih stranic podobnih trikotnikov po vrsti dobimo h a+ s1 = v1 s1 in od tod v1 = hs1 a+ s1 = hs1 a+ S1 , h a+ s1 + s2 = v2 s2 in v2 = hs2 a+ s1 + s2 = hs2 a+ S2 . Znamo napisati tudi splošno formulo vn = hsn a+ Sn = h(s1 + (n− 1)d) a+ n2 (2s1 + (n− 1)d) . Če je s1 prvi člen aritmetičnega zaporedja, potem v števcu prepoznamo s h pomnožen n-ti člen, saj je sn = s1 + (n − 1)d, v imenovalcu pa je k razdalji a 3 3s 3 s i t 3 s 3s , ali splošno vn = hs a+ns . Ugotovimo, da je višina palic odvisna od višine h, na kateri je svetilo (v našem primeru žarnica) in od raz- dalje prve palice od navpičnice SS. Čim dalj stran smo od navpičnice, tem krajša je palica. Prav ve- liko palic pa v našem primeru v vrsto ne moremo po- staviti, saj so sence z oddaljenostjo od svetila vedno manj izrazite. Zanimiv je primer, ko je s = a. Takrat velja vn = ha a+na = h 1+n , zaporedje dolžin palic je h 2 , h 3 , h 4 , . . . Opazimo lahko, da tvorijo imenovalci zaporedje na- ravnih števil. Dolžine senc so členi arit etičnega zaporedja Zdaj ko vemo, kako dolge morajo biti palice, da so sence enako dolge, nas zanima, kako dolge morajo biti palice, da bodo dolžine senc členi naraščajočega aritmetičnega zaporedja. To pomeni, da za dolžine senc velja s1, s2 = s1 + d, s3 = s1 + 2d, s4 = s1 + 3d, . . . Tako kot v prejšnjem primeru naj bo tudi tokrat prva palica v razdalji a od navpičnice SS. Zapišimo še delne vsote aritmetičnega zaporedja S1 = s1, S2 = s1 + s2, S3 = s1 + s2 + s3, . . . Iz razmerij istoležnih stranic podobnih trikotnikov po vrsti dobimo h a+ s1 = v1 s1 in od tod v1 = hs1 a+ s1 = hs1 a+ S1 , h a+ s1 + s2 = v2 s2 in v2 = hs2 a+ s1 + s2 = hs2 a+ S2 . Znamo napisati tudi splošno formulo vn = hsn a+ Sn = h(s1 + (n− 1)d) a+ n2 (2s1 + (n− 1)d) . Če je s1 prvi člen aritmetičnega zaporedja, potem v števcu prepoznamo s h pomnožen n-ti člen, saj je sn = s1 + (n − 1)d, v imenovalcu pa je k razdalji a 3 h a+ 3s = v3 s in od tod v3 = hs a+ 3s , ali splošno vn = hs a+ns . Ugotovimo, da je višina palic odvisna od višine h, na kateri je svetilo (v našem primeru žarnica) in od raz- dalje prve palice od navpičnice SS. Čim dalj stran smo od navpičnice, tem krajša je palica. Prav ve- liko palic pa v našem primeru v vrsto ne moremo po- staviti, saj so sence z oddaljenostjo od svetila vedno manj izrazite. Zanimiv je primer, ko je s = a. Takrat velja vn = ha a+na = h 1+n , zaporedje dolžin palic je h 2 , h 3 , h 4 , . . . Opazimo lahko, da tvorijo imenovalci zaporedje na- ravnih števil. Dolžine senc so členi aritmetičnega zaporedja Zdaj ko vemo, kako dolge morajo biti palice, da so sence enako dolge, nas zanima, kako dolge morajo biti palice, da bodo dolžine senc členi naraščajočega aritmetičnega zaporedja. To pomeni, da za dolžine senc velja s1, s2 = s1 + d, s3 = s1 + 2d, s4 = s1 + 3d, . . . Tako kot v prejšnjem primeru naj bo tudi tokrat prva palica v razdalji a od navpičnice SS. Zapišimo še delne vsote aritmetičnega zaporedja S1 = s1, S2 = s1 + s2, S3 = s1 + s2 + s3, . . . Iz razmerij istoležnih stranic podobnih trikotnikov po vrsti dobimo h a+ s1 = v1 s in od tod v1 = hs1 a+ s1 = hs1 a+ S1 , h a+ s1 + s2 = v2 s in v2 = hs2 a+ s1 + s2 = hs2 a+ S2 . Znamo napisati tudi splošno formulo vn = hsn a+ Sn = h(s1 + (n− 1)d) a+ n2 (2s1 + (n− 1)d) . Če je s1 prvi člen aritmetičnega zaporedja, potem v števcu prepoznamo s h pomnožen n-ti člen, saj je sn = s1 + (n − 1)d, v imenovalcu pa je k razdalji a 3 h a 3s v3 s in od tod v3 hs a 3s , ali splošno vn = hs a+ns . Ugotovimo, da je višina palic odvisna od višine h, na kateri je svetilo (v našem primeru žarnica) in od raz- d lje prve pa ice od navpičnic SS. Čim dalj stran smo od navpiˇnice, tem krajša je palica. Prav ve- lik palic pa v našem prime u v vrsto ne moremo po staviti, saj so sence z oddaljenostjo od svetila vedno m nj izr zite. Zanimiv j primer, ko je s = a. Takrat velja vn = ha a+na = h 1+n , zaporedje dolžin palic je h 2 , h , h 4 , . . . Opazimo lahko, da tvorijo imenovalci zaporedje na- ravnih števil. Dolžine senc so členi arit etičnega zaporedja Zdaj ko vemo, kako dolge morajo biti p lice, da so sence enako dolge, nas zanima, kako dolge moraj biti palice, da bodo dolžine senc členi naraščaj čega aritmetiˇneg zap redja. To pomeni, d za d lžine senc velja s1, s2 = s1 + d, s3 = s1 + 2d, s4 = s1 + 3d, . . . Tako kot v prejšnjem primeru naj bo tudi tokrat prva p lica v razdalji a od navpičnice SS. Zapišimo še delne vsote aritmetičnega zaporedja S1 = s1, S2 = s1 + s2, S3 = s1 + s2 + s3, . . . Iz razmerij istoležnih stranic podobnih trikotnikov po vrsti dob m h a+ s1 = v1 s in od tod v1 = hs1 a+ s1 = hs1 a+ S1 , h a+ s1 + s2 = v2 s in v2 = hs2 a+ s1 + s2 = hs2 a+ S2 . Znamo napisati tudi splošno formulo vn = hsn a+ Sn = h(s1 + (n− 1)d) a+ n2 (2s1 + (n− 1)d) . Če je s1 prvi člen aritmetičnega zaporedja, potem v števcu prepoznamo s h pomnožen n-ti člen, saj je sn = s1 + (n − 1)d, v imenovalcu pa je k razdal i a 3 h a+ 3s = v3 s in od tod v3 = hs a+ 3s , ali splošno vn = hs a+ns . Ugotovimo, da je višina palic odvisna od višine h, na k teri je sveti o (v naše prim ru žarnica) in od raz- dalje prve pali e od navpičnice SS. Či dalj stran sm od navpičnice, tem k ajša je palica. Prav ve liko palic pa v našem primeru v vrsto ne moremo po- st viti, s j so sence z oddaljenostjo od svetila vedno manj izrazit . Zanimiv je primer, ko je s = a. Takrat velja vn = ha a+na = h 1+n , zaporedje dolžin palic je h 2 , h 3 , h 4 , . . . Opazimo lahko, da tvorijo imenovalci zaporedje na- ravnih števil. Dolžine senc so členi arit etičneg zaporedja Zdaj ko vemo, kako dolge morajo biti palice, da s sence enako dolge, nas zanima, kako dolge m rajo biti pali e, d bod dolžine senc členi n raščaj čega aritmetičnega zaporedja. To pomeni, da za dolžine senc velja s1, s2 = s1 + d, s3 = s1 + 2d, s4 = s1 + 3d, . . . T ko kot v prejšnjem primeru naj bo tudi tokrat prva palica v razdalji a od navpičnice SS. Zapišimo še delne vsote aritmetičnega zaporedja S1 = s1, S2 = s1 + s2, S3 = s1 + s2 + s3, . . . Iz razmerij st ležnih stranic podobnih trikotnikov po vrsti dobimo h a+ s1 = v1 s1 in od tod v1 = hs1 a+ s1 = hs1 a+ S1 , h + s1 + s2 = v2 s2 in v2 = hs2 a+ s1 + s2 = hs2 a+ S2 . Znamo napisati tudi splošno formulo vn = hsn a+ Sn = h(s1 + (n− 1)d) a+ n2 (2s1 + (n− 1)d) . Če je s1 prvi člen aritmetičnega zaporedja, potem v števcu prepoznamo s h pomnožen n-ti člen, sa je sn = s1 + (n − 1)d, v imenovalcu pa je k razdalji a 3 Sence in zaporedja nada razpet • Enako dolge sence Slika 1. Na sliki je v zgornjem lev m kotu b terijsk sve- tilka. Razlǐcno dolge palice so izbrane tako, da mečejo približno enak dolge sence. Slika 2. Žarnica je na višini h, prva palica je v razdalji a od navpǐcnice (S, S), dolžine palic označujemo s črkami v1, v2, . . . , dolžine senc pa s s1, s2, s3 . . .. Slika 3. Sence enako dolgih palic. Slika 4. Na sliki je v zgornjem levem kotu baterijska svetil- ka. Enako dolge palice so postavljene tako, da se vznožje naslednje palice ujema s koncem sence prejšnje palice. Z merjenjem ugotovimo, da so dolžine senc členi geometrij- skega zaporedja. 5 • 35_Presek6_k_k.indd 10 12/5/08 09:57:27 11 m a t e m a t i k a • Presek 35 (2007/2008) 6 h a+ 3s = v3 s in od tod v3 = hs a+ 3s , ali splošno vn = hs a+ns . Ugotovimo, da je višina palic odvisna od višine h, na kateri je svetilo (v našem primeru žarnica) in od raz- dalje prve palice od navpičnice SS. Čim dalj stran smo od navpičnice, tem krajša je palica. Prav ve- liko palic pa v našem primeru v vrsto ne moremo po- staviti, saj so sence z oddaljenostjo od svetila vedno manj izrazite. Zanimiv je primer, ko je s = a. Takrat velja vn = ha a+na = h 1+n , zaporedje dolžin palic je h 2 , h 3 , h 4 , . . . Opazimo lahko, da tvorijo imenovalci zaporedje na- ravnih števil. Dolžine senc so členi aritmetičnega zaporedja Zdaj ko vemo, kako dolge morajo biti palice, da so sence enako dolge, nas zanima, kako dolge morajo biti palice, da bodo dolžine senc členi naraščajočega aritmetičnega zaporedja. To pomeni, da za dolžine senc velja s1, s2 = s1 + d, s3 = s1 + 2d, s4 = s1 + 3d, . . . Tako kot v prejšnjem primeru naj bo tudi tokrat prva palica v razdalji a od navpičnice SS. Zapišimo še delne vsote aritmetičnega zaporedja S1 = s1, S2 = s1 + s2, S3 = s1 + s2 + s3, . . . Iz razmerij istoležnih stranic podobnih trikotnikov po vrsti dobimo h a+ s1 = v1 s1 in od tod v1 = hs1 a+ s1 = hs1 a+ S1 , h a+ s1 + s2 = v2 s2 in v2 = hs2 a+ s1 + s2 = hs2 a+ S2 . Znamo napisati tudi splošno formulo vn = hsn a+ Sn = h(s1 + (n− 1)d) a+ n2 (2s1 + (n− 1)d) . Če je s1 prvi člen aritmetičnega zaporedja, potem v števcu prepoznamo s h pomnožen n-ti člen, saj je sn = s1 + (n − 1)d, v imenovalcu pa je k razdalji a 3 h a+ 3s = v3 s in od tod v3 = hs a+ 3s , ali splošno vn = hs a+ns . Ugotovimo, da je višina palic odvisna od višine h, na kateri je svetilo (v našem primeru žarnica) in od raz- dalje prve palice od navpičnice SS. Čim dalj stran smo od navpičnice, tem krajša je palica. Prav ve- liko palic pa v našem primeru v vrsto ne moremo po- staviti, saj so sence z oddaljenostjo od svetila vedno manj izrazite. Zanimiv je primer, ko je s = a. Takrat velja vn = ha a+na = h 1+n , zaporedje dolžin palic je h 2 , h 3 , h 4 , . . . Opazimo lahko, da tvorijo imenovalci zaporedje na- ravnih števil. Dolžine senc so členi arit etičnega zaporedja Zdaj ko vemo, kako dolge morajo biti palice, da so sence enako dolge, nas zanima, kako dolge morajo biti palice, da bodo dolžine senc členi naraščajočega aritmetičnega zaporedja. To pomeni, da za dolžine senc velja s1, s2 = s1 + d, s3 = s1 + 2d, s4 = s1 + 3d, . . . Tako kot v prejšnjem primeru naj bo tudi tokrat prva palica v razdalji a od navpičnice SS. Zapišimo še delne vsote aritmetičnega zaporedja S1 = s1, S2 = s1 + s2, S3 = s1 + s2 + s3, . . . Iz razmerij istoležnih stranic podobnih trikotnikov po vrsti dobimo h a+ s1 = v1 s1 in od tod v1 = hs1 a+ s1 = hs1 a+ S1 , h a+ s1 + s2 = v2 s2 in v2 = hs2 a+ s1 + s2 = hs2 a+ S2 . Znamo napisati tudi splošno formulo vn = hsn a+ Sn = h(s1 + (n− 1)d) a+ n2 (2s1 + (n− 1)d) . Če je s1 prvi člen aritmetičnega zaporedja, potem v števcu prepoznamo s h pomnožen n-ti člen, saj je sn = s1 + (n − 1)d, v imenovalcu pa je k razdalji a 3 h a+ 3s = v3 s in od tod v3 = hs a+ 3s , ali splošno vn = hs a+ns . Ugotovimo, da je višina palic odvisna od višine h, na kateri je svetilo (v našem primeru žarnica) in od raz- dalje prve palice od navpičnice SS. Čim dalj stran smo od navpičnice, tem krajša je palica. Prav ve- liko palic pa v našem primeru v vrsto ne moremo po- staviti, saj so sence z oddaljenostjo od svetila vedno manj izrazite. Zanimiv je primer, ko je s = a. Takrat velja vn = ha a+na = h 1+n , zaporedje dolžin palic je h 2 , h 3 , h 4 , . . . Opazimo lahko, da tvorijo imenovalci zaporedje na- ravnih števil. Dolžine senc so členi aritmetičnega zaporedja Zdaj ko vemo, kako dolge morajo biti palice, da so sence enako dolge, nas zanima, kako dolge morajo biti palice, da bodo dolžine senc členi naraščajočega aritmetičnega zaporedja. To pomeni, da za dolžine senc velja s1, s2 = s1 + d, s3 = s1 + 2d, s4 = s1 + 3d, . . . Tako kot v prejšnjem primeru naj bo tudi tokrat prva palica v razdalji a od navpičnice SS. Zapišimo še delne vsote aritmetičnega zaporedja S1 = s1, S2 = s1 + s2, S3 = s1 + s2 + s3, . . . Iz razmerij istoležnih stranic podobnih trikotnikov po vrsti dobimo h a+ s1 = v1 s1 in od tod v1 = hs1 a+ s1 = hs1 a+ S1 , h a+ s1 + s2 = v2 s2 in v2 = hs2 a+ s1 + s2 = hs2 a+ S2 . Znamo napisati tudi splošno formulo vn = hsn a+ Sn = h(s1 + (n− 1)d) a+ n2 (2s1 + (n− 1)d) . Če je s1 prvi člen aritmetičnega zaporedja, potem v števcu prepoznamo s h pomnožen n-ti člen, saj je sn = s1 + (n − 1)d, v imenovalcu pa je k razdalji a 3 h a+ 3s = v3 s in od tod v3 = hs a+ 3s , ali splošno vn = hs a+ns . Ugotovimo, da je višina palic odvisna od višine h, na kateri je svetilo (v našem primeru žarnica) in od raz- dalje prve palice od navpičnice SS. Čim dalj stran smo od navpičnice, tem krajša je palica. Prav ve- liko palic pa v našem primeru v vrsto ne moremo po- staviti, saj so sence z oddaljenostjo od svetila vedno manj izrazite. Zanimiv je primer, ko je s = a. Takrat velja vn = ha a+na = h 1+n , zaporedje dolžin palic je h 2 , h 3 , h 4 , . . . Opazimo lahko, da tvorijo imenovalci zaporedje na- ravnih števil. Dolžine senc so členi aritmetičnega zaporedja Zdaj ko vemo, kako dolge morajo biti palice, da so sence enako dolge, nas zanima, kako dolge morajo biti palice, da bodo dolžine senc členi naraščajočega aritmetičnega zaporedja. To pomeni, da za dolžine senc velja s1, s2 = s1 + d, s3 = s1 + 2d, s4 = s1 + 3d, . . . Tako kot v prejšnjem primeru naj bo tudi tokrat prva palica v razdalji a od navpičnice SS. Zapišimo še delne vsote aritmetičnega zaporedja S1 = s1, S2 = s1 + s2, S3 = s1 + s2 + s3, . . . Iz razmerij istoležnih stranic podobnih trikotnikov po vrsti dobimo h a+ s1 = v1 s1 in od tod v1 = hs1 a+ s1 = hs1 a+ S1 , h a+ s1 + s2 = v2 s2 in v2 = hs2 a+ s1 + s2 = hs2 a+ S2 . Znamo napisati tudi splošno formulo vn = hsn a+ Sn = h(s1 + (n− 1)d) a+ n2 (2s1 + (n− 1)d) . Če je s1 prvi člen aritmetičnega zaporedja, potem v števcu prepoznamo s h pomnožen n-ti člen, saj je sn = s1 + (n − 1)d, v imenovalcu pa je k razdalji a 3 h a+ 3s = v3 s in od tod v3 = hs a+ 3s , ali splošno vn = hs a+ns . Ugotovimo, da je višina palic odvisna od višine h, na kateri je svetilo (v našem primeru žarnica) in od raz- d lje prve pa ice od navpičnic SS. Čim dalj stran smo od navpičnice, tem krajša je palica. Prav ve- liko palic pa v našem prime u v vrsto ne moremo po staviti, saj so sence z oddaljenostjo od svetila vedno m nj zr zite. Zanimiv je primer, ko je s = a. Takrat velja vn = ha a+na = h 1+n , zaporedje dolžin palic je h 2 , h 3 , h 4 , . . . Opazimo lahko, da tvorijo imenovalci zaporedje na- ravnih števil. Dolžine senc so členi aritmetičnega zaporedja Zdaj ko vemo, kako dolge morajo biti palice, da so sence enako dolge, nas zanima, kako dolge moraj biti palice, da bodo dolžine senc členi naraščajočega aritmetiˇneg zap redja. To pomeni, d za dolžine senc velja s1, s2 = s1 + d, s3 = s1 + 2d, s4 = s1 + 3d, . . . Tako kot v prejšnjem primeru naj bo tudi tokrat prva p lica v razdalji a od navpičnice SS. Zapišimo še delne vsote aritmetičnega zaporedja S1 = s1, S2 = s1 + s2, S3 = s1 + s2 + s3, . . . Iz razmerij istoležnih stranic podobnih trikotnikov po vrsti dob m h a+ s1 = v1 s1 in od tod v1 = hs1 a+ s1 = hs1 a+ S1 , h a+ s1 + s2 = v2 s2 in v2 = hs2 a+ s1 + s2 = hs2 a+ S2 . Znamo napisati tudi splošno formulo vn = hsn a+ Sn = h(s1 + (n− 1)d) a+ n2 (2s1 + (n− 1)d) . Če je s1 prvi člen aritmetičnega zaporedja, potem v števcu prepoznamo s h pomnožen n-ti člen, saj je sn = s1 + (n − 1)d, v imenovalcu pa je k razdal i a 3 h a+ 3s = v3 s in od tod v3 = hs a+ 3s , ali splošno vn = hs a+ns . Ugotovimo, da je višina palic odvisna od višine h, na kateri je svetilo (v našem primeru žarnica) in od raz- dalje prve palice od navpičnice SS. Čim dalj stran smo od navpičnice, te krajša je palica. Prav ve- liko palic pa v našem primeru v vrsto ne oremo po- staviti, saj so sence z oddaljenostjo od svetila vedno manj izrazite. Zanimiv je primer, ko je s = a. Takrat velja vn = ha a+na = h 1+n , zaporedje dolžin palic je h 2 , h 3 , h 4 , . . . Opazimo lahko, da tvorijo imenovalci zaporedje na- ravnih števil. Dolžine senc so členi aritmetičnega zaporedja Zdaj ko vemo, kako dolge morajo biti palice, da so sence enako dolge, nas zanima, kako dolge morajo biti palice, da bodo dolžine senc členi naraščajočega aritmetičnega zaporedja. To pomeni, da za dolžine senc velja s1, s2 = s1 + d, s3 = s1 + 2d, s4 = s1 + 3d, . . . Tako kot v prejšnjem primeru naj bo tudi tokrat prva palica v razdalji a od navpičnice SS. Zapišimo še delne vsote aritmetičnega zaporedja S1 = s1, S2 = s1 + s2, S3 = s1 + s2 + s3, . . . Iz razmerij istoležnih stranic podobnih trikotnikov po vrsti dobimo h a+ s1 = v1 s1 in od tod v1 = hs1 a+ s1 = hs1 a+ S1 , h a+ s1 + s2 = v2 s2 in v2 = hs2 a+ s1 + s2 = hs2 a+ S2 . Zn mo napisati tudi splošno formulo vn = hsn a+ Sn = h(s1 + (n− 1)d) a+ n2 (2s1 + (n− 1)d) . Če je s1 prvi člen aritmetičnega zaporedja, potem v števcu prepoznamo s h pomnožen n-ti člen, saj je sn = s1 + (n − 1)d, v imenovalcu pa je k razdalji a 3 h a+ 3s = v3 s in od tod v3 = hs a+ 3s , ali splošno vn = hs a+ns . Ugotovimo, da je višina palic odvisna od višine h, na kateri je svetilo (v našem primeru žarnica) in od raz- dalje prve palice od navpičnice SS. Čim dalj stran smo od navpičnice, te krajša je palica. Prav ve- liko palic pa v našem primeru v vrsto ne oremo po- staviti, saj so sence z oddaljenostjo od svetila vedno manj izrazite. Zanimiv je primer, ko je s = a. Takrat velja vn = ha a+na = h 1+n , zaporedje dolžin palic je h 2 , h 3 , h 4 , . . . Opazimo lahko, da tvorijo imenovalci zaporedje na- ravnih števil. Dolžine senc so členi aritmetičnega zaporedja Zdaj ko vemo, kako dolge morajo biti p lice, da so sence enako dolge, nas zanima, kako dolge morajo biti palice, da bodo dolžine senc členi naraščajočega aritmetičnega zaporedja. To pomeni, da za dolžine senc velja s1, s2 = s1 + d, s3 = s1 + 2d, s4 = s1 + 3d, . . . Tako kot v prejšnjem primeru naj bo tudi tokrat prva palica v razdalji a od navpičnice SS. Zapišimo še delne vsote aritmetičnega zaporedja S1 = s1, S2 = s1 + s2, S3 = s1 + s2 + s3, . . . Iz razmerij istoležnih stranic podobnih trikotnikov po vrsti dobimo h a+ s1 = v1 s1 in od tod v1 = hs1 a+ s1 = hs1 a+ S1 , h a+ s1 + s2 = v2 s2 in v2 = hs2 a+ s1 + s2 = hs2 a+ S2 . Zn mo napisati tudi splošno formulo vn = hsn a+ Sn = h(s1 + (n− 1)d) a+ n2 (2s1 + (n− 1)d) . Če je s1 prvi člen ritmetičnega zaporedja, potem v števcu prepoznamo s h pomnožen n-ti člen, saj je sn = s1 + (n − 1)d, v imenovalcu pa je k razdalji a 3 h a+ 3s = v3 s in od tod v3 = hs a+ 3s , ali splošno vn = hs a+ns . Ugotovimo, da je višina palic odvisna od višine h, na kateri je svetilo (v našem primeru žarnica) in od raz- dalje prve palice od navpičnice SS. Čim dalj stran sm od navpičnice, tem krajša je palica. Prav ve- liko palic pa v našem primeru v vrsto e moremo po staviti, saj so sence z oddaljenostjo od svetila vedno manj izrazite. Zanimiv je primer, ko je s = a. Takrat velja vn = ha a+na = h 1+n , zaporedje dolžin palic je h 2 , h 3 , h 4 , . . . Opazimo lahko, da tvorijo imenovalci zaporedje na- ravnih števil. Dolžine senc so členi aritmetičnega zaporedja Zdaj ko vemo, kako dolge morajo biti p lice, da so sence enako dolge, nas z nima, kako dolge m raj biti palice, da bodo dolžine senc členi naraščajočega aritmetičnega zap re ja. To pomen , da za dolžine v lj s1, s2 = s1 + d, s3 = s1 + 2d, s4 = s1 + 3d, . . . Tako kot v prejšnjem primeru naj bo tudi tokrat prva palica v razdalji a od navpičnice SS. Zapišimo še delne vsote aritmetičnega zaporedja S1 = s1, S2 = s1 + s2, S3 = s1 + s2 + s3, . . . Iz razmerij istoležnih stranic podobnih trikotnikov po vrsti dobim h a+ s1 = v1 s in od tod v1 = hs1 a+ s1 = hs1 a+ S1 , h + s2 = v2 s in v2 = hs2 a+ s1 + s2 = hs2 a+ S2 . Znamo napisati tudi splošno formulo vn = hsn a+ Sn = h(s1 + (n− 1)d) a+ n2 (2s1 + (n− 1)d) . Če je s1 prvi člen aritmetičnega zaporedja, potem v števcu prepoznamo s h pomnožen n-ti člen, saj je sn = s1 + (n − 1)d, v imenovalcu pa je k razdalji a 3 prišteta vsota členov arit etičnega zaporedja. Pri tem je n število palic, ki sm jih postavili v vrsto. Dolžine senc so členi geometrijskega zaporedja Če dolžine senc pri izbranih palicah lahko tvorijo aritmetično zaporedje, nas zanima še, kdaj so dol- žine senc členi geometrijskega zaporedja. Najprej naredimo poskus z enako dolgimi palicami in izme- rimo dolžine senc. Da bomo verjeli, da to res drži, narišimo skico in trditev preverimo z računom. Svetilo je zopet na višini h, prva palica je v raz- dalji a od navpičnice SS, dolžine palic so v1, v2 . . . dolžine senc pa s1 = s, s2 = sk, s3 = sk2, . . . Iz že prej omenjenih podobnih trikotnikov po vrsti izračunajmo dolžine palic in upoštevajmo, da so dol- žine senc členi geometrijskega zaporedja: h a+ s = v1 s in od tod v1 = hs a+ s , h a+ s + ks = v2 ks in od tod v2 = hsk a+ s(1+ k) , h a+ s + sk+ sk2 = v3 sk2 ; v2 = hsk2 a+ s(1+ k+ k2) . Če so palice enako dolge, je v1 = v2 = v in za kvo- cient k dobimo v1 = v2 , hs a+ s = hsk a+ s(1+ k) , k = a+ s a . Izrazimo s z dolžino palice v in izračunajmo kvo- cient geometrijskega zaporedja k. k = h h− v . Za enako dolge palice smo torej našli tak k, da so dolžine senc členi geometrijskega zaporedja. Ugoto- vimo tudi, da je kvocient geometrijskega zaporedja odvisen le od višine h, na katerem je svetilo in dolži- ne palic v in da morajo biti dolžine palic v krajše od višine h, na kateri je svetilo, saj bi bil sicer kvo- cient geometrijskega zaporedja negativen in bi bile dolžine nekaterih senc negativne. Opazimo, da je kvocient k večji od ena, kar je prav, saj se z oddalje- nostjo od svetila sence daljšajo. 4 prišteta vsota n členov aritmetičnega zaporedj . Pri tem je n število palic, ki smo jih postav li v vrsto. Dolžine senc so členi geometrijskega zaporedja Če dolžine senc pri izbranih palicah lahko tvorijo aritmetično zaporedje, nas zanima še, kdaj so dol- žine senc členi geometrijskega zaporedja. Najprej naredimo poskus z enako dolgimi palicami in izme- rimo dolžine senc. Da bomo verjeli, da to res drži, narišimo skico in trditev preverimo z računom. Svetilo je zopet na višini h, prva palica je v raz- dalji a od navpičnice SS, dolžine palic so v1, v2 . . . dolžine senc pa s1 = s, s2 = sk, s3 = sk2, . . . Iz že prej omenjenih podobnih trikotnikov po vrsti izračunajmo dolžine palic in upoštevajmo, da so dol- žine senc členi geometrijskega zaporedja: h a+ s = v1 s in od tod v1 = hs a+ s , h a+ s + ks = v2 ks in od tod v2 = hsk a+ s(1+ k) , h a+ s + sk+ sk2 = v3 sk2 ; v2 = hsk2 a+ s(1+ k+ k2) . Če so palice enako dolge, je v1 = v2 = v in za kvo- cient k dobimo v1 = v2 , hs a+ s = hsk a+ s(1+ k) , k = a+ s a . Izrazimo s z dolžino palice v in izračunajmo kvo- cient geometrijskega zaporedja k. k = h h− v . Za enako dolge palice smo torej našli tak k, da so dolžine senc členi geometrijskega zaporedja. Ugoto- vimo tudi, da je kvocient geometrijskega zaporedja odvisen le od višine h, na katerem je svetilo in dolži- ne palic v in da morajo biti dolžine palic v krajše od višine h, na kateri je svetilo, saj bi bil sicer kvo- cient geometrijskega zaporedja negativen in bi bile dolžine nekaterih senc negativne. Opazimo, da je kvocient k večji od ena, kar je prav, saj se z oddalje- nostjo od svetila sence daljšajo. 4 • Dolžine senc so čl i it etičnega zapored a • Dolžine senc so členi geometrijskega zaporedja Slika 1. Na sliki je v zgornjem levem kotu baterijska sve- tilka. Razlǐcno dolge palice so izbrane tako, da mečejo približno enako dolge sence. Slika 2. Žarnica je na višini h, prva palica je v razdalji a od navpǐcnice (S, S), dolžine palic označujemo s črkami v1, v2, . . . , dolžine senc pa s s1, s2, s3 . . .. Slika 3. Sence enako dolgih palic. Slika 4. Na sliki je v zgornjem levem kotu baterijska svetil- ka. Enako dolge palice so postavljene tako, da se vznožje naslednje palice ujema s konce sence prejšnje palice. Z merjenjem ugotovimo, da so dolžine senc členi geometrij- skega zaporedja. 5 Slika 1. Na sliki je v zgornjem levem kotu baterijska sve- tilka. Razlǐcno dolge palice so izbrane tako, da mečejo pr bližno e ako dolge sence. Sli a 2. Ž rnica je na viši i h, prva palica je v razdalji a od navpǐcnice (S, S), dolžine alic označujemo s črkami v1, v2, . . . , dolžine senc pa s s1, s2, s3 . . .. Slika 3. Sence e ko dolgih palic. Slika 4. Na sliki je v zgornjem levem kotu baterijska svetil- ka. Enako dolge palice so postavljene tako, da se vznožje naslednje palice ujema s koncem sence prejšnje palice. Z merjenjem ugotovimo, da so dolžine senc členi geometrij- skega zaporedja. 5 S S' h a B 1 A 1 A 2 A 3 A 4 s 1 s 2 s 3 v 1 v 2 B 2 B 3 S S' a s1 s2 s3 v v 3 Slika 1. Na sliki je v zgornjem levem kotu baterijska sve- tilka. Razlǐcno dolge palice so izbrane tako, da mečejo približno enako dolge sence. Slika 2. Žarnica je na višini h, prva palica je v razdalji a od navpǐcnice (S, S), dolžine palic označujemo s črkami v1, v2, . . . , dolžine senc pa s s1, s2, s3 . . .. Slika 3. Sence enako dolgih palic. Slika 4. Na sliki je v zgornjem levem kotu baterijska svetil- ka. Enako dolge palice so postavljene tako, da se vznožje naslednje palice ujema s koncem sence prejšnje palice. Z merjenjem ugotovimo, da so dolžine senc členi geometrij- skega zaporedja. 5 35_Presek6_k_k.indd 11 12/5/08 09:57:32 12 m a t e m a t i k a • O številu π Število π je od nekdaj vzbujalo veliko zanimanja tako pri matematikih kakor pri nematematikih. Je namreč razmerje med obsegom in premerom kroga, krog pa velja za najpopolnejšo krivuljo. Že v starem veku je Arhimed izračunal, da je π pri- bližno enak 227 = 3 1 7 . Veliko boljši približek je ulo- mek 355113 . Vendar števila π ni mogoče predstaviti z nobenim ulomkom, ker ni racionalno temveč ira- cionalno število. To dejstvo je dokazal leta 1761 švicarski matematik Lambert. (Tudi razmerje med diagonalo in stranico kvadrata, ki je enako √ 2, je ira- cionalno število. To so odkrili že stari Grki v starem veku.) Če razvijemo π v decimalni ulomek, dobimo π = 3,141 592 653 589 793 238 46. . . Za decimalno piko sledi neskončno decimalk, ki se ne ponavljajo periodično, ker π ni racionalen. Zato v njegovem desetiškem zapisu ne moremo razbrati nobene zakonitosti med števkami. Isto seveda velja, če razvijemo π v dvojiškem ali kakem drugem šte- vilskem sistemu. Ljudje z bujno domišljijo so zato prišli na misel, da je morda v zaporedju števk števila π na neki skriti način zapisana usoda sveta, oziroma, da tiči v njem kako pomembno sporočilo. Do tega sporočila bi prišli, če bi odkrili ključ, v katerem je šifrirano, in seveda izračunali dovolj decimalk števila π . Včasih je bilo to računanje sila zamudno delo. Danes so ga olajšali zmogljivi računalniki in z njimi so izračunali π na milijone mest natančno. Kakor rečeno, v zaporedju števk števila π ni kak- šne razvidne zakonitosti niti v desetiškem niti v ka- kem drugem sistemu. Pred kratkim pa je R. J. Duffin z univerze Carneggie Mellon, Pittsburgh, opisal, bolj za šalo kakor za res, neki razvoj za realna števila, v katerem se π izraža na videz presenetljivo pre- prosto. Oglejmo si ta razvoj! Naj bo x dano pozitivno število. Pomnožimo ga zaporedoma z vsemi naravnimi števili 1,2,3, . . . De- nimo, da smo x pomnožili z n. Od produkta nx odštejemo njegov celi del, ostanek, ki leži med 0 in 1, označimo z (nx). (Celi del danega realnega števila je največje celo število, ki ne presega tega števila.) Če je nx celo število, je seveda celi del enak nx in je v tem primeru ostanek (nx) = 0. V splošnem pa velja 0 ≤ (nx) < 1. Pomnožimo zdaj (nx) s 7 in si oglejmo celi del produkta 7(nx). Ta celi del označimo z an. Ker je 7(nx) < 7, je an eno izmed števil 0,1,2,3,4,5,6. Na opisani način dobimo za vsak n neko število an, ki ga imenujemo n-ta števka števila x. Zapišimo lepo po vrsti vse števke a1 a2 a3 a4 . . . Temu zaporedju bomo rekli Duffinov razvoj števila 2 Število π je od nekdaj vzbujalo veliko zanimanja tako pri matematikih kakor pri nematematikih. Je namreč razmerje med obsegom in premerom kroga, krog pa velja za najpopolnejšo krivuljo. Že v starem veku je Arhimed izračunal, da je π pri- bližno enak 227 = 3 1 7 . Veliko boljši približek je ulo- mek 355113 . Vendar števila π ni mogoče predstaviti z nobenim ulomkom, ker ni racionalno temveč ira- cionalno število. To dejstvo je dokazal leta 1761 švicarski matematik Lambert. (Tudi razmerje med diagonalo in stranico kvadrata, ki je enako √ 2, je ira- cionalno število. To so odkrili že stari Grki v starem veku.) Če razvijemo π v decimalni ulomek, dobimo π = 3,141 592 653 589 793 238 46. . . Za decimalno piko sledi neskončno decimalk, ki se ne ponavljajo periodično, ker π ni racionalen. Zato v njegovem desetiškem zapisu ne moremo razbrati nobene zakonitosti med števkami. Isto seveda velja, če razvijemo π v dvojiškem ali kakem drugem šte- vilskem sistemu. Ljudje z bujno domišljijo so zato prišli na misel, da je morda v zaporedju števk števila π na neki skriti način zapisana usoda sveta, oziroma, da tiči v njem kako pomembno sporočilo. Do tega sporočila bi prišli, če bi odkrili ključ, v katerem je šifrirano, in seveda izračunali dovolj decimalk števila π . Včasih je bilo to računanje sila zamudno delo. Danes so ga olajšali zmogljivi računalniki in z njimi so izračunali π na milijone mest natančno. Kakor rečeno, v zaporedju števk števila π ni kak- šne razvidne zakonitosti niti v desetiškem niti v ka- kem drugem sistemu. Pred kratkim pa je R. J. Duffin z univerze Carneggie Mellon, Pittsburgh, opisal, bolj za šalo kakor za res, neki razvoj za realna števila, v katerem se π izraža na videz presenetljivo pre- prosto. Oglejmo si ta razvoj! Naj bo x dano pozitivno število. Pomnožimo ga zaporedoma z vsemi naravnimi števili 1,2,3, . . . De- nimo, da smo x pomnožili z n. Od produkta nx odštejemo njegov celi del, ostanek, ki leži med 0 in 1, označimo z (nx). (Celi del danega realnega števila je največje celo število, ki ne presega tega števila.) Če je nx celo število, je seveda celi del enak nx in je v tem primeru ostanek (nx) = 0. V splošnem pa velja 0 ≤ (nx) < 1. Pomnožimo zdaj (nx) s 7 in si oglejmo celi del produkta 7(nx). Ta celi del označimo z an. Ker je 7(nx) < 7, je an eno izmed števil 0,1,2,3,4,5,6. Na opisani način dobimo za vsak n neko število an, ki ga imenujemo n-ta števka števila x. Zapišimo lepo po vrsti vse števke a1 a2 a3 a4 . . . Temu zaporedju bomo rekli Duffinov razvoj števila 2 Število je od nekdaj vzbujalo veliko zani anja tako pri ate atikih kakor pri ne ate atikih. Je na reč raz erje ed obsego in pre ero kroga, krog pa velja za najpopolnejšo krivuljo. Že v stare veku je rhi ed izračunal, da je pri- bližno enak 227 3 1 7 . Veliko boljši približek je ulo- ek 355113 . Vendar števila ni ogoče predstaviti z nobeni ulo ko , ker ni racionalno te več ira- cionalno število. To dejstvo je dokazal leta 1761 švicarski ate atik La bert. (Tudi raz erje ed diagonalo in stranico kvadrata, ki je enako 2, je ira- cionalno število. To so odkrili že stari rki v stare veku.) Če razvije o v deci alni ulo ek, dobi o 3,141 592 653 589 793 238 46. . . Za deci alno piko sledi neskončno deci alk, ki se ne ponavljajo periodično, ker ni racionalen. Zato v njegove desetiške zapisu ne ore o razbrati nobene zakonitosti ed števka i. Isto seveda velja, če razvije o v dvojiške ali kake druge šte- vilske siste u. Ljudje z bujno do išljijo so zato prišli na isel, da je orda v zaporedju števk števila na neki skriti način zapisana usoda sveta, oziro a, da tiči v nje kako po e bno sporočilo. o tega sporočila bi prišli, če bi odkrili ključ, v katere je šifrirano, in seveda izračunali dovolj deci alk števila . Včasih je bilo to računanje sila za udno delo. anes so ga olajšali z ogljivi računalniki in z nji i so izračunali na ilijone est natančno. Kakor rečeno, v zaporedju števk števila ni kak- šne razvidne zakonitosti niti v desetiške niti v ka- ke druge siste u. Pred kratki pa je R. J. u n z univerze Carneggie ellon, Pittsburgh, opisal, bolj za šalo kakor za res, neki razvoj za realna števila, v katere se izraža na videz presenetljivo pre- prosto. glej o si ta razvoj! aj bo x dano pozitivno število. Po noži o ga zaporedo a z vse i naravni i števili 1,2,3, . . . e- ni o, da s o x po nožili z . d produkta x odšteje o njegov celi del, ostanek, ki leži ed 0 in 1, označi o z ( x). (Celi del danega realnega števila je največje celo število, ki ne presega tega števila.) Če je x celo število, je seveda celi del enak x in je v te pri eru ostanek ( x) 0. V splošne pa velja 0 ( x) 1. Po noži o zdaj ( x) s 7 in si oglej o celi del produkta 7( x). Ta celi del označi o z an. Ker je 7( x) 7, je an eno iz ed števil 0,1,2,3,4,5,6. a opisani način dobi o za vsak neko število an, ki ga i enuje o -ta števka števila x. Zapiši o lepo po vrsti vse števke a1 a2 a3 a4 . . . Te u zaporedju bo o rekli u nov razvoj števila 2 . , . , . . , . . , , . . , . . . , , . . , . , , , . , , , . . . , . . . , , , , , . ! . , . , , , . , . , . . . . , . , . x. Za zgled poiščimo Duffinov razvoj od x = 13 . Pri n = 1 imamo (nx) = (x) = 13 . Največje celo število, ki ne presega produkta 7(x) = 73 = 2 1 3 , je 2 in je zato a1 = 2. Pri n = 2 imamo (2x) = 23 in 7(2x) = 14 3 = 4 2 3 , torej a2 = 4. Nadalje je 3x = 1, (3x) = 0, 7(3x) = 0, tako da je a3 = 0. Podobno izračunamo a4 = 2, a5 = 4, a6 = 0 itd. Duffinov razvoj za x = 13 se glasi 240 240 240. . . Trojka števk 240 se periodično ponavlja. Oglejmo si zdaj razvoj za π . V tem primeru je (π) = π − 3 = 0,14159 . . . in 7(π) = 0,99114 . . ., torej a1 = 0. Nadalje imamo (2π) = 0,28318 . . . in 7(2π) = 1,98229 . . ., tako da je a2 = 1. Podobno izračunamo (3π) = 0,42477 . . ., 7(3π) = 2,97344 . . ., se pravi a3 = 2. Če tako nadaljujemo, dobimo po vrsti a4 = 3, a5 = 4, a6 = 5, a7 = 6, potem pa spet od začetka: a8 = 0, a9 = 1 itd. Za π smo našli tale Duffinov razvoj 0123456 0123456 0123456 012. . . Sedmerica zaporednih števk 0123456 se periodično ponavlja. Dobljeni razvoj je res zelo pregleden. Pa teče to tako lepo v nedogled? Žal moramo povedati, da je imel tu vrag svoje prste vmes in je red po- kvaril. Šestnajstkrat se ponovi omenjena sedmerica števk, na stotrinajstem mestu se red podre, namesto 0 se tam pojavi števka 6. Na koncu postavimo bralcu nekaj vprašanj: 1. Kakšen je Duffinov razvoj za x = 317? 2. Kje tiči razlog, da se v razvoju števila π sedme- rica števk 0123456 ponovi šestnajstkrat? (Arhime- dov približek 317 za π je nekoliko prevelik, ulomek 355 113 nekoliko premajhen. Pišimo π = 3+ 1−ε 7 , kjer je ε pozitiven. Ocenimo ε.) 3. Denimo da poznamo celi del števila x in njegov Duffinov razvoj. Ali je s temi podatki x določen? Literatura [1] R. J. Duffin, The Patron Saint of Mathematics, The Math. Intelligencer, Vol. 15 (1993), no. 1, str. 52. 3 x. Za zgled poišči o u nov razvoj od x 13 . Pri 1 i a o ( x) (x) 13 . ajvečje celo število, ki ne presega produkta 7(x) 73 2 1 3 , je 2 in je zato a1 2. Pri 2 i a o (2x) 23 in 7(2x) 14 3 4 2 3 , torej a2 4. adalje je 3x 1, (3x) 0, 7(3x) 0, tako da je a3 0. Podobno izračuna o a4 2, a5 4, a6 0 itd. u nov razvoj za x 13 se glasi 240 240 240. . . Trojka števk 240 se periodično ponavlja. glej o si zdaj razvoj za . V te pri eru je ( ) 3 0,14159 . . . in 7( ) 0,99114 . . ., torej a1 0. adalje i a o (2 ) 0,28318 . . . in 7(2 ) 1,98229 . . ., tako da je a2 1. Podobno izračuna o (3 ) 0,42477 . . ., 7(3 ) 2,97344 . . ., se pravi a3 2. Če tako nadaljuje o, dobi o po vrsti a4 3, a5 4, a6 5, a7 6, pote pa spet od začetka: a8 0, a9 1 itd. Za s o našli tale u nov razvoj 0123456 0123456 0123456 012. . . Sed erica zaporednih števk 0123456 se periodično ponavlja. obljeni razvoj je res zelo pregleden. Pa teče to tako lepo v nedogled? Žal ora o povedati, da je i el tu vrag svoje prste v es in je red po- kvaril. Šestnajstkrat se ponovi o enjena sed erica števk, na stotrinajste estu se red podre, na esto 0 se ta pojavi števka 6. a koncu postavi o bralcu nekaj vprašanj: 1. Kakšen je u nov razvoj za x 317? 2. Kje tiči razlog, da se v razvoju števila sed e- rica števk 0123456 ponovi šestnajstkrat? ( rhi e- dov približek 317 za je nekoliko prevelik, ulo ek 355 113 nekoliko pre ajhen. Piši o 3 1−ε 7 , kjer je ε pozitiven. ceni o ε.) 3. eni o da pozna o celi del števila x in njegov u nov razvoj. li je s te i podatki x določen? it r t r [1] R. J. u n, The Patron Saint of athe atics, The ath. Intelligencer, Vol. 15 (1993), no. 1, str. 52. 3 x. Za zgled poiščimo Duffinov razvoj od x = 13 . Pri n = 1 imamo (nx) = (x) = 13 . Največje celo število, ki ne presega produkta 7(x) = 73 = 2 1 3 , je 2 in je zato a1 = 2. Pri n = 2 imamo (2x) = 23 in 7(2x) = 14 3 = 4 2 3 , torej a2 = 4. Nadalje je 3x = 1, (3x) = 0, 7(3x) = 0, tako da je a3 = 0. Podobno izračunamo a4 = 2, a5 = 4, a6 = 0 itd. Duffinov razvoj za x = 13 se glasi 240 240 240. . . Trojka števk 240 se periodično ponavlja. Oglejmo si zdaj razvoj za π . V tem primeru je (π) = π − 3 = 0,14159 . . . in 7(π) = 0,99114 . . ., torej a1 = 0. Nadalje imamo (2π) = 0,28318 . . . in 7(2π) = 1,98229 . . ., tako da je a2 = 1. Podobno izračunamo (3π) = 0,42477 . . ., 7(3π) = 2,97344 . . ., se pravi a3 = 2. Če tako nadaljujemo, dobimo po vrsti a4 = 3, a5 = 4, a6 = 5, a7 = 6, potem pa spet od začetka: a8 = 0, a9 = 1 itd. Za π smo našli tale Duffinov razvoj 0123456 0123456 0123456 012. . . Sedmerica zaporednih števk 0123456 se periodično ponavlja. Dobljeni razvoj je res zelo pregleden. Pa teče to tako lepo v nedogled? Žal moramo povedati, da je imel tu vrag svoje prste vmes in je red po- kvaril. Šestnajstkrat se ponovi omenjena sedmerica števk, na stotrinajstem mestu se red podre, namesto 0 se tam pojavi števka 6. Na koncu postavimo bralcu nekaj vprašanj: 1. Kakšen je Duffinov razvoj za x = 317? 2. Kje tiči razlog, da se v razvoju števila π sedme- rica števk 0123456 ponovi šestnajstkrat? (Arhime- dov približek 317 za π je nekoliko prevelik, ulomek 355 113 nekoliko premajhen. Pišimo π = 3+ 1−ε 7 , kjer je ε pozitiven. Ocenimo ε.) 3. Denimo da poznamo celi del števila x in njegov Duffinov razvoj. Ali je s temi podatki x določen? Literatura [1] R. J. Duffin, The Patron Saint of Mathematics, The Math. Intelligencer, Vol. 15 (1993), no. 1, str. 52. 3 iv a n v id a v Presek 35 (2007/2008) 6 • prišteta vsota n členov aritmetičnega zaporedja. Pri tem je n število palic, ki smo jih postavili v vrsto. Dolžine senc so členi geometrijskega zaporedja Če dolžine senc pri izbranih palicah lahko tvorijo aritmetično zaporedje, nas zanima še, kdaj so dol- žine senc členi geometrijskega zaporedja. Najprej naredimo poskus z enako dolgimi palicami in izme- rimo dolžine senc. Da bomo verjeli, da to res drži, narišimo skico in trditev preverimo z računom. Svetilo je zopet na višini h, prva palica je v raz- dalji a od navpičnice SS, dolžine palic so v1, v2 . . . dolžine senc pa s1 = s, s2 = sk, s3 = sk2, . . . Iz že prej omenjenih podobnih trikotnikov po vrsti izračunajmo dolžine palic in upoštevajmo, da so dol- žine senc členi geometrijskega zaporedja: h a+ s = v1 s in od tod v1 = hs a+ s , h a+ s + ks = v2 ks in od tod v2 = hsk a+ s(1+ k) , h a+ s + sk+ sk2 = v3 sk2 ; v2 = hsk2 a+ s(1+ k+ k2) . Če so palice enako dolge, je v1 = v2 = v in za kvo- cient k dobimo v1 = v2 , hs a+ s = hsk a+ s(1+ k) , k = a+ s a . Izrazimo s z dolžino palice v in izračunajmo kvo- cient geometrijskega zaporedja k. k = h h− v . Za enako dolge palice smo torej našli tak k, da so dolžine senc členi geometrijskega zaporedja. Ugoto- vimo tudi, da je kvocient geometrijskega zaporedja odvisen le od višine h, na katerem je svetilo in dolži- ne palic v in da morajo biti dolžine palic v krajše od višine h, na kateri je svetilo, saj bi bil sicer kvo- cient geometrijskega zaporedja negativen in bi bile dolžine nekaterih senc negativne. Opazimo, da je kvocient k večji od ena, kar je prav, saj se z oddalje- nostjo od svetila sence daljšajo. 4 prišteta vsota n členov aritmetičnega zaporedja. Pri tem je n število palic, ki smo jih postavili v vrsto. Dolžine senc so členi geometrijskega zaporedja Če dolžine senc pri izbranih palicah lahko tvorijo aritmetič o zaporedje, n s zanima še, kdaj so dol- žine senc členi geometrijskega zaporedja. Najprej naredimo poskus z enako dolgimi alicami in izme- rimo dolžine senc. Da bomo verjeli, da to res drži, narišimo skico in trditev preverimo z r čunom. Svetilo je zopet na višini h, prva palica je v raz- dalji a od navpičnice SS, dolžine palic so v1, 2 . . . olžine se c pa s1 = s, s2 = sk, s3 = sk2, . . . Iz že prej omenjenih podobnih trikotnikov po vrsti izračunajmo dolžine palic in upoštevajmo, da so dol- žine senc členi geometrijskega zaporedja: h a+ s = v1 s in od tod v1 = hs a+ s , h a+ s + ks = v2 ks in od tod v2 = hsk a+ s(1+ k) , h a+ s + sk+ sk2 = v3 sk2 ; v2 = hsk2 a+ s(1+ k+ k2) . Če so palice enako dolge, je v1 = v2 = v in za kvo- cient k dobimo v1 = v2 , hs a+ s = hsk a+ s(1+ k) , k = a+ s a . Izrazimo s z dolžino palice v in izračunajmo kvo- cient ge metrijskega zaporedja k. k = h h− v . Za enako dolge palice smo torej našli tak k, da so dolžine senc členi geometrijskega z poredja. Ugoto- vimo tudi, da je kvocient geometrijskega z poredja odvisen le od višine h, na katerem je svetilo in dolži- ne palic v in da morajo biti dolžine palic v krajše od višine h, na kateri je svetilo, saj bi bil sicer kvo- cient geometrijs ega zaporedja negativen in bi bile dolžine nekaterih senc negativne. Opazimo, da je kvocient k večji od ena, kar je prav, saj se z d lje- nostjo od s etila sence daljšajo. 4 prišteta vsota n členov aritmetičnega zaporedja. Pri tem je n število palic, ki smo jih postavili v vrsto. Dolžine senc so členi geometrijskega zaporedja Če dolžine senc pri izbranih palicah lahko tvorijo aritmetič o zaporedje, n s zanima še, kdaj so dol- žine senc členi geometrijskega zaporedja. Najprej nar dimo poskus z enako dolgimi alicami in izm - rimo dolžine senc. Da bomo verjeli, da to res drži, n riši o skico in trditev prev rimo z r čunom. Sv tilo je zop t na višini h, prva palica je v raz- dalji a od navpičnice SS, dolžine palic so v1, 2 . . . o žine se c pa s1 = s, s2 = sk, s3 = sk2, . . . Iz ž prej omenjenih podobnih trikotniko po vrsti izračunajmo dolžine palic in upoštevajmo, da so dol- žine s nc členi geometrijskega zaporedja: h a+ s = v1 s in od tod v1 = hs a+ s , h a+ s + ks = v2 ks in od tod v2 = hsk a+ s(1+ k) , h a+ s + sk+ sk2 = v3 sk2 ; v2 = hsk2 a+ s(1+ k+ k2) . Če so palice ena o dolge, je v1 = v2 = v in za vo- ci nt k dobimo v1 = v2 , hs a+ s = hsk a+ s(1+ k) , k = a+ s a . Izrazimo s z dolžino palice v in izračunajmo kvo- cient ge metrijskega zapor dja k. k = h h− v . Za enako dolge palice smo torej našli tak k, da so dolžine senc čl ni geometrijskega z poredja. Ugoto- vimo tudi, da j kvo ient geom trijskeg z poredja odvisen l od višine h, na katerem je svetilo in dolži- ne palic v in da m rajo biti dolžine palic v k ajše viši e h, na kateri je sve ilo, saj bi bil sicer kvo- cient geometrijs ega zaporedja negativen in bi bil dolžine nekaterih senc negativne. Opazimo, da j kvocient k večji od ena, ka je prav, saj se z d lje- n stjo od s ila sence daljš jo. 4 prišteta vsota n členov aritmetičnega zaporedja. Pri tem je n število palic, ki smo jih postavili v vrsto. Dolžine senc so členi geometrijskega zaporedja Če dolžine senc pri izbranih palicah lahko tvorijo aritmetično zaporedje, nas zanima še, kdaj so dol- žine senc členi geometrijskega zaporedja. Najprej naredimo poskus z enako dolgimi palicami in izme- rimo dolžine senc. Da bomo verjeli, da to res drži, narišimo skico in trditev preverimo z računom. Svetilo je zopet na višini h, prva palica je v raz- dalji a od navpičnice SS, dolžine palic so v1, v2 . . . dolžine senc pa s1 = s, s2 = sk, s3 = sk2, . . . Iz že prej omenjenih podobnih trikotnikov po vrsti izračunajmo dolžine palic in upoštevajmo, da so dol- žine senc členi geometrijskega zaporedja: h a+ s = v1 s in od tod v1 = hs a+ s , h a+ s + ks = v2 ks in od tod v2 = hsk a+ s(1+ k) , h a+ s + sk+ sk2 = 3 sk2 ; v2 = hsk2 a+ s(1+ k+ k2) . Če so palice enako dolge, je v1 = v2 = v in za kvo- cient k dobimo v1 = v2 , hs a+ s = hsk a+ s(1+ k) , k = a+ s a . Izrazimo s z dolžino palice v in izračunajmo kvo- cient geometrijskega zaporedja k. k = h h− v . Za enako dolge palice smo torej našli tak k, da so dolžine senc členi geometrijskega zaporedja. Ugoto- vimo tudi, da je kvocient geometrijskega zaporedja odvisen le od višine h, na katerem je svetilo in dolži- ne palic v in da morajo biti dolžine palic v krajše od višine h, na kateri je svetilo, saj bi bil sicer kvo- cient geometrijskega zaporedja negativen in bi bile dolžine nekaterih senc negativne. Opazimo, da je kvocient k večji od ena, kar je prav, saj se z oddalje- nostjo od svetila sence daljšajo. 4 prišteta vsota n členov aritmetičnega zaporedja. Pri tem je n število palic, ki sm jih postavili v vrsto. Dolži e s nc so členi geometrijskega zaporedja Če dolžine senc pri izbranih palicah lahko tvorijo aritmetično zaporedje, nas zanima še, kd j so d l- žine senc čl ni geometrijsk ga zaporedj . Najprej naredimo poskus z enako dolgimi palicami in izme- rimo dolžine senc. Da bo verjeli, da to res drži, narišimo skico in trditev preverimo z računom. Svetilo je zop t na višini h, prva palica je v raz- dalji a od navpičnice SS, dolžine palic so v1, v2 . . . dolžine senc pa s1 = s, s2 = sk, s3 = sk2, . . . Iz že prej omenjenih podobnih tri otnikov po vrsti izračunajmo dolžine palic in u števajmo, da so dol- žine senc čle i ge metrijskega zaporedja: h a+ s = v1 s in od tod v1 = hs a+ s , h a+ s + ks = v2 ks in od tod v2 = hsk a+ s(1+ k) , h a+ s + sk+ sk2 = v3 sk2 ; v2 = hsk2 a+ s(1+ k+ k2) . Če so palice enako dolge, je 1 v2 = v in za kvo- cient k dobimo v1 = v2 , hs a+ s = hsk a+ s(1+ k) , k = a+ s a . Izrazimo s z dolžino palice v in izračunajmo kvo- cient geometrijskega zaporedj k. k = h h− v . Za enako dolge palice smo torej našli tak k, da so dolžine senc členi geometrijskega zaporedja. Ugoto- vimo tudi, da je kvocient geometrijskega zaporedja odvisen le d višine h, na kat rem je svetilo in dolži- ne palic in da morajo biti dolžine palic v krajše od viši h, na kateri je svetil , saj bi bil sicer kvo- cient geometrijskega zaporedja n gativen in i bile dolžine nekaterih senc negativne. Opazimo, da je kvocient k večji od ena, kar je prav, saj se z oddalje- nostjo od sv tila sence daljš jo. 4 prišteta vsota n členov aritmetičnega zaporedja. Pri tem je n število palic, ki smo jih postavili v vrsto. Dolžine senc so členi geo etrijskega zaporedja Če dolžine senc pri izbranih palicah lahko tvorijo aritmetič o zaporedj , nas zanima še, kdaj so dol- žine senc členi geometrijskega zaporedja. Najprej naredimo poskus z enako dolgimi alicami in izme- rimo dolžine senc. Da bomo verjeli, da to res drži, n riši o skico in trditev prev rimo z računom. Svetilo je zop t na višini h, prva palica je v raz- dalji a od navpičnice SS, dolžine palic so v1, 2 . . . olžine se c pa s1 = s, s2 = sk, s3 = sk2, . . . Iz že prej omenjenih podobnih trikotniko po vrsti izračunajmo dolžine palic in upoštevajmo, da so dol- žine s nc členi geometrijskega zaporedja: h a+ s = v1 s in od tod v1 = hs a+ s , h + k = v2 ks in od tod v2 = hsk a+ s(1+ k) , h a+ s + sk+ sk2 = v3 sk2 ; v2 = hsk2 a+ s(1+ k+ k2) . Če so palice ena o dolge, je v1 v2 = v in za vo- cient k dobimo v1 = v2 , hs a+ s = hsk a+ s(1+ k) , k = a+ s a . Izrazimo s z dolžino palice v in izračunajmo kvo- cient ge metrijskega zaporedja . k = h h− v . Za enako dolge palice smo torej našli tak k, da so dolžine senc členi geometrijskega zaporedja. Ugoto- vimo tudi, da je kvo ient geom trijskeg zaporedja odvisen l od višine h, na katerem je svetilo in dolži- ne palic v in da m rajo biti dolžine palic v k ajše viši e h, na kateri je sve ilo, saj bi bil sicer kvo- cient geometrijs ega zaporedja negativen in bi bil dolžine nekaterih senc negativne. Opazimo, da je kvocient k večji od ena, ka je prav, saj se z d alje- n stjo od s e ila sence daljš jo. 4 prišteta vsota n členov aritmetičnega zaporedja. Pri tem je n število palic, ki smo jih postavili v vrsto. Dolžine senc so členi geometrijskega zaporedja Če dolžine senc pri izbranih palicah lahko tvorijo aritmetično zaporedje, nas zanima še, kdaj so dol- žine senc členi geometrijskega zaporedja. Najprej naredimo poskus z enako dolgimi palic mi in izme- rimo dolžine senc. Da bomo verjeli, da to res drži, narišimo skico in trditev preverimo računom. Svetilo je zopet na višini h, prva palica je v raz- dalji a d navpičnice SS, dolžine p lic so v1, v2 . . . dolžine senc pa s1 = s, s2 = sk, s3 = sk2, . . . Iz že prej omenje ih podobnih trikotnikov po vrsti izračunajmo dolžine palic in upoštevajmo, da so dol- žine senc členi geometrijskega zaporedja: h a+ s = v1 s in od tod v1 = hs a+ s , h a+ s + ks = v2 ks in od tod v2 = h k a+ s(1+ k) , h sk+ s 2 = v3 sk2 ; v2 = hsk2 a+ s(1+ k 2) . Če so palice enako dolge, je v1 = v2 = v in za kvo- cient k dobimo v1 = v2 , hs a+ s = hsk a+ s(1+ k) , k = a+ s a . Izrazimo s z dolžino palice v in izračunajmo kvo- cient geometrijskega zaporedja k. k = h h− v . Za enako dolge palice smo torej našli tak k, da so dolžine senc členi geometrijskega zaporedja. Ugoto- vimo tudi, da je kvocient geometrijskega zaporedja odvisen le od višine h, na katerem je svetilo in olži- ne palic v in da morajo biti dolžine palic v krajše od višine h, na kateri je sv tilo, saj bi bil sicer kvo- cient geometrijskega zaporedja negativen in bi bile dolžine nekaterih senc negativne. O zimo, d j kvocie t k večji od na, kar je prav, saj se z oddalje- nostjo od svetila sence daljšajo. 4 prišteta vsota n členov aritmetičnega zaporedja. Pri tem je n število palic, ki smo jih postavili v vrsto. Dolži e enc so členi geometrijskega zapo edja Če dolžine senc pri izbranih palicah lahko tvorijo aritmetič o zaporedj , n s zanima še, kdaj so dol- žine senc členi geometrijskega zaporedja. N jprej nar dimo poskus z enako dolgimi alicami in izm - rimo dolžine senc. Da bomo verjeli, da to res drži, narišimo skico in trditev preverimo z r čunom. Sv tilo je zopet na višini h, prva palica je v raz- dalji a od navpičnice SS, dolžine palic so v1, 2 . . . olžine se c pa s1 = s, s2 = sk, s3 = sk2, . . . Iz ž prej omenjenih podobnih trikotnikov po vrsti izračunajmo dolžine palic in upoštevajmo, da so dol- žine senc členi geometrijskega zaporedja: h a+ s = v1 s in od tod v1 = hs a+ s , h + k = v2 ks in od tod v2 = hsk a+ s(1+ k) , h a+ s + sk+ sk2 = v3 sk2 ; v2 = hsk2 a+ s(1+ k+ k2) . Če so palice enako dolge, je v1 v2 = v in za kvo- ci nt k dobimo v1 = v2 , hs a+ s = hsk a+ s(1+ k) , k = a+ s a . Izrazimo s z dolžino palice v in izračunajmo kvo- cient ge metrijskega zapor dja . k = h h− v . Za enako dolge palice smo torej našli tak k, da so dolžine senc čl ni geometrijskega z poredja. Ugoto- vimo tudi, da j kvocient geometrijskega z poredja odvisen le od višine h, na katerem je svetilo in dolži- ne palic v in da morajo biti dolžine palic v krajše od višine h, na kateri je svetilo, saj bi bil sicer kvo- cient geometrijs ega zaporedja negativen in bi bile dolžine nekaterih senc negativne. Opazimo, da j kvocient k večji od ena, kar je prav, saj se z d lje- nostjo od s tila sence daljšajo. 4 prišteta vsota n členov aritmetičnega zaporedja. Pri tem je n število palic, ki smo jih postavili v vrsto. Dolžine senc so č eni geometrijskega zaporedja Če dolžine senc pri izbranih palicah lahko tvorijo aritmetič o zaporedje, n s zanima še, kdaj so dol- žine senc členi geometrijskega zaporedja. Najprej naredimo poskus z enako dolgimi alic mi in izme rimo dolžine senc. Da bom verjeli, da o res drži, n ši o sk co in trditev prev rimo r čunom. Svetilo je zop t na višini h, prva pal ca je v raz- dalji a d avpičnice SS, dolžine p lic so v1, 2 . . . olžine se c pa s1 = s, s2 = k, s3 = sk2, . . . Iz že r j omenje ih podobn h trikotn ko po vrsti izračunajmo dolžine palic in upoštevajmo, da so dol- žine senc členi geometrijskega zaporedja: h + s = v1 s in od tod v1 = hs a+ s , h a s + ks = v2 ks in od tod v2 = hsk a+ s(1+ k) , h sk+ s = v3 sk2 ; v2 = hsk2 a+ s(1+ k 2) . Če so palice ena o dolge, je v1 = v2 = v in za vo- cient k dobimo v1 = v2 , hs a+ s = hsk a+ s(1+ k) , k = a+ s a . Izrazimo s z dolžino palice v in izračun jmo kvo- cient ge metrijskega zaporedja k. k = h h− v . Za enako dolge palice smo torej našli tak k, da so dolžine senc členi geometrijskega z poredja. Ugoto- vimo tudi, da je kvo ient geom trijskeg z poredja odvisen l od višine h, na katerem je svetilo in olži ne palic v in da m rajo b ti dolžine palic v k jše viši e h, na kateri je sv ilo, sa bi bil sicer kv cient geometrijs ega zapor dja negativen in bi bil dolž ne nekaterih senc negativne. O zimo, d j kvoc e t k večji od n , ka je prav, saj se z d lje n stjo od s e ila sence daljš j . 4 • aporedju bomo rekli Duffinov razvoj števila x. 35_Presek6_k_k.indd 12 12/5/08 09:57:38 x. Za zgled poiščimo Duffinov razvoj od x = 13 . Pri n = 1 imamo (nx) = (x) = 13 . Največje celo število, ki ne presega produkta 7(x) = 73 = 2 1 3 , je 2 in je zato a1 = 2. Pri n = 2 imamo (2x) = 23 in 7(2x) = 14 3 = 4 2 3 , torej a2 = 4. Nadalje je 3x = 1, (3x) = 0, 7(3x) = 0, tako da je a3 = 0. Podobno izračunamo a4 = 2, a5 = 4, a6 = 0 itd. Duffinov razvoj za x = 13 se glasi 240 240 240. . . Trojka števk 240 se periodično ponavlja. Oglejmo si zdaj razvoj za π . V tem primeru je (π) = π − 3 = 0,14159 . . . in 7(π) = 0,99114 . . ., torej a1 = 0. Nadalje imamo (2π) = 0,28318 . . . in 7(2π) = 1,98229 . . ., tako da je a2 = 1. Podobno izračunamo (3π) = 0,42477 . . ., 7(3π) = 2,97344 . . ., se pravi a3 = 2. Če tako nadaljujemo, dobimo po vrsti a4 = 3, a5 = 4, a6 = 5, a7 = 6, potem pa spet od začetka: a8 = 0, a9 = 1 itd. Za π smo našli tale Duffinov razvoj 0123456 0123456 0123456 012. . . Sedmerica zaporednih števk 0123456 se periodično ponavlja. Dobljeni razvoj je res zelo pregleden. Pa teče to tako lepo v nedogled? Žal moramo povedati, da je imel tu vrag svoje prste vmes in je red po- kvaril. Šestnajstkrat se ponovi omenjena sedmerica števk, na stotrinajstem mestu se red podre, namesto 0 se tam pojavi števka 6. Na koncu postavimo bralcu nekaj vprašanj: 1. Kakšen je Duffinov razvoj za x = 317? 2. Kje tiči razlog, da se v razvoju števila π sedme- rica števk 0123456 ponovi šestnajstkrat? (Arhime- dov približek 317 za π je nekoliko prevelik, ulomek 355 113 nekoliko premajhen. Pišimo π = 3+ 1−ε 7 , kjer je ε pozitiven. Ocenimo ε.) 3. Denimo da poznamo celi del števila x in njegov Duffinov razvoj. Ali je s temi podatki x določen? Literatura [1] R. J. Duffin, The Patron Saint of Mathematics, The Math. Intelligencer, Vol. 15 (1993), no. 1, str. 52. 3 x. Za zgled poišči o u nov razvoj od x 13 . Pri 1 i a o ( x) (x) 13 . ajvečje celo število, ki ne presega produkta 7(x) 73 2 1 3 , je 2 in je zato a1 2. Pri 2 i a o (2x) 23 in 7(2x) 14 3 4 2 3 , torej a2 4. adalje je 3x 1, (3x) 0, 7(3x) 0, tako da je a3 0. Podobno izračuna o a4 2, a5 4, a6 0 itd. u nov razvoj za x 13 se glasi 240 240 240. . . Trojka števk 240 se periodično ponavlja. glej o si zdaj razvoj za . V te pri eru je ( ) 3 0,14159 . . . in 7( ) 0,99114 . . ., torej a1 0. adalje i a o (2 ) 0,28318 . . . in 7(2 ) 1,98229 . . ., tako da je a2 1. Podobno izračuna o (3 ) 0,42477 . . ., 7(3 ) 2,97344 . . ., se pravi a3 2. Če tako nadaljuje o, dobi o po vrsti a4 3, a5 4, a6 5, a7 6, pote pa spet od začetka: a8 0, a9 1 itd. Za s o našli tale u nov razvoj 0123456 0123456 0123456 012. . . Sed erica zaporednih števk 0123456 se periodično ponavlja. obljeni razvoj je res zelo pregleden. Pa teče to tako lepo v nedogled? Žal ora o povedati, da je i el tu vrag svoje prste v es in je red po- kvaril. Šestnajstkrat se ponovi o enjena sed erica števk, na stotrinajste estu se red podre, na esto 0 se ta pojavi števka 6. a koncu postavi o bralcu nekaj vprašanj: 1. Kakšen je u nov razvoj za x 317? 2. Kje tiči razlog, da se v razvoju števila sed e- rica števk 0123456 ponovi šestnajstkrat? ( rhi e- dov približek 317 za je nekoliko prevelik, ulo ek 355 113 nekoliko pre ajhen. Piši o 3 1−ε 7 , kjer je ε pozitiven. ceni o ε.) 3. eni o da pozna o celi del števila x in njegov u nov razvoj. li je s te i podatki x določen? it r t r [1] R. J. u n, The Patron Saint of athe atics, The ath. Intelligencer, Vol. 15 (1993), no. 1, str. 52. 3 D = n = n = = N = = = n = = = = = N = = = = = = = D = O π π = π − = π = = N π = π = = π = π = = = = = = = = π D D N D = π A π π = + O D D A L e a a D M M x. Za zgled poiščimo uffinov razvoj od x 13 . Pri 1 imamo ( x) (x) 13 . ajvečje celo število, ki ne presega produkta 7(x) 73 2 1 3 , je 2 in je zato a1 2. Pri 2 imamo (2x) 23 in 7(2x) 14 3 4 2 3 , torej a2 4. adalje je 3x 1, (3x) 0, 7(3x) 0, tako da je a3 0. Podobno izračunamo a4 2, a5 4, a6 0 itd. uffinov razvoj za x 13 se glasi 240 240 240. . . Trojka števk 240 se periodično ponavlja. glejmo si zdaj razvoj za . V tem primeru je ( ) 3 0,14159 . . . in 7( ) 0,99114 . . ., torej a1 0. adalje imamo (2 ) 0,28318 . . . in 7(2 ) 1,98229 . . ., tako da je a2 1. Podobno izračunamo (3 ) 0,42477 . . ., 7(3 ) 2,97344 . . ., se pravi a3 2. Če tako nadaljujemo, dobimo po vrsti a4 3, a5 4, a6 5, a7 6, potem pa spet od začetka: a8 0, a9 1 itd. Za smo našli tale uffinov razvoj 0123456 0123456 0123456 012. . . Sedmerica zaporednih števk 0123456 se periodično ponavlja. obljeni razvoj je res zelo pregleden. Pa teče to tako lepo v nedogled? Žal moramo povedati, da je imel tu vrag svoje prste vmes in je red po- kvaril. Šestnajstkrat se ponovi omenjena sedmerica števk, na stotrinajstem mestu se red podre, namesto 0 se tam pojavi števka 6. a koncu postavimo bralcu nekaj vprašanj: 1. Kakšen je uffinov razvoj za x 317? 2. Kje tiči razlog, da se v razvoju števila sedme- rica števk 0123456 ponovi šestnajstkrat? ( rhime- dov približek 317 za je nekoliko prevelik, ulomek 355 113 nekoliko premajhen. Pišimo 3 1−ε 7 , kjer je ε pozitiven. cenimo ε.) 3. enimo da poznamo celi del števila x in njegov uffinov razvoj. li je s temi podatki x določen? it r tur [1] R. J. uffin, The Patron Saint of athematics, The ath. Intelligencer, Vol. 15 (1993), no. 1, str. 52. 3 Presek 35 (2007/2008) 6 • Prispevek O številu π je bil originalno objavljen v 22. letniku Preseka. Avtorju se zahvaljujemo za dovoljenje za ponatis. [1] R. J. Duffin, The Patron Saint of Mathematics, The Math. Intelligencer, Vol. 15 (1993), o.1, str.52 • • Literatura Naj bo 19xy Simonova rojstna letnica, zapisana v desetiškem številskem sestavu. Potem nam Simonov odgovor na dedovo vprašanje da enačbo (1900+ 10x +y)+ (1+ 9+ x +y) = 1990 , ki jo lahko poenostavimo v 11x+ 2y = 80. Ker velja 1 ≤ y ≤ 9 in je poleg tega x sod, je x = 6 in tedaj y = 7. Simon je torej praznoval 23. rojstni dan. Označimo zdaj z 19ab Jakovo rojstno letnico, za- pišimo enačbo (1900+ 10a+ b)+ 1 · 9 · a · b = 1990 , ki sledi iz njegovega odgovora, in jo poenostavimo. Dobimo 10a+ b + 9ab = 90, od koder vidimo, da je vsota a+b deljiva z 9 in je pri tem ab < 10. Zato ve- lja a+b = 9, substitucija b = 9−a pa nam da razcep- no kvadratno enačbo (a− 1)(a− 9) = 0 z rešitvama a1 = 1 in a2 = 9. Pogojem naloge ustreza le a = 1, torej je ded rojen leta 1918. Na podoben način lahko ugotovimo, da ded ne more biti rojen v prejšnjem stoletju. Za odgovor na dodatno vprašanje se najprej lo- timo Jakove rojstne letnice. Tudi v tem primeru jo zaznamujmo z 19ab in sestavimo ustrezno enačbo (1900 + 10a + b) + 9ab = N , kjer je N leto objave ponatisa naloge, torej 1991 ≤ N ≤ 2008. Jaka ima prav gotovo več kot 27 let, zato je 9ab > 27, od ko- der sledi ab ≥ 4. Ker je a ≥ 1 in tedaj 10a+ b ≥ 10, velja 9ab ≤ 2008− 1900− 10 = 98, torej je ab ≤ 10. Iz ocene 91− 9ab ≤ 10a+ b ≤ 108− 9ab z uporabo dejstva, da sta a in b števki, po kratkem računu dobimo vse možne rešitve a = 1, b = 9; a = 2, b = 4; a = 5, b = 1. Jaka bi bil lahko rojen leta 1919, 1924 ali 1951. V prvem primeru bi bilo leto objave ponatisa 2000, v drugem in tretjem pa 1996. Podobno lahko vidimo, da Jaka ni bil rojen v 19. sto- letju. Enačba za Simonovo rojstno letnico je 1900+10x+ y + 10+ x +y = N , torej 11x + 2y = 90 za N = 2000 , 11x + 2y = 86 za N = 1996 . V prvem primeru je edina rešitev x = 8, y = 1 (ta da Simonovo rojstno letnico 1981), v drugem pa ni nobene. Edina rešitev naloge je torej leto 2000, ko je bil Jaka star 81 let, Simon pa 19. 2 boris lavrič • Družinska r e š i t e v n a l o g e b is t r o v id e c 13 m a t e m a t i k a 35_Presek6_k_k.indd 13 12/5/08 09:57:42 17 .5 .2008 sipina Z elo verjetno o zvoku sipin ne boste slišali v šoli, še posebej zato, ker vprašanje še ni do kraja rešeno. V seeno je o njem m ogoˇce povedati vec zanim ivega. V eliko sipin ne oddaja zvoka. D oslej po vsej zem eljski obli poznajo vsaj enaintrideset obm oˇcij s pojo ˇcim i sipinam i. FizikaJadranska ulica 19 1001 LjubljanaSlovenija Presek 35 (2007/2008) 6 • Naj bo 19xy Simonova rojstna letnica, zapisana v desetiškem številskem sestavu. Potem nam Simonov odgovor na dedovo vprašanje da enačbo (1900+ 10x +y)+ (1+ 9+ x +y) = 1990 , ki jo lahko poenostavimo v 11x+ 2y = 80. Ker velja 1 ≤ y ≤ 9 in je poleg tega x sod, je x = 6 in tedaj y = 7. Simon je torej praznoval 23. rojstni dan. Označimo zdaj z 19ab Jakovo rojstno letnico, za- pišimo enačbo (1900+ 10a+ b)+ 1 · 9 · a · b = 1990 , ki sledi iz njegovega odgovora, in jo poenostavimo. Dobimo 10a+ b + 9ab = 90, od koder vidimo, da je vsota a+b deljiva z 9 in je pri tem ab < 10. Zato ve- lja a+b = 9, substitucija b = 9−a pa nam da razcep- no kvadratno enačbo (a− 1)(a− 9) = 0 z rešitvama a1 = 1 in a2 = 9. Pogojem naloge ustreza le a = 1, torej je ded rojen leta 1918. Na podoben način lahko ugotovimo, da ded ne more biti rojen v prejšnjem stoletju. Za odgovor na dodatno vprašanje se najprej lo- timo Jakove rojstne letnice. Tudi v tem primeru jo zaznamujmo z 19ab in sestavimo ustrezno enačbo (1900 + 10a + b) + 9ab = N , kjer je N leto objave ponatisa naloge, torej 1991 ≤ N ≤ 2008. Jaka ima prav gotovo več kot 27 let, zato je 9ab > 27, od ko- der sledi ab ≥ 4. Ker je a ≥ 1 in tedaj 10a+ b ≥ 10, velja 9ab ≤ 2008− 1900− 10 = 98, torej je ab ≤ 10. Iz ocene 91− 9ab ≤ 10a+ b ≤ 108− 9ab z uporabo dejstva, da sta a in b števki, po kratkem računu dobimo vse možne rešitve a = 1, b = 9; a = 2, b = 4; a = 5, b = 1. Jaka bi bil lahko rojen leta 1919, 1924 ali 1951. V prvem primeru bi bilo leto objave ponatisa 2000, v drugem in tretjem pa 1996. Podobno lahko vidimo, da Jaka ni bil rojen v 19. sto- letju. Enačba za Simonovo rojstno letnico je 1900+10x+ y + 10+ x +y = N , torej 11x + 2y = 90 za N = 2000 , 11x + 2y = 86 za N = 1996 . V prvem primeru je edina rešitev x = 8, y = 1 (ta da Simonovo rojstno letnico 1981), v drugem pa ni nobene. Edina rešitev naloge je torej leto 2000, ko je bil Jaka star 81 let, Simon pa 19. 2 • V eni od prejšnjih številk je Presek opisal živi pesek kot mešanico peska in vode. Ostanimo pri pesku, a to pot se zanimajmo za suhega. Suhi pe- sek je zrnata snov, ki se nenavadno vede. Čeprav ga sestavljajo delci trdnine, lahko teče podobno kot tekočine. Na zemeljski obli je veliko peska zbranega v sipinah. To so po več kilometrov dolgi in do več sto metrov visoki nanosi peska, ki jih je naredil veter, pogosto v puščavah. Večino sipin sestavljajo zrnca kremena, le sipine na Havajih so iz zrnc apnenca iz školjčnih lupin. Značilni premer zrnc meri od desetine do nekaj desetin milimetra. Sipine spreminjajo obliko, se premikajo in vplivajo na okolico, zato jih vneto raziskujejo. Nekatere od sipin oddajajo značilen zvok, ki traja od dela sekunde do več minut. Včasih ga je slišati na razdaljo več kilometrov. Ob izviru zna biti zvok do- kaj glasen, glasnost lahko doseže 100 decibelov, pri čemer 120 decibelov že povzroča bolečino v ušesih. O pojavu je med prvimi poročal svetovni popotnik Marco Polo pred več kot sedemsto leti: „Zli duhovi na trenutke zrak napolnijo z zvoki vseh vrst glasbenih inštrumentov in tudi bobnov in žvenketa orožja.“ Različne poslušalce je zvok spominjal na zvonove, trobente, orgle, ladijske rogove, oddaljen topovski ogenj, grom, nizko leteče letalo, brenčanje telegraf- skih žic, inštrument avstralskih praprebivalcev. Vča- sih s precej domišljije rečemo, da sipine „pojejo“. Zelo verjetno o zvoku sipin ne boste slišali v šoli, še posebej zato, ker vprašanje še ni do kraja rešeno. Vseeno je o njem mogoče povedati več zanimivega. V liko sipin ne oddaja zvoka. Doslej po vsej ze- meljski obli poznajo vsaj enaintrideset območij s po- jočimi sipinami. Naštejmo nekatera od njih: v Afriki v Alžiriji, Maroku, Libiji, Namibiji, Južnoafriški re- publiki; v Aziji na Kitajskem, v Katarju, Omanu; v Severni Ameriki v Nevadi, Michiganu, Kaliforniji; v Srednji Ameriki v Mehiki; v Južni Ameriki v Čilu in še na Havajih. Naj takoj omenimo, da je več območij, na katerih slišimo žvižgajoč zvok, ko po pesku ob obali morja, jezer ali rek ali na sipinah hodimo. Tudi ta zvok različno opišejo, včasih rečemo, da pesek škriplje. Obe vrsti zvoka imata podoben izvir, a tu se bomo omejili v glavnem na pojoče sipine. Samo na koncu bomo bežno omenili drugo vrsto zvoka. Pojoče sipine so začeli podrobneje raziskovati ko- nec 19. stoletja. Do danes se je nabralo veliko gra- diva in nekaj razlag, ki si včasih med seboj naspro- tujejo. Začnimo s tistimi, o katerih se raziskovalci strinjajo. Na položnejši privetrni strani sipine veter nalaga pesek. Navadno je pesek nastal daleč od si- pine tako, da so se zrnca na poti do sipine dobro obrusila. Za pojoče sipine so značilna dokaj okrogla 2 i j ji il j i l i i i i . i i , i j . i - j t , i . lj j l i i , l i . lj i li j li i i . il l i i i i i , i ji j il , . i i i lj j , l i i ji i i lj i l i . il i i i j i ili . i i i j j li , i j i li j li , ji i j j . i i j j il , i j l i . i j li i lj il . i i i i - j l , l l i l , i i l l i i . j j i i l i i l l i: li i l ij i l i i i i i j . li l l j i j l , , l , l ij , lj i j, , i l l l , j l - i i , i l i i l . - i j i ljij , i i j j . l j i i li li li, j , j i j . j j i i i . li i i j . l j j - lj i li j j i i ij - j i i i i i. j ji : i i l i iji, , i iji, i iji, i i - li i; iji i j , j , ; i i i i, i i , li iji; ji i i i i; i i i il i ji . j j i , j ij, i li i i j , li j , j li li i i i . i li i j , i , i lj . i i i i , jili l j i i . ili . j i i li j i i - . l j . j l li - i i j l , i i i j - j j . i i i i, i i l i i j j . l j i i i i i i l . j l l i- i , i i i il . j i i il j l e o re š šte e Prese o sa ž ese ot eša co es a o e. sta o r es , a to ot se za a o za s ega. S e se e zr a a s ov, se e a a o e e. ˇe ra ga sesta a o e c tr e, a o teče o ob o ot te oč e. a ze e s ob e e o es a zbra ega s p a . o so o eč o etro o g o eč sto etro so a os es a, e are eter, ogosto šča a . eč o s sesta a o zr ca re e a, e s e a a a so z zr c a e ca z š o č . Z ač re er zr c er o eset e o e a eset etra. S e s re a o ob o, se re a o a o a o o co, zato eto raz s e o. ekatere od s p n odda a o znač en zvok, k tra a od de a sekunde do več nut. čas h ga e s šat na razda o več k o etrov. b zv ru zna b t zvok do ka g asen, g asnost ahko doseže 100 dec be ov, pr če er 120 dec be ov že povzroča bo eč no v ušes h. po avu e ed prv poroča svetovn popotn k arco Po o pred več kot sede sto et : „Z duhov na trenutke zrak napo n o z zvok vseh vrst g asben h nštru entov n tud bobnov n žvenketa orož a.“ az čne pos uša ce e zvok spo n a na zvonove, trobente, org e, ad ske rogove, odda en topovsk ogen , gro , n zko eteče eta o, brenčan e te egraf sk h ž c, nštru ent avstra sk h prapreb va cev. ča s h s prece do š e reče o, da s p ne „po e o“. Ze o ver etno o zvoku s p n ne boste s ša v šo , še posebe zato, ker vprašan e še n do kra a rešeno. seeno e o n e ogoče povedat več zan vega. ko s p n ne odda a zvoka. os e po vse ze e sk ob pozna o vsa ena ntr deset ob oč s po oč s p na . ašte o nekatera od n h: v fr k v ž r , aroku, L b , a b , Južnoafr šk re pub k ; v z na ta ske , v atar u, anu; v Severn er k v evad , ch ganu, a forn ; v Sredn er k v eh k ; v Južn er k v ˇ u n še na ava h. a tako o en o, da e več ob oč , na kater h s š o žv žga oč zvok, ko po pesku ob oba or a, ezer a rek a na s p nah hod o. ud ta zvok raz čno op še o, včas h reče o, da pesek škr p e. be vrst zvoka ata podoben zv r, a tu se bo o o e v g avne na po oče s p ne. Sa o na koncu bo o bežno o en drugo vrsto zvoka. Po oče s p ne so zače podrobne e raz skovat ko nec 19. sto et a. o danes se e nabra o ve ko gra d va n neka raz ag, k s včas h ed sebo naspro tu e o. Začn o s t st , o kater h se raz skova c str n a o. a po ožne š pr vetrn stran s p ne veter na aga pesek. avadno e pesek nasta da eč od s p ne tako, da so se zrnca na pot do s p ne dobro obrus a. Za po oče s p ne so znač na doka okrog a 2 V ni d p j njih vilk j k pi l ivi p k k ni p k in v d O ni p i p ku p ni j uh uhi p - k j n t n ki n n v dn v d C p v vlj j d l i dnin l hk p d n k k in N lj ki li j v lik p k n v i in h T p v kil v d l i in d v v vi ki n n i p k ki jih j n dil v p v pu v h V in ipin vlj j n k n l ipin n H v jih i n pn n i k lj nih lupin n ilni p n i d d in d n k j d in ili ipin p inj j lik p ik j in vpliv j n k li jih vn i kuj j N i i j j il i j l i V i j li i lj il O i i i i - j l l l i l i i l l i i O j j i i l i i l l i li i l ij i l i i i i i j R li l l j i j l l l ij lj i j i l l l j l - i i i l i i l V - i j i ljij i i j j l j i i li li li j j i j V j j i i i V li i i j D l j j - lj i li j j i i ij - j i i i i i N j ji A i i Al i iji i iji N i iji i i - li i A iji Ki j K j O i A i i N i i i K li iji ji A i i i i i A i i Cil i H ji N j j i j ij i li i i j li j j li li i i i T i li i j i i lj O i i i i jili l j i i ili j i i li j i i - l j D j l li - i i j l i i i j - j j i i i i i i l i i j j N l j i i i i i i l N j l l i- i i i i il j i i il j l t t m . t m , t t m m . , . t t , t t t . m . m t t m t , t , t . t m , . m m t t m m t . m , m , t t . t r , tr m t. t r m tr . r t , t , r m r r . m r m r t t M r r t m t t : tr t r r t tr m t t t r . m , tr t , r , r , t , r m, t t , r t r f , tr m t tr r r . r m r m , . r t t , t , r r r r . m m t m . e . m tr t m m m . t m t r : fr r , M r , , m , J fr r ; t m, t r , m ; r m r , M , f r ; r m r M ; J m r . t m m , m , t r m , m r , r r m . t r , r m , r . r t m t r, t m m m . m m m r r t . r r t . t t . r r r , m r t . m t t m , t r r tr . r tr tr t r . t t , r t r r . r e i o rejš ji š e il je Prese o isal ži i ese o eša ico es a i o e s a i o ri es a o o se za i aj o za s ega S i e- se je zr t s ov i se e a a o e e ˇe ra ga ses a ljajo elci r i e la o eče o o o o e oči e a ze eljs i o li je eli o es a z ra ega si i o so o eč ilo e ro olgi i o eč s o e ro iso i a osi es a i ji je are il e er ogos o šča a eči o si i ses a ljajo zr ca re e a le si i e a a aji so iz zr c a e ca iz š oljč i l i ačil i re er zr c eri o ese i e o e aj ese i ili e ra Si i e s re i jajo o li o se re i ajo i li ajo a o olico za o ji e o razis jejo eka e e o si i o ajajo z ačile zvok ki aja o ela sek e o več i časi ga je sliša i a az aljo več kilo e ov b izvi z a bi i zvok o- kaj glase glas os la ko oseže 100 ecibelov i če e 120 ecibelov že ovz oča boleči o v šesi ojav je e vi i o očal sve ov i o o ik a co Polo e več ko se e s o le i „ li ovi a e ke z ak a ol ijo z zvoki vse v s glasbe i i š e ov i i bob ov i žve ke a o ožja “ azlič e osl šalce je zvok s o i jal a zvo ove obe e o gle la ijske ogove o alje o ovski oge j g o izko le eče le alo b e ča je eleg a - ski žic i š e avs alski a ebivalcev ča- si s ecej o išljije eče o a si i e „ ojejo“ elo ve je o o zvok si i e bos e slišali v šoli še osebej za o ke v aša je še i o k aja eše o see o je o je ogoče ove a i več za i ivega liko si i e o aja zvoka oslej o vsej ze- eljski obli oz ajo vsaj e ai i ese ob očij s o- joči i si i a i aš ej o eka e a o ji v iki v lži iji a ok Libiji a ibiji ž oa iški e- bliki v ziji a i ajske v a a j a v Seve i e iki v eva i ic iga ali o iji v S e ji e iki v e iki v ž i e iki v ˇil i še a avaji aj akoj o e i o a je več ob očij a ka e i sliši o žvižgajoč zvok ko o esk ob obali o ja jeze ali ek ali a si i a o i o i a zvok azlič o o išejo včasi eče o a esek šk i lje be v s i zvoka i a a o obe izvi a se bo o o ejili v glav e a ojoče si i e Sa o a ko c bo o bež o o e ili go v s o zvoka Pojoče si i e so začeli o ob eje aziskova i ko- ec 19 s ole ja o a es se je ab alo veliko g a- iva i ekaj azlag ki si včasi e seboj as o- jejo ač i o s is i i o ka e i se aziskovalci s i jajo a olož ejši ive i s a i si i e ve e alaga esek ava o je esek as al aleč o si- i e ako a so se z ca a o i o si i e ob o ob sila a ojoče si i e so z ačil a okaj ok ogla 2 n d p n h t v k k p v p k k t n p k n v d . t n p p ku, t p t n uh . uh p k na a n , k n n v dn v d . C p v t v d t dn n , hk t p d bn k t t k n . k b v k p k b n v p nah. T p v k t v d n d v t t v v k n n p k , k h n d v t , p t v pu v h. n p n t v n k n , p n n v h n pn n k n h up n. Zn n p n d d t n d n k d t n t . p n p n b k , p k n vp v n k , t h vn t ku . t r d p n dd n n , tr d d und d nut. V h t n r d tr . ru n t d n, n t h d d , pr r d p r n u h. p u d pr p r t n p p tn r pr d t d t t : Z duh n tr nut r n p n h r t n h n tru nt n tud n n n t r . R n p u p n n n , tr nt , r , d r , dd n t p n , r , n t t , r n n t r f h , n tru nt tr h pr pr . V h pr d r , d p n p . Z r tn u p n n t , p t , r pr n n d r r n . V n n p d t n . V p n n dd . p p n n ntr d t p p n . t n t r d n h: fr r , r u, , , Ju n fr r pu ; n K t , K t r u, nu; rn r d , h nu, K f rn ; r dn r h ; Ju n r C u n n h. t n , d , n t r h , p p u r , r r n p n h h d . Tud t r n p , h r , d p r p . r t t p d n r, tu n n p p n . n n u n n dru r t . p n p dr n r t n . t t . d n n r r d n n r , h d n pr tu . Z n t t , t r h r tr n . p n pr trn tr n p n t r n p . dn p n t d d p n t , d rn n p t d p n d r ru . Z p p n n n d r V i j ji il j i l i i i i O i i i j i - j t i lj j l i i l i N lj i li j li i i il l i i i i i i ji j il V i i i lj j l i i H ji i i lj i l i il i i i j i ili i i i j j li i j i li j li ji i j j N i i j j il i j l i i j li i lj il O i i i i - j l l l i l i i l l i i O j j i i l i i l l i li i l ij i l i i i i i j li l l j i j l l l ij lj i j i l l l j l - i i i l i i l - i j i ljij i i j j l j i i li li li j j i j j j i i i eli i i j D l j j - lj i li j j i i ij - j i i i i i N j ji A i i Al i iji i iji N i iji i i - li i A iji i j j O i A i i N i i i li iji ji A i i i i i A i i il i H ji N j j i j ij i li i i j li j j li li i i i i li i j i i lj O i i i i jili l j i i ili j i i li j i i - l j D j l li - i i j l i i i j - j j i i i i i i l i i j j N l j i i i i i i l N j l l i- i i i i il j i i il j l e o re š š e e Prese o sa ž ese o eša co es a o e. s a o r es , a o o se za a o za s ega. S e se e zr s ov, se e a a o e e. ˇe ra ga ses a a o e c r e, a o eče o o o o e oč e. a ze e s o e e o es a z ra ega s . o so o eč o e ro o g o eč s o e ro so a os es a, e are e er, ogos o šča a . eč o s ses a a o zr ca re e a, e s e a a a so z zr c a e ca z š o č . ač re er zr c er o ese e o e a ese e ra. S e s re a o o o, se re a o a o a o o co, za o e o raz s e o. eka e e o s o a a o z ač e zvok, k a a o e a sek e o več . čas ga e s ša a az a o več k o e ov. b zv z a b zvok o ka g ase , g as os a ko oseže 100 ec be ov, če e 120 ec be ov že ovz oča bo eč o v šes . o av e e v o oča sve ov o o k a co Po o e več ko se e s o e : „ ov a e ke z ak a o o z zvok vse v s g asbe š e ov bob ov žve ke a o ož a.“ az č e os ša ce e zvok s o a a zvo ove, obe e, o g e, a ske ogove, o a e o ovsk oge , g o , zko e eče e a o, b e ča e e eg a sk ž c, š e avs a sk a eb va cev. ča s s ece o š e eče o, a s e „ o e o“. e o ve e o o zvok s e bos e s ša v šo , še osebe za o, ke v aša e še o k a a eše o. see o e o e ogoče ove a več za vega. ko s e o a a zvoka. os e o vse ze e sk ob oz a o vsa e a ese ob oč s o oč s a . aš e o eka e a o : v k v ž , a ok , L b , a b , ž oa šk e b k ; v z a a ske , v a a , a ; v Seve e k v eva , c ga , a o ; v S e e k v e k ; v ž e k v ˇ še a ava . a ako o e o, a e več ob oč , a ka e s š o žv žga oč zvok, ko o esk ob oba o a, eze a ek a a s a o o. a zvok az č o o še o, včas eče o, a esek šk e. be v s zvoka a a o obe zv , a se bo o o e v g av e a o oče s e. Sa o a ko c bo o bež o o e go v s o zvoka. Po oče s e so zače o ob e e az skova ko ec 19. s o e a. o a es se e ab a o ve ko g a va eka az ag, k s včas e sebo as o e o. ač o s s , o ka e se az skova c s a o. a o ož e š ve s a s e ve e a aga esek. ava o e esek as a a eč o s e ako, a so se z ca a o o s e ob o ob s a. a o oče s e so z ač a oka ok og a 2 i j ji t il j i l i i t m i i . t im i , t t im jm . i - j t , i . t lj j l i t i , l t t t i . m lj i li j li i i . il m t l i i t m t i i i , i ji j il t , t . i i i t lj j m , l i i ji i i lj i l i . il i m m i ti j ti milim t . i i mi j j li , mi j i li j li , t ji t i j j . t r i i j j il , i tr j l mi t. i j li ti r lj il m tr . i ir iti - j l , l t l i l , ri m r i l r l i i . j j m r imi r l t i t i M r l r t m t l ti: li i tr t r l ij i r t l i i tr m t i t i i t r j . li l l j mi j l , tr t , r l , l ij r , lj t i j, r m, i l t l t l , r j t l r f- i i , i tr m t tr l i r r i l . - i r j mi ljij r m , i i j j . l rj t i i t li li li, j t , r r j i r j r . j j m m ti imi . li i i j . l j j - m lj i li j j i tri t m ij - j imi i i mi. t jm t r ji : fri i l iriji, M r , i iji, mi iji, J fri i r - li i; iji it j m, t rj , m ; r i m ri i i, Mi i , lif r iji; r ji m ri i M i i; J i m ri i il i ji . j t j m im , j m ij, t ri li im i j , li m rj , j r li r li i i im . i t r li i j , i r m , ri lj . r ti im t i ir, t m m jili l m j i i . m m m ili r r t . j i i li r j r i ti - . t l tj . j r l li r - i i j r l , i i i m j r - t j j . im ti timi, t ri r i l i tri j j . l j i ri tr i tr i i i t r l . j t l l i- i t , r ti i i r r il . j i i il j r l n d p n h v k k p v p k k n p k n v d n p p ku p n uh uh p k na a n k n n v dn v d C p v v d dn n hk p d bn k k n k b v k p k b n v p nah T p v k v d n d v v v k n n p k k h n d v p v pu v h n p n v n k n p n n v h n pn n k n h up n Zn n p n d d n d n k d n p n p n b k p k n vp v n k h vn ku d p n dd n n d d und d nu V h n d u n d n n h d d p d p n u h p u d p p n p p n p d d Z duh n nu n p n h n h n u n n ud n n n R n p u p n n n n d dd n p n n n n h n u n h p p V h p d d p n p Z n u p n n p p n n d n V n n p d n Ve p n n dd p p n n n d p p n n d n h u u n pu n K K u nu n d h nu K n dn h u n C u n n h n d n h p p u n p n h h d Tud n p h d p p p d n u n n p p n n n u n n d u p n p d n n d n n d n n h d n p u Z n h n p n p n n p n n p dn p n d d p n d n n p d p n d u Z p p n n n d V e i o rejš ji šte il je Prese o isal ži i ese ot eša ico es a i o e. Osta i o ri es , a to ot se za i aj o za s ega. S i e- se je zr t s ov, i se e a a o e e. ˇe ra ga sesta ljajo elci tr i e, la o teče o o o ot te oči e. Na ze eljs i o li je eli o es a z ra ega si i . o so o eč ilo etro olgi i o eč sto etro iso i a osi es a, i ji je are il eter, ogosto šča a . Veči o si i sesta ljajo zr ca re e a, le si i e a Ha aji so iz zr c a e ca iz š oljč i l i . ačil i re er zr c eri o eseti e o e aj eseti ili etra. Si i e s re i jajo o li o, se re i ajo i li ajo a o olico, zato ji eto razis jejo. Nekatere o si i o ajajo z ačile zvok, ki traja o ela sek e o več i t. časi ga je slišati a raz aljo več kilo etrov. Ob izvir z a biti zvok o- kaj glase , glas ost la ko oseže 100 ecibelov, ri če er 120 ecibelov že ovzroča boleči o v šesi . O ojav je e rvi i oročal svetov i o ot ik arco Polo re več kot se e sto leti: „ li ovi a tre tke zrak a ol ijo z zvoki vse vrst glasbe i i štr e tov i t i bob ov i žve keta orožja.“ azlič e osl šalce je zvok s o i jal a zvo ove, trobe te, orgle, la ijske rogove, o alje to ovski oge j, gro , izko leteče letalo, bre ča je telegraf- ski žic, i štr e t avstralski ra rebivalcev. ča- si s recej o išljije reče o, a si i e „ ojejo“. elo verjet o o zvok si i e boste slišali v šoli, še osebej zato, ker v raša je še i o kraja reše o. see o je o je ogoče ove ati več za i ivega. liko si i e o aja zvoka. Doslej o vsej ze- eljski obli oz ajo vsaj e ai tri eset ob očij s o- joči i si i a i. Naštej o ekatera o ji : v Afriki v Alžiriji, arok , Libiji, Na ibiji, J ž oafriški re- bliki; v Aziji a itajske , v atarj , O a ; v Sever i A eriki v Neva i, ic iga , alifor iji; v Sre ji A eriki v e iki; v J ž i A eriki v ˇil i še a Havaji . Naj takoj o e i o, a je več ob očij, a kateri sliši o žvižgajoč zvok, ko o esk ob obali orja, jezer ali rek ali a si i a o i o. i ta zvok različ o o išejo, včasi reče o, a esek škri lje. Obe vrsti zvoka i ata o obe izvir, a t se bo o o ejili v glav e a ojoče si i e. Sa o a ko c bo o bež o o e ili r go vrsto zvoka. Pojoče si i e so začeli o rob eje raziskovati ko- ec 19. stoletja. Do a es se je abralo veliko gra- iva i ekaj razlag, ki si včasi e seboj as ro- t jejo. ač i o s tisti i, o kateri se raziskovalci stri jajo. Na olož ejši rivetr i stra i si i e veter alaga esek. Nava o je esek astal aleč o si- i e tako, a so se zr ca a oti o si i e obro obr sila. a ojoče si i e so z ačil a okaj okrogla 2 e ni d p j njih vilk j k pi l ivi p k k ni p k in v d . ni p i p ku, p ni j uh . uhi p - k j na a n , ki n n v dn v d . C p v vlj j d l i dnin , l hk p d bn k k in . lj ki bli j v lik p k b n v ipinah. T p v kil v d l i in d v v vi ki n n i p k , ki jih j n dil v , p v pu v h. in ipin vlj j n k n , l ipin n v jih i n pn n i k lj nih lupin. Zn ilni p n i d d in d n k j d in ili . ipin p inj j blik , p ik j in vpliv j n k li , jih vn i kuj j . d ipin dd j j n il n , i j d d l und d inu . V ih j li i n d lj il . i i u n i i d - j l n, l n l h d d i l , p i d i l p l in u ih. p j u j d p i i p l ni p p ni M l p d d l i: Zli duh i n nu n p lnij i h l nih in u n in udi n in n j . R li n p lu l j p inj l n n , n , l , l dij , dd lj n p i nj, , ni l l l , n nj l - ih i , in u n l ih p p i l . V - ih p j d i ljij , d ipin p j j . Z l j n u ipin n li li li, p j , p nj ni d j n . V n j nj p d i ni i . V li ipin n dd j . l j p j - lj i li p n j j n in id ij p - j i i ipin i. j n d njih: i i l i iji, M u, i iji, i iji, u n i i - pu li i; iji n Ki j , K ju, nu; ni i i di, Mi hi nu, K li niji; dnji i i M hi i; u ni i i Cilu in n jih. j j ni , d j ij, n ih li i i j , p p u li j , j li li n ipin h h di . Tudi li n pi j , ih , d p iplj . i i p d n i i , u jili l n n p j ipin . n n u n nili d u . j ipin li p d n j i i - n . l j . d n j n l li - di in n j l , i i ih d j n p - uj j . Z ni i i i, ih i l i inj j . p l n j i p i ni ni ipin n l p . dn j p n l d l d i- pin , d n n p i d ipin d u il . Z p j ipin n iln d j l janez strnad • Pojoče sipine 14 m a t e m a t i k a + f i z i k a 35_Presek6_k_k.indd 14 12/5/08 09:57:47 15 f i z i k a Presek 35 (2007/2008) 6 V eni od prejšnjih številk je Presek opisal živi pesek kot mešanico peska in vode. Ostanimo pri pesku, a to pot se zanimajmo za suhega. Suhi pe- sek je zrnata snov, ki se nenavadno vede. Čeprav ga sestavljajo delci trdnine, lahko teče podobno kot tekočine. Na zemeljski obli je veliko peska zbranega v sipinah. To so po več kilometrov dolgi in do več sto metrov visoki nanosi peska, ki jih je naredil veter, pogosto v puščavah. Večino sipin sestavljajo zrnca kremena, le sipine na Havajih so iz zrnc apnenca iz školjčnih lupin. Značilni premer zrnc meri od desetine do nekaj desetin milimetra. Sipine spreminjajo obliko, se premikajo in vplivajo na okolico, zato jih vneto raziskujejo. Nekatere od sipin oddajajo značilen zvok, ki traja od dela sekunde do več minut. Včasih ga je slišati na razdaljo več kilometrov. Ob izviru zna biti zvok do- kaj glasen, glasnost lahko doseže 100 decibelov, pri čemer 120 decibelov že povzroča bolečino v ušesih. O pojavu je med prvimi poročal svetovni popotnik Marco Polo pred več kot sedemsto leti: „Zli duhovi na trenutke zrak napolnijo z zvoki vseh vrst glasbenih inštrumentov in tudi bobnov in žvenketa orožja.“ Različne poslušalce je zvok spominjal na zvonove, trobente, orgle, ladijske rogove, oddaljen topovski ogenj, grom, nizko leteče letalo, brenčanje telegraf- skih žic, inštrument avstralskih praprebivalcev. Vča- sih s precej domišljije rečemo, da sipine „pojejo“. Zelo verjetno o zvoku sipin ne boste slišali v šoli, še posebej zato, ker vprašanje še ni do kraja rešeno. Vseeno je o njem mogoče povedati več zanimivega. Veliko sipin ne oddaja zvoka. Doslej po vsej ze- meljski obli poznajo vsaj enaintrideset območij s po- jočimi sipinami. Naštejmo nekatera od njih: v Afriki v Alžiriji, Maroku, Libiji, Namibiji, Južnoafriški re- publiki; v Aziji na Kitajskem, v Katarju, Omanu; v Severni Ameriki v Nevadi, Michiganu, Kaliforniji; v Srednji Ameriki v Mehiki; v Južni Ameriki v Čilu in še na Havajih. Naj takoj omenimo, da je več območij, na katerih slišimo žvižgajoč zvok, ko po pesku ob obali morja, jezer ali rek ali na sipinah hodimo. Tudi ta zvok različno opišejo, včasih rečemo, da pesek škriplje. Obe vrsti zvoka imata podoben izvir, a tu se bomo omejili v glavnem na pojoče sipine. Samo na koncu bomo bežno omenili drugo vrsto zvoka. Pojoče sipine so začeli podrobneje raziskovati ko- nec 19. stoletja. Do danes se je nabralo veliko gra- diva in nekaj razlag, ki si včasih med seboj naspro- tujejo. Začnimo s tistimi, o katerih se raziskovalci strinjajo. Na položnejši privetrni strani sipine veter nalaga pesek. Navadno je pesek nastal daleč od si- pine tako, da so se zrnca na poti do sipine dobro obrusila. Za pojoče sipine so značilna dokaj okrogla 2 zrnca, ki so vsa približno enako velika. Veter zrnca postopno potiska proti vrhu sipine. Na odvetrni stra- ni sipine se prožijo plazovi, ko postane dovolj strma in nagib preseže približno 34◦. Sipina ima plasto- vito zgradbo, na vrhu so najbolj rahle plasti. Ome- nili smo, da so zrnca približno enako velika in je ve- likost značilna za sipino. V pesku ne sme biti manj- ših prašnih delcev. Večinoma jih iz sipine spere dež, čeprav ta navadno ni pogost. Pesek tudi ne sme biti moker. Zjutraj mora sonce najprej pregnati nočno vlago, preden sipine začnejo oddajati zvok. Zvok je značilen za sipino in ima razmeroma nizko frekven- co okoli 100 nihajev na sekundo. Zvok s tolikšno frekvenco oddajajo na primer transformatorji in elektromagneti (frekvenca izmeničnega toka je 50 nihajev na sekundo). Zvok sipin nastane drugače kot zvok glasbenih in- štrumentov. Pri teh zbudimo telo, na primer struno, opno ali stebriček zraka, da niha s frekvenco, ki je zanj značilna. V ta namen telo zmotimo s kladivcem ali lokom, z udarcem, s pihanjem. Večina raziskoval- cev misli, da zvok pri sipini nastane, ko se na strmi strani sam od sebe sproži plaz. Plaz z debelino okoli deset centimetrov polzi navzdol, tako da se zrnca na vrhu gibljejo najhitreje in hitrost z globino pojema in zrnca na spodnji meji mirujejo. Predstavljajte si, da premaknete zgornjo karto v skladovnici igralnih kart tako, da spodnja karta ostane pri miru. Sosed- nji tanki plasti zrnc in karti se gibljeta podobno kot rezili škarij. To je strižno gibanje. Prevladuje mne- nje, da zvok nastane v plazu, v katerem se tanke pla- sti zrnc peska strižno gibljejo druga glede na drugo. Zvok naj torej ne bi bil povezan neposredno z vetrom ali s sipino kot celoto ampak predvsem z zrnci peska. Poskuse delajo z votlim medeninastim valjem, ki po- skakuje po nagnjeni vrsti enakih valjev v spremenlji- vem razmiku. S tem dobijo podatke, ki so zanimivi tudi za snežne plazove, čeprav se snežinke za raz- liko od zrnc peska lahko sprimejo. V zadnjih letih sta zvok sipin raziskovala Stépha- ne Douady in njegov nekdanji učenec Bruno Andreot- ti v okviru raziskovalne skupine Snov in kompleksni sistemi na eni od pariških univerz. Med raziskovan- jem sipin sta postala pozorna na zvok in sta mu posvetila vse več pozornosti. Ugotovila sta, da plaz, ki ga umetno sprožimo, povzroči zvok z enako frek- venco, kot jo ima plaz, ki se sproži sam od sebe. V tej zvezi sta naredila veliko poskusov. Pozneje, ko je bilo treba pojasniti njihov izid, pa sta se njuna pogleda ločila in onadva sta se razšla. Nazadnje sta objavila ločena članka, Andreotti je prešel tudi na drugo ustanovo. Kamen spotike je bilo vprašanje, kaj povzroči, da se zrnca gibljejo ubrano. Douady je trdil, da nastane zvok zaradi pojavov v strižni plasti sami, ko zrnca zgornje tanke plasti poskakujejo čez zrnca spodnje tanke plasti z enako frekvenco in na- stane stoječe valovanje ter s tem ubrano gibanje zrnc v sosednjih tankih plasteh. Andreotti pa je nasprot- no trdil, da trki med zrnci v strižni plasti zbudijo 3 zrnca, ki so vsa približno enako velika. Veter zrnca postopno potiska proti vrhu sipine. Na odvetrni stra- ni sipine se prožijo plazovi, ko postane dovolj strma in nagib preseže približno 34◦. Sipina ima plasto- vito zgradbo, na vrhu so najbolj rahle plasti. Ome- nili smo, da so zrnca približno enako velika in je ve- likost značilna za sipino. V pesku ne sme biti manj- ših prašnih delcev. Večinoma jih iz sipine spere dež, čeprav ta navadno ni pogost. Pesek tudi ne sme biti moker. Zjutraj mora sonce najprej pregnati nočno vlago, preden sipine začnejo oddajati zvok. Zvok je značilen za sipino in ima razmeroma nizko frekven- co okoli 100 nihajev na sekundo. Zvok s tolikšno frekvenco oddajajo na primer transformatorji in elektromagneti (frekvenca izmeničnega toka je 50 nihajev na sekundo). Zvok sipin nastane drugače kot zvok glasbenih in- štrumentov. Pri teh zbudimo telo, na primer struno, opno ali stebriček zraka, da niha s frekvenco, ki je zanj značilna. V ta namen telo zmotimo s kladivcem ali lokom, z udarcem, s pihanjem. Večina raziskoval- cev misli, da zvok pri sipini nastane, ko se na strmi strani sam od sebe sproži plaz. Plaz z debelino okoli deset centimetrov polzi navzdol, tako da se zrnca na vrhu gibljejo najhitreje in hitrost z globino pojema in zrnca na spodnji meji mirujejo. Predstavljajte si, da premaknete zgornjo karto v skladovnici igralnih kart tako, da spodnja karta ostane pri miru. Sosed- nji tanki plasti zrnc in karti se gibljeta podobno kot rezili škarij. To je strižno gibanje. Prevladuje mne- nje, da zvok nastane v plazu, v katerem se tanke pla- sti zrnc peska strižno gibljejo druga glede na drugo. Zvok naj torej ne bi bil povezan neposredno z vetrom ali s sipino kot celoto ampak predvsem z zrnci peska. Poskuse delajo z votlim medeninastim valjem, ki po- skakuje po nagnjeni vrsti enakih valjev v spremenlji- vem razmiku. S tem dobijo podatke, ki so zanimivi tudi za snežne plazove, čeprav se snežinke za raz- liko od zrnc peska lahko sprimejo. V zadnjih letih sta zvok sipin raziskovala Stépha- ne Douady in njegov nekdanji učenec Bruno Andreot- ti v okviru raziskovalne skupine Snov in kompleksni sistemi na eni od pariških univerz. Med raziskovan- jem sipin sta postala pozorna na zvok in sta mu posvetila vse več pozornosti. Ugotovila sta, da plaz, ki ga umetno sprožimo, povzroči zvok z enako frek- venco, kot jo ima plaz, ki se sproži sam od sebe. V tej zvezi sta naredila veliko poskusov. Pozneje, ko je bilo treba pojasniti njihov izid, pa sta se njuna pogleda ločila in onadva sta se razšla. Nazadnje sta objavila ločena članka, Andreotti je prešel tudi na drugo ustanovo. Kamen spotike je bilo vprašanje, kaj povzroči, da se zrnca gibljejo ubrano. Douady je trdil, da nastane zvok zaradi pojavov v strižni plasti sami, ko zrnca zgornje tanke plasti poskakujejo čez zrnca spodnje tanke plasti z enako frekvenco in na- stane stoječe valovanje ter s tem ubrano gibanje zrnc v sosednjih tankih plasteh. Andreotti pa je nasprot- no trdil, da trki med zrnci v strižni plasti zbudijo 3 prožno valovanje, ki potuje po površju sipine in po- vzroči, da postanejo trki ubrani. Andreottijev članek je izšel konec leta 2004. V njem je opisal poskuse, pri katerih je v zraku nad plazom meril tlak in premikanje plasti na površju in pod njim ter ugotovil, da sta pojava sočasna. Douady je po precejšnjih težavah v isti reviji leta 2006 objavil članek s šestimi sodelavci. Tako je imel več časa za temeljite poskuse. Meril je frekvenco zvoka sipin v Maroku in na dveh mestih v Čilu ter upošteval po- datke za ameriško sipino. Pri tem je frekvenco meril na nekaj nihajev na sekundo natančno. Merjenja so podprla zvezo, da je frekvenca obratno sorazmerna s kvadratnim korenom iz srednjega premera zrnc, ki so jo izpeljali leta 1966: ν = 0,4  g/2r . Koeficient 0,4 so dobili z merjenji, utemeljili pa so ga tudi z računom. Zveze ni težko razumeti. Na eni strani je frekvenca enaka strižni hitrosti, to je razmerju med spremembo hitrosti v plasti in debe- line plasti ν = ∆vx/∆y . Na drugi strani težni po- spešek g poganja gibanje, velikost kroglic, na primer premer 2r , pa ga zavira. Douady je izvedel še dve vrsti poskusov. Pri prvi vrsti je z deskami omejil kanal na strmem delu si- pine in meril frekvenco zvoka pri plazovih, ki jih je sprožil umetno. Nato je nadaljeval poskuse s pes- kom iz sipine v laboratoriju. V plasti peska med valjema, ki se je skupaj z valjema vrtela, je miru- joče vodoravno krilce potovalo skozi pesek. Meril je frekvenco v odvisnosti od debeline plasti in hitrosti peska glede na krilce. Vse kaže, da je za zvok pomembno, kakšno je površje zrnc. Mislili so, da so zrnca prevlečena z zelo tanko plastjo kremenovega gela. Sestava te plasti ni gotova, ne dvomijo pa, da plast obstaja. Po določe- nem številu Douadyjevih poskusov je namreč pesek prenehal oddajati zvok. Vsi raziskovalci sipin se s tako razlago ne strinja- jo. Ena od skupin zagotavlja, da ni posebnega po- java, ki bi skrbel za ubrano gibanje zrnc. Plasti v sipini naj bi kot valovni vodnik prevajale le zvok z določeno frekvenco. Nazadnje omenimo še pesek, ki oddaja zvok, ko hodimo po njem. Tudi ta zvok izvira od strižnega gi- banja med tankimi plastmi zrnc. Vendar to gibanje poganja sila noge, medtem kot gibanje plasti v sipi- nah poganja teža. V zvoku sipine je zastopana ena sama frekvenca, v zvoku pri hoji pa je zastopana osnovna frekvenca in nekaj njenih harmoničnih več- kratnikov. Ta zvok traja precej krajši čas. 4 • na da lje va nj e na s tr an i 18 35_Presek6_k_k.indd 15 12/5/08 09:57:49 r a z v e d r i l o 16 Nagradna kr ižanka 35_Presek6_k_k.indd 16 12/5/08 09:57:55 r a z v e d r i l o 17 n a g r a d n i r a z p i s • Črke iz označenih polj po vrsti zapišite na Preseku priloženo dopisnico, dodajte tudi svoje ime, priimek in naslov. Dopi- snice pošljite na Presekov naslov (poštni- na je že plačana) do 13. junija 2008, ko bomo izžrebali tri nagrajence, ki bodo prejeli Presekov paket. • 35_Presek6_k_k.indd 17 12/5/08 09:57:57 18 f i z i k a prožno valovanje, ki potuje po površju sipine in po- vzroči, da postanejo trki ubrani. Andreottijev članek je izšel konec leta 2004. V njem je opisal poskuse, pri katerih je v zraku nad plazom meril tlak in premikanje plasti na površju in pod njim ter ugotovil, da sta pojava sočasna. Douady je po precejšnjih težavah v isti reviji leta 2006 objavil članek s šestimi sodelavci. Tako je imel več časa za temeljite poskuse. Meril je frekvenco zvoka sipin v Maroku in na dveh mestih v Čilu ter upošteval po- datke za ameriško sipino. Pri tem je frekvenco meril na nekaj nihajev na sekundo natančno. Merjenja so podprla zvezo, da je frekvenca obratno sorazmerna s kvadratnim korenom iz srednjega premera zrnc, ki so jo izpeljali leta 1966: ν = 0,4  g/2r . Koeficient 0,4 so dobili z merjenji, utemeljili pa so ga tudi z računom. Zveze ni težko razumeti. Na eni strani je frekvenca enaka strižni hitrosti, to je razmerju med spremembo hitrosti v plasti in debe- line plasti ν = ∆vx/∆y . Na drugi strani težni po- spešek g poganja gibanje, velikost kroglic, na primer premer 2r , pa ga zavira. Douady je izvedel še dve vrsti poskusov. Pri prvi vrsti je z deskami omejil kanal na strmem delu si- pine in meril frekvenco zvoka pri plazovih, ki jih je sprožil umetno. Nato je nadaljeval poskuse s pes- kom iz sipine v laboratoriju. V plasti peska med valjema, ki se je skupaj z valjema vrtela, je miru- joče vodoravno krilce potovalo skozi pesek. Meril je frekvenco v odvisnosti od debeline plasti in hitrosti peska glede na krilce. Vse kaže, da je za zvok pomembno, kakšno je površje zrnc. Mislili so, da so zrnca prevlečena z zelo tanko plastjo kremenovega gela. Sestava te plasti ni gotova, ne dvomijo pa, da plast obstaja. Po določe- nem številu Douadyjevih poskusov je namreč pesek prenehal oddajati zvok. Vsi raziskovalci sipin se s tako razlago ne strinja- jo. Ena od skupin zagotavlja, da ni posebnega po- java, ki bi skrbel za ubrano gibanje zrnc. Plasti v sipini naj bi kot valovni vodnik prevajale le zvok z določeno frekvenco. Nazadnje omenimo še pesek, ki oddaja zvok, ko hodimo po njem. Tudi ta zvok izvira od strižnega gi- banja med tankimi plastmi zrnc. Vendar to gibanje poganja sila noge, medtem kot gibanje plasti v sipi- nah poganja teža. V zvoku sipine je zastopana ena sama frekvenca, v zvoku pri hoji pa je zastopana osnovna frekvenca in nekaj njenih harmoničnih več- kratnikov. Ta zvok traja precej krajši čas. 4 Presek 35 (2007/2008) 6 prožno valovanje, ki potuje po površju sipine in po- vzroči, da postanejo trki ubrani. Andreottijev članek je izšel konec leta 2004. V njem je opisal poskuse, pri katerih je v zraku nad plazom meril tlak in premikanje plasti na površju in pod njim ter ugotovil, da sta pojava sočasna. Douady je po precejšnjih težavah v isti reviji leta 2006 objavil članek s šestimi sodelavci. Tako je imel več časa za temeljite poskuse. Meril je frekvenco zvoka sipin v Maroku in na dveh mestih v Čilu ter upošteval po- datke za ameriško sipino. Pri tem je frekvenco meril na nekaj nihajev na sekundo natančno. Merjenja so podprla zvezo, da je frekvenca obratno sorazmerna s kvadratnim korenom iz srednjega premera zrnc, ki so jo izpeljali leta 1966: ν = 0,4  g/2r . Koeficient 0,4 so dobili z merjenji, utemeljili pa so ga tudi z računom. Zveze ni težko razumeti. Na eni strani je frekvenca enaka strižni hitrosti, to je razmerju med spremembo hitrosti v plasti in debe- line plasti ν = ∆vx/∆y . Na drugi strani težni po- spešek g poganja gibanje, velikost kroglic, na primer premer 2r , pa ga zavira. Douady je izvedel še dve vrsti poskusov. Pri prvi vrsti je z deskami omejil kanal na strmem delu si- pine in meril frekvenco zvoka pri plazovih, ki jih je sprožil umetno. Nato je nadaljeval poskuse s pes- kom iz sipine v laboratoriju. V plasti peska med valjema, ki se je skupaj z valjema vrtela, je miru- joče vodoravno krilce potovalo skozi pesek. Meril je frekvenco v odvisnosti od debeline plasti in hitrosti peska glede na krilce. Vse kaže, da je za zvok pomembno, kakšno je površje zrnc. Mislili so, da so zrnca prevlečena z zelo tanko plastjo kremenovega gela. Sestava te plasti ni gotova, ne dvomijo pa, da plast obstaja. Po določe- nem številu Douadyjevih poskusov je namreč pesek prenehal oddajati zvok. Vsi raziskovalci sipin se s tako razlago ne strinja- jo. Ena od skupin zagotavlja, da ni posebnega po- java, ki bi skrbel za ubrano gibanje zrnc. Plasti v sipini naj bi kot valovni vodnik prevajale le zvok z določeno frekvenco. Nazadnje omenimo še pesek, ki oddaja zvok, ko hodimo po njem. Tudi ta zvok izvira od strižnega gi- banja med tankimi plastmi zrnc. Vendar to gibanje poganja sila noge, medtem kot gibanje plasti v sipi- nah poganja teža. V zvoku sipine je zastopana ena sama frekvenca, v zvoku pri hoji pa je zastopana osnovna frekvenca in nekaj njenih harmoničnih več- kratnikov. Ta zvok traja precej krajši čas. 4 S ika 1. Časovni potek odm ka dela zraka od ravnovesne l ge – vodoravna črta ustreza 0,1 s kunde – (zgoraj) in spekter zvoka sipine (spodaj). V spektru je na vodoravno os nanesena f ekvenca ν, na navpǐcno pa del jakosti na ozkem frekvenčnem pasu, deljen s širi o pasu ∆j/∆ν. Za- st pane so samo frekvence na ozkem frekvenčne pasu okoli osnovne frekvence. Slika 2. Časovni potek odmika dela zraka v odvisnosti od časa – vodoravna črta ustreza 0,025 sekunde – (zgoraj) in spekter zvoka pri hoji po pesku (spodaj). V zvoku so za- stopane frekvence okoli osnovne frekvence in okoli njenih večkratnikov. Ta zvok traja le kratek čas. 5 • Slika 1. Časovni potek odmika dela zraka od ravnovesne lege – vodoravna črta ustreza 0,1 sekunde – (zgoraj) in spekter zvoka sipine (spodaj). V spektru je na vodoravno os nanesena frekvenca ν, na navpǐcno pa del jakosti na ozkem frekvenčnem pasu, deljen s širino pasu ∆j/∆ν. Za- stopane so samo frekvence na ozkem frekvenčnem pasu okoli osnovne frekvence. Slika 2. Časovni pot k odmika dela zraka v odvis osti od časa – vodoravna črta ustreza 0,025 sekunde – (zgoraj) in kter zvoka pri hoji po pesku (spodaj). V zvoku so za- stopane frekvence okol osnovne frekvence in okoli njenih večkratnikov. Ta zvok traja le kratek čas. 5 Sipina 2r 0,4 √g/2r izmerjena v Ghord Lahmar, Tarfaya, Maroko 0,16 mm 99 s— 1 105 s — 1 Mar d Dunas, Copiago, Čile 0,21 mm 86 s— 1 90 s — 1 Cerro Bramador, Copiago, Čile 0,27 mm 76 s— 1 75 s — 1 Sand Mountain, Nevada, ZDA 0,34 mm 68 s— 1 63 s — 1 ••• Tabela. na da lje va nj e s st ra ni 15 • o dm ik o dm ik čas čas s—1 s—1 ν ν ∆j/∆ν ∆j/∆ν 0 40 80 120 160 200 0 1,550 860 1,720 2,580 3,100 35_Presek6_k_k.indd 18 12/5/08 09:57:59 19 f i z i k a Presek 35 (2007/2008) 6 • 28. Ali lahko skuhaš čaj na sveči v papirnatem ko- zarcu? Poskus. V papirnat kozarček nalij šilce (3 cl) vode. Če nimaš majhnega kozarčka pri roki, ga zgubaj po priloženi skici iz kosa pisarniškega papirja (21 cm× 21 cm ali 18 cm × 18 cm) (Povzeto po M. Kuretu: Ve- selja dom, II. knjiga, Slovenčeva knjižnica, Ljubljana 1942, str. 387). V vodo vrzi nekaj zrnc ali vrečico čaja. Hvaležen je hibiskus, ki ne rabi zelo visoke tem- perature in živo obarva vodo. Kozarec drži tik nad plamenom sveče, da se ne bodo nabirale saje. Ko voda zavre (ali ko se vsaj segreje na primerno tem- peraturo), je napitek je pripravljen. Ali je to res, ali bo kozarec prej zgorel? Razmislek. Toplotni tok prevzame voda. Gostoto toplotnega toka skozi papir j = Q/St ocenimo iz to- plote, ki je potrebna, da voda zavre (Q =mcp/(T2 − T1), m = 30 g, cp = 4200 J/kgK, T1 = 20◦ C, T2 = 100◦ C). Izpostavljena ploskev kozarca je kakih S ≈ 5 cm, čas do vrenja t pa izmerimo. Če vodo le se- grejemo, je pač T2 = 60◦ do 80◦. Iz gostote toplot- nega toka ocenimo temperaturno razliko med toplo in hladno stranjo papirja: j = λ∆T/d, pri čemer je toplotna prevodnost papirja λ ≈ 0,6 W/mK ter de- belina papirja d = 0,1 mm. Ali je ta temperaturna razlika majhna, ali je tako huda, da papir zgori? Odgovora na vprašanji iz prejšnjih številke 26. Stisljivost snega. Ko sneži, nastavi valjasto poso- do, da se napolni s snegom. Če ne sneži dovolj, pa pre- vidno prestrezi polno posodo svežega snega. Izmeri višino snega. Nato z vso silo stisni sneg z okroglo ploščico in izmeri, za kolikšen faktor si ga stisnil. Po- novi poskus za različne vrste snega (pršič, južni sneg, uležan sneg, sren). Odgovor. V Ljubljani kar ni hotelo snežiti, na smu- čanju pa sem pozabil na to nalogo. Potrebno bo iti v hribe in narediti nekaj meritev! Po mojih izkušnjah se rahel sneg stisne tipično za faktor 10, kar je v skladu s podatki v literaturi. Po- gledal sem na svetovni splet (GOOGLE → Compres- sibility of snow → recimo članek P. I. Perla: Fail- ure of Snow Slopes). Avtor omenja, da je gostota snega 30-300 kg/m3, na pobočjih se stisne največ na 500 kg/m3, pri 800 kg/m3 pa sneg že „poledeni“ (zrna se stisnjejo in ne drsijo več, ker presledki z zrakom niso več povezani). Omenjene raziskave so pomembne za razumevanje proženja plazov. 27. Arktični led. Na Severnem ledenem morju (Ar- ktičnem oceanu) plava ledena plošča, debela v pov- prečju dva metra. Poleti se več kot pol ledu stali. Ko- liko bi se spremenila gladina morja, če bi se ves led stalil? Za lažji razmislek napravi naslednji poskus. V kozarec vode daj kos ledu in dolij toliko ledeno mrzle vode, da bo gladina vode segla točno do roba kozarca. Verjetno bo zaradi površinske napetosti celo za spoz- nanje višja. Del ledu bo kukal ven. (Koliko?) Počakaj, da se led stali. Ali bo gladina vode (a) padla, (b) ostala ista, ali (c) narastla, tako da bo nekaj vode steklo čez 2 mitja rosina 28. Ali lahko skuhaš čaj na sveči v papirnatem ko- zarcu? Poskus. V papirnat kozarček nalij šilce (3 cl) vode. Če nimaš majhnega kozarčka pri roki, ga zgubaj po priloženi skici iz kosa pisarniškega papirja (21 cm× 21 cm ali 18 cm × 18 cm) (Povzeto po M. Kuretu: Ve- selja dom, II. knjiga, Slovenčeva knjižnica, Ljubljana 1942, str. 387). V vodo vrzi nekaj zrnc ali vrečico čaja. Hvaležen je hibiskus, ki ne rabi zelo visoke tem- perature in živo obarva vodo. Kozarec drži tik nad plamenom sveče, da se ne bodo nabirale saje. Ko voda zavre (ali ko se vsaj segreje na primerno tem- peraturo), je napitek je pripravljen. Ali je to res, ali bo kozarec prej zgorel? Razmislek. Toplotni tok prevzame voda. Gostoto toplotnega toka skozi papir j = Q/St ocenimo iz to- plote, ki je potrebna, da voda zavre (Q =mcp/(T2 − T1), m = 30 g, cp = 4200 J/kgK, T1 = 20◦ C, T2 = 100◦ C). Izpostavljena ploskev kozarca je kakih S ≈ 5 cm, čas do vrenja t pa izmerimo. Če vodo le se- grejemo, je pač T2 = 60◦ do 80◦. Iz gostote toplot- nega toka ocenimo temperaturno razliko med toplo in hladno stranjo papirja: j = λ∆T/d, pri čemer je toplotna prevodnost papirja λ ≈ 0,6 W/mK ter de- belina papirja d = 0,1 mm. Ali je ta temperaturna razlika majhna, ali je tako huda, da papir zgori? Odgovora na vprašanji iz prejšnjih številke 26. Stisljivost snega. Ko sneži, nastavi valjasto poso- do, da se napolni s snegom. Če ne sneži dovolj, pa pre- vidno prestrezi polno posodo svežega snega. Izmeri višino snega. Nato z vso silo stisni sneg z okroglo ploščico in izmeri, za kolikšen faktor si ga stisnil. Po- novi poskus za različne vrste snega (pršič, južni sneg, uležan sneg, sren). Odgovor. V Ljubljani kar ni hotelo snežiti, na smu- čanju pa sem pozabil na to nalogo. Potrebno bo iti v hribe in narediti nekaj meritev! Po mojih izkušnjah se rahel sneg stisne tipično za faktor 10, kar je v skladu s podatki v literaturi. Po- gledal sem na svetovni splet (GOOGLE → Compres- sibility of snow → recimo članek P. I. Perla: Fail- ure of Snow Slopes). Avtor omenja, da je gostota snega 30-300 kg/m3, na pobočjih se stisne največ na 500 kg/m3, pri 800 kg/m3 pa sneg že „poledeni“ (zrna se stisnjejo in ne drsijo več, ker presledki z zrakom niso več povezani). Omenjene raziskave so pomembne za razumevanje proženja plazov. 27. Arktični led. Na Severnem ledenem morju (Ar- ktičnem oceanu) plava ledena plošča, debela v pov- prečju dva metra. Poleti se več kot pol ledu stali. Ko- liko bi se spremenila gladina morja, če bi se ves led stalil? Za lažji razmislek napravi naslednji poskus. V kozarec vode daj kos ledu in dolij toliko ledeno mrzle vode, da bo gladina vode segla točno do roba kozarca. Verjetno bo zaradi površinske napetosti celo za spoz- nanje višja. Del ledu bo kukal ven. (Koliko?) Počakaj, da se led stali. Ali bo gladina vode (a) padla, (b) ostala ista, ali (c) narastla, tako da bo nekaj vode steklo čez 2 28. Ali lahko skuhaš čaj na sveči v papirnatem ko- zarcu? Poskus. V papirnat kozarček nalij šilce (3 cl) vode. Če nimaš majhnega kozarčka pri roki, ga zgubaj po priloženi skici iz kosa pisarniškega papirja (21 cm× 21 cm ali 18 cm × 18 cm) (Povzeto po M. Kuretu: Ve- selja dom, II. knjiga, Slovenčeva knjižnica, Ljubljana 1942, str. 387). V vodo vrzi nekaj zrnc ali vrečico čaja. Hvaležen je hibiskus, ki ne rabi zelo visoke tem- perature in živo obarva vodo. Kozarec drži tik nad plamenom sveče, da se ne bodo nabirale saje. Ko voda zavre (ali ko se vsaj segreje na primerno tem- peraturo), je napitek je pripravljen. Ali je to res, ali bo kozarec prej zgorel? Razmislek. Toplotni tok prevzame voda. Gostoto toplotnega toka skozi papir j = Q/St ocenimo iz to- plote, ki je potrebna, da voda zavre (Q =mcp/(T2 − T1), m = 30 g, cp = 4200 J/kgK, T1 = 20◦ C, T2 = 100◦ C). Izpostavljena ploskev kozarca je kakih S ≈ 5 cm, čas do vrenja t pa izmerimo. Če vodo le se- grejemo, je pač T2 = 60◦ do 80◦. Iz gostote toplot- nega toka ocenimo temperaturno razliko med toplo in hladno stranjo papirja: j = λ∆T/d, pri čemer je toplotna prevodnost papirja λ ≈ 0,6 W/mK ter de- belina papirja d = 0,1 mm. Ali je ta temperaturna razlika majhna, ali je tako huda, da papir zgori? Odgovora na vprašanji iz prejšnjih številke 26. Stisljivost snega. Ko sneži, nastavi valjasto poso- do, da se napolni s snegom. Če ne sneži dovolj, pa pre- vidno prestrezi polno posodo svežega snega. Izmeri višino snega. Nato z vso silo stisni sneg z okroglo ploščico in izmeri, za kolikšen faktor si ga stisnil. Po- novi poskus za različne vrste snega (pršič, južni sneg, uležan sneg, sren). Odgovor. V Ljubljani kar ni hotelo snežiti, na smu- čanju pa sem pozabil na to nalogo. Potrebno bo iti v hribe in narediti nekaj meritev! Po mojih izkušnjah se rahel sneg stisne tipično za faktor 10, kar je v skladu s podatki v literaturi. Po- gledal sem na svetovni splet (GOOGLE → Compres- sibility of snow → recimo članek P. I. Perla: Fail- ure of Snow Slopes). Avtor omenja, da je gostota snega 30-300 kg/m3, na pobočjih se stisne največ na 500 kg/m3, pri 800 kg/m3 pa sneg že „poledeni“ (zrna se stisnjejo in ne drsijo več, ker presledki z zrakom niso več povezani). Omenjene raziskave so pomembne za razumevanje proženja plazov. 27. Arktični led. Na Severnem ledenem morju (Ar- ktičnem oceanu) plava ledena plošča, debela v pov- prečju dva metra. Poleti se več kot pol ledu stali. Ko- liko bi se spremenila gladina morja, če bi se ves led stalil? Za lažji razmislek napravi naslednji poskus. V kozarec vode daj kos ledu in dolij toliko ledeno mrzle vode, da bo gladina vode segla točno do roba kozarca. Verjetno bo zaradi površinske napetosti celo za spoz- nanje višja. Del ledu bo kukal ven. (Koliko?) Počakaj, da se led stali. Ali bo gladina vode (a) padla, (b) ostala ista, ali (c) narastla, tako da bo nekaj vode steklo čez 2 28. Ali lahko skuhaš čaj na sveči v papirnatem kozarcu? • Odgovora na vprašanji iz prejšnjih številk Razmisli in poskusi B B B B B B E E E F F F F D D D C C C C C C A A A A A Slika . K ko zgubamo kozarec 35_Presek6_k_k.indd 19 12/5/08 09:58:00 Presek 35 (2007/2008) 6 • • Za nagradno križanko iz pete številke letošnje- ga Preseka smo prejeli 18 pravilnih rešitev. Na- gradno geslo se je glasi- lo Osemdesetletnica roj- stva. Izžrebani reševalci, Žiga Gosar iz Ljubljane, Osnovna šola france- ta prešerna iz Maribora in Tadej Strojanšek iz Blance so razpisane nagra- de prejeli po pošti. • r e š i t e v n a g r a d n e k r i ž a n k e p r e s e k 3 5 / 5 Odgovor. Po Arhimedovem zakonu je sila vzgona enaka teži izpodrinjene tekočine. Torej bo košček ledu izpodrinil enako tekočine, kot jo bo zapolnila voda po taljenju – gladina v kozarcu ostane enaka. Ali si to preveril s poskusom?! Potemtakem se zaradi ta- ljenja plavajoče ledene plošče na Severnem ledenem morju gladina morja ne bi dvignila. Dvignila pa bi se seveda zaradi toplotnega raztezanja vode, taljenje le- denikov in ledenih plošč na celinah in otokih, dogaja- nja na Antartiki ter še zaradi drugih vzrokov. • 28. Ali lahko skuhaš čaj na sveči v papirnatem ko- zarcu? Poskus. V papirnat kozarček nalij šilce (3 cl) vode. Če nimaš majhnega kozarčka pri roki, ga zgubaj po priloženi skici iz kosa pisarniškega papirja (21 cm× 21 cm ali 18 cm × 18 cm) (Povzeto po M. Kuretu: Ve- selja dom, II. knjiga, Slovenčeva knjižnica, Ljubljana 1942, str. 387). V vodo vrzi nekaj zrnc ali vrečico čaja. Hvaležen je hibiskus, ki ne rabi zelo visoke tem- perature in živo obarva vodo. Kozarec drži tik nad plamenom sveče, da se ne bodo nabirale saje. Ko voda zavre (ali ko se vsaj segreje na primerno tem- peraturo), je napitek je pripravljen. Ali je to res, ali bo kozarec prej zgorel? Razmislek. Toplotni tok prevzame voda. Gostoto toplotnega toka skozi papir j = Q/St ocenimo iz to- plote, ki je potrebna, da voda zavre (Q =mcp/(T2 − T1), m = 30 g, cp = 4200 J/kgK, T1 = 20◦ C, T2 = 100◦ C). Izpostavljena ploskev kozarca je kakih S ≈ 5 cm, čas do vrenja t pa izmerimo. Če vodo le se- grejemo, je pač T2 = 60◦ do 80◦. Iz gostote toplot- nega toka ocenimo temperaturno razliko med toplo in hladno stranjo papirja: j = λ∆T/d, pri čemer je toplotna prevodnost papirja λ ≈ 0,6 W/mK ter de- belina papirja d = 0,1 mm. Ali je ta temperaturna razlika majhna, ali je tako huda, da papir zgori? Odgovora na vprašanji iz prejšnjih številke 26. Stisljivost snega. Ko sneži, nastavi valjasto poso- do, da se napolni s snegom. Če ne sneži dovolj, pa pre- vidno prestrezi polno posodo svežega snega. Izmeri višino snega. Nato z vso silo stisni sneg z okroglo ploščico in izmeri, za kolikšen faktor si ga stisnil. Po- novi poskus za različne vrste snega (pršič, južni sneg, uležan sneg, sren). Odgovor. V Ljubljani kar ni hotelo snežiti, na smu- čanju pa sem pozabil na to nalogo. Potrebno bo iti v hribe in narediti nekaj meritev! Po mojih izkušnjah se rahel sneg stisne tipično za faktor 10, kar je v skladu s podatki v literaturi. Po- gledal sem na svetovni splet (GOOGLE → Compres- sibility of snow → recimo članek P. I. Perla: Fail- ure of Snow Slopes). Avtor omenja, da je gostota snega 30-300 kg/m3, na pobočjih se stisne največ na 500 kg/m3, pri 800 kg/m3 pa sneg že „poledeni“ (zrna se stisnjejo in ne drsijo več, ker presledki z zrakom niso več povezani). Omenjene raziskave so pomembne za razumevanje proženja plazov. 27. Arktični led. Na Severnem ledenem morju (Ar- ktičnem oceanu) plava ledena plošča, debela v pov- prečju dva metra. Poleti se več kot pol ledu stali. Ko- liko bi se spremenila gladina morja, če bi se ves led stalil? Za lažji razmislek napravi naslednji poskus. V kozarec vode daj kos ledu in dolij toliko ledeno mrzle vode, da bo gladina vode segla točno do roba kozarca. Verjetno bo zaradi površinske napetosti celo za spoz- nanje višja. Del ledu bo kukal ven. (Koliko?) Počakaj, da se led stali. Ali bo gladina vode (a) padla, (b) ostala ista, ali (c) narastla, tako da bo nekaj vode steklo čez 2 rob? Odgovor. Po Arhimedovem zakonu je sila vzgona enaka teži izpodrinjene tekočine. Torej bo košček le- du izpodrinil enako tekočine, kot jo bo zapolnila vo- da po taljenju – gladina v kozarcu ostane enaka. Ali si to preveril s poskusom?! Potemtakem se zaradi ta- ljenja plavajoče ledene plošče na Severnem ledenem morju gladina morja ne bi dvignila. Dvignila pa bi se seveda zaradi toplotnega raztezanja vode, taljenja ledenikov in ledenih plošč na celinah in otokih, doga- janja na Antarktiki ter še zaradi drugih vzrokov. 3 led 20 f i z i k a + r a z v e d r i l o Slika . „Ledena gora“ 35_Presek6_k_k.indd 20 12/5/08 09:58:03 21 f i z i k a Presek 35 (2007/2008) 6 Utr ipajoč zaslon o d g o v o r n a l o g e p o iz k u š e v a l n ic a v d n e v n i s o b i Najprej primerjajmo, kako sta videti mahajoči ro- ki pred navadno belo steno ali pred televizijskim za- slonom starega tipa. Primerjava obeh slik kaže precejšnje razlike. Upo- raba digitalnega fotoaparata za predstavitev tega po- java ni najbolj primerna. Oko namreč vidi roko bolj zabrisano kot tak fotoaparat, ki informacijo zapisuje vrstično (slika levo). Desna slika prikazuje roko pred zaslonom televizije s katodno cevjo. Tudi ta slika ni prava podoba tega, kar vidimo s prostim očesom. Digitalni fotoaparat namreč drugače zaznava kon- traste med svetlim delom zaslona in delom, ki ga senči roka. Prav tako je odpiralni čas zaslonke daljši, kot so najkrajši časi, v katerih oko še zazna razlike. Zato so nekateri prsti videti bolj svetli, drugi pa se prekrivajo in so videti kot senca dveh svetil. Obe sli- ki vseeno lahko služita za orientacijo, kaj opazovati. Zakaj pravzaprav vidimo takšno sliko? V katodni cevi je vir elektronov, ki jih pospešuje napetost in v curku padajo na zaslon. Zaslon je prevlečen s snov- mi, ki zažarijo rdeče, zeleno ali modro, ko nanj pade elektronski curek. Če si zaslon ogledamo s poveče- valnim steklom, medtem ko televizija deluje, vidimo, da je prepreden z rdečimi, zelenimi in modrimi črti- cami. Tuljave, po katerih teče tok, nadzorovano od- klanjajo elektronski curek tako, da po vrsti obišče vse točke na zaslonu. Dodatna informacija krmili še drugo lastnost svetlečih pik, njihovo svetlost. Po- drobnejši opis, kako deluje zaslon televizije s ka- todno cevjo, je mogoče najti marsikje, a to ni na- men naše poizkuševalnice. Lastnosti „stare“ televi- zije smo pri našem poskusu le uporabili. Če smo dobri opazovalci, lahko ob mahanju roke pred belim zidom opazimo nekaj podrobnosti. V skrajnih legah roke je videti nekaj več podrobnosti, v sredini pa je roka zabrisana oziroma bi lahko rekli, da je razmazana; da se hkrati nahaja na več krajih. Oko zazna informacije, ki jih vanj prenese skozi zenico vpadla svetloba. Svetloba se od roke odbija, pada v oči in na očesnem ozadju nastane slika. Ker oko ne reagira hipno, časovne signale namreč loči s časovno ločljivostjo, v možgane prenese informacijo iz kratkega časovnega obdobja, ko se je roka naha- jala na različnih mestih hkrati. Zato je roka videti razmazana. Nekateri svetlobni viri pa okolice ne osvetljujejo neprestano. Če so časovni intervali, v katerih so svet- lobni viri ugasnjeni, daljši od časovne ločljivosti oče- sa, vidimo take vire kot utripajoče. Če pa je frekven- ca ugašanja in prižiganja – utripanja – vira krajša od časovne ločljivosti očesa, pa tega ne zaznamo. Še vedno pa je okolje v taki svetlobi lahko videti dru- gačno, če so v njem gibajoči se predmeti. Kadar se predmeti gibljejo hitro in se v času „teme“ pre- maknejo toliko, da oko to zazna, bo gibanje videti „razsekano“ ali nezvezno. In natanko tako je videti roka pred televizijskim zaslonom. Televizijski za- slon s katodno cevjo namreč utripa. 2 Najprej primerjajmo, kako sta videti mahajoči ro- ki pred navadno belo steno ali pred televizijskim za- slonom starega tipa. Primerjava obeh slik kaže precejšnje razlike. Upo- raba digitalnega fotoaparata za predstavitev tega po- java ni najbolj primerna. Oko namreč vidi roko bolj zabrisano kot tak fotoaparat, ki informacijo zapisuje vrstično (slika levo). Desna slika prikazuje roko pred zaslonom televizije s katodno cevjo. Tudi ta slika ni prava podoba tega, kar vidimo s prostim očesom. Digitalni fotoaparat namreč drugače zaznava kon- traste med svetlim delom zaslona in delom, ki ga senči roka. Prav tako je odpiralni čas zaslonke daljši, kot so najkrajši časi, v katerih oko še zazna razlike. Zato so nekateri prsti videti bolj svetli, drugi pa se prekrivajo in so videti kot senca dveh svetil. Obe sli- ki vseeno lahko služita za orientacijo, kaj opazovati. Zakaj pravzaprav vidimo takšno sliko? V katodni cevi je vir elektronov, ki jih pospešuje napetost in v curku padajo na zaslon. Zaslon je prevlečen s snov- mi, ki zažarijo rdeče, zeleno ali modro, ko nanj pade elektronski curek. Če si zaslon ogledamo s poveče- valnim steklom, medtem ko televizija deluje, vidimo, da je prepreden z rdečimi, zelenimi in modrimi črti- cami. Tuljave, po katerih teče tok, nadzorovano od- klanjajo elektronski curek tako, da po vrsti obišče vse točke na zaslonu. Dodatna informacija krmili še drugo lastnost svetlečih pik, njihovo svetlost. Po- drobnejši opis, kako deluje zaslon televizije s ka- todno cevjo, je mogoče najti marsikje, a to ni na- men naše poizkuševalnice. Lastnosti „stare“ televi- zije smo pri našem poskusu le uporabili. Če smo dobri opazovalci, lahko ob mahanju roke pred belim zidom opazimo nekaj podrobnosti. V skrajnih legah roke je videti nekaj več podrobnosti, v sredini pa je roka zabrisana oziroma bi lahko rekli, da je razmazana; da se hkrati nahaja na več krajih. Oko zazna informacije, ki jih vanj prenese skozi zenico vpadla svetloba. Svetloba se od roke odbija, pada v oči in na očesnem ozadju nastane slika. Ker oko ne reagira hipno, časovne signale namreč loči s časovno ločljivostjo, v možgane prenese informacijo iz kratkega časovnega obdobja, ko se je roka naha- jala na različnih mestih hkrati. Zato je roka videti razmazana. Nekateri svetlobni viri pa okolice ne osvetljujejo neprestano. Če so časovni intervali, v katerih so svet- lobni viri ugasnjeni, daljši od časovne ločljivosti oče- sa, vidimo take vire kot utripajoče. Če pa je frekven- ca ugašanja in prižiganja – utripanja – vira krajša od časovne ločljivosti očesa, pa tega ne zaznamo. Še vedno pa je okolje v taki svetlobi lahko videti dru- gačno, če so v njem gibajoči se predmeti. Kadar se predmeti gibljejo hitro in se v času „teme“ pre- maknejo toliko, da oko to zazna, bo gibanje videti „razsekano“ ali nezvezno. In natanko tako je videti roka pred televizijskim zaslonom. Televizijski za- slon s katodno cevjo namreč utripa. 2 Slika. Roka pred navadno belo steno je videti zabrisana (levo). Mahajoča roka pred televizijskim zaslonom starega tipa je hkrati vidna na več mestih. Vmesni položaji rok manjkajo (desno). Slika. Roka pred nav dn belo steno je videti zabrisana (levo). Mahaj - ča roka pr d televizijskim zaslonom starega tipa je hkr ti vidna a več mestih. Vmesni položaji rok manjka- jo (desno). 3 mojca čepič • • 35_Presek6_k_k.indd 21 12/5/08 09:58:05 22 f i z i k a r e š i t e v s u d o k u s s t r a n i 2 a b c d e f g h i a 1 8 4 7 6 2 3 9 5 b 2 6 3 8 5 9 1 4 7 c 7 9 5 3 1 4 8 6 2 d 3 5 8 6 9 1 2 7 4 e 6 2 7 4 8 3 9 5 1 f 9 4 1 5 2 7 6 8 3 g 8 3 6 1 4 5 7 2 9 h 4 1 9 2 7 8 5 3 6 i 5 7 2 9 3 6 4 1 8 • • • Kozarec z vodo Tudi tokratna poizkuševalnica bo kratka. Osredo- točila se bo na dogodek, ki ste mu priča vsak dan. Če boste poskušali odgovoriti na zastavljeno vpra- šanje, preden boste poskus izvedli, boste tudi ugo- tovili, ali ste dober opazovalec ali ne. Če se ne spom- nite, da bi pojav kdaj opazovali, poglobili pa se boste v svoje spominske slike pred izvedbo poskusa in bo- ste odgovorili pravilno, imate najverjetneje slikovni (ejdetski) spomin. Kratka anketa mojih sodelavcev in študentov je pokazala, da na zastavljeno vprašanje ni pravilno odgovoril nihče (vključno z mano). Pravilno je odgo- vorila le ena oseba, ki mi je zatrdila, da pojava nikoli ni načrtno opazovala. Ker osebo dobro poznam, ji to lahko verjamem. Da ne bomo razpravljali le o teoriji opazovanja, izvedimo poskus. Potrebujemo ovalen kozarec s čim bolj gladkimi stenami, vrč navadne vode. Če nimate kozarca z gladkimi stenami, je dovolj dober tudi običajen kozarec za vlaganje, ki smo ga uporabili pri poskusu mi. Kozarec primite v roko in poglejte vanj od zgoraj tako, kot kaže slika. Glejte pod takšnim kotom, da boste gledali skozi gornjo odprtino ter boste skozi stekleno steno kozarca videli svoje prste, ki držijo kozarec. To je običajna drža kozarca takrat, ko pol- nega nesemo k ustom. Tudi gledamo običajno vanj, ker podzavestno nadziramo gibanje roke, saj si ne želimo vode zliti za vrat. To je torej nekaj, kar po- čnemo vsak dan in to večkrat. Poskusite se spomniti, kako so videti prsti, ko je v kozarcu voda. Opišite jih. Potem poskus še izvedite. Kozarec držite v suhi roki. Če imate roke vlažne, jih prej obrišite s papir- nato brisačo. V kozarec glejte tako, kot je bilo prej opisano za prazen kozarec. Vanj počasi nalijte vodo in opazujte, kako so videti tisti prsti, ki jih z notranje strani prekrije voda. Opišite, kako vidite prste. Poskus ponovite še z mokrimi prsti. Opišite, kako vidite prste sedaj. 2 Tudi tokratna poizkuševalnica bo kratka. Osredo- točila se bo na dogodek, ki ste mu priča vsak dan. Če boste poskušali odgovoriti na zastavljeno vpra- šanje, preden boste poskus izvedli, boste tudi ugo- tovili, ali ste dober opazovalec ali ne. Če se ne spom- nite, da bi pojav kdaj opazovali, poglobili pa se boste v svoje spominske slike pred izvedbo poskusa in bo- ste odgovorili pravilno, imate najverjetneje slikovni (ejdetski) spomin. Kratka anketa mojih sodelavcev in študentov je pokazala, da na zastavljeno vprašanje ni pravilno odgovoril nihče (vključno z mano). Pravilno je odgo- vorila le ena oseba, ki mi je zatrdila, da pojava nikoli ni načrtno opazovala. Ker osebo dobro poznam, ji to lahko verjamem. D n mo razpravljali le o teoriji opazovanja, izvedimo s. Potrebujemo ovalen kozarec s čim bolj gladkimi stenami, vrč na adne vode. Če nimate kozarca z gladkimi ste ami, j d olj d ber tudi obič jen kozarec za vlaganje, ki smo ga uporabil pri poskus mi. Kozar c primite v roko in poglejte vanj od zgoraj tako, kot kaže slika. Glejte pod takšnim kotom, da boste gledali skozi gornjo odprtino ter boste skozi stekle o sten ko a ca vide i svoje prste, ki držijo kozarec. T je običajna drža kozarca takrat, ko pol- nega nesemo k ustom. Tudi gledamo običajno vanj, ker podzavestno nadziramo gibanje roke, saj si ne želimo vode zliti za vrat. To je torej nekaj, kar po- čnemo vsak dan in to večkrat. Poskusite s spomniti, kako so videti prsti, ko je v kozarcu voda. Opišite jih. Potem poskus še izvedite. Kozarec držit v suhi r ki. Če imate roke vlažne, jih prej obrišite s papir- nato brisačo. V ozarec glejte tako, kot je bilo prej opisano za azen kozarec. Vanj počasi nalijte v do in opazujte, kako so videti tisti prsti, ki jih z n tranje strani prekrije v da. Opišite, kako vidite pr . Poskus po ovite še z mokr mi prsti. Opišite, kak vidite prste s daj. 2 p o iz k u š e v a l n ic a v j e d il n ic i • • • Potrebujemo ovalen kozarec s čim bolj gladkimi s enami, vrč nav d e vode. Slika. mojca čepič Presek 35 (2007/2008) 6 + r a z v e d r i l o Astronomija Jadranska ulica 19 1001 Ljubljana Slovenija BY ROCKET 17.5 .20 08 LUN A 35_Presek6_k_k.indd 22 12/5/08 09:58:06 a s t r o n o m i j a 23 V astronomiji se večkrat vprašamo, kako izme- riti velikosti nebesnih teles ali kako oceniti razsež- nosti gora, kraterjev in dolin na planetih. Take meritve je najlaže izpeljati na naši Luni. Ogledali si bomo nekaj primerov, kako ocenimo velikosti kraterjev in višino gora na Luni. Premeri kraterjev na Luni Vaja ima dva dela. Najprej s teleskopom fotografi- ramo Luno ob prvem krajcu. Kdaj točno nastopi prvi krajec, poizvemo na svetovnem spletu ali v efemeri- dah. S pomočjo karte Lune se odločimo, katerim kra- terjem bomo ocenili premer. Nato na posnetku naj- prej določimo premer Lune v milimetrih (npr. s po- močjo programa CorelDraw11), potem izmerimo pre- mer določenega kraterja v milimetrih (glej sliko 1). Ker kraterji niso idealni krogi, meritev večkrat po- novimo, ob tem pa tudi obnovimo, kaj je to rela- tivna in kaj absolutna napaka. Premer kraterja do- bimo iz razmerja med njegovim premerom in pre- merom Lune v milimetrih na sliki, saj poznamo pre- mer Lune, ki znaša 3476 kilometrov. Dobljeno oceno lahko primerjamo s podatki iz literature. Ob vaji se porajajo nekatera vprašanja. Za katere kraterje bomo dobili solidno oceno; za kraterje ob terminatorju ali za kraterje, oddaljene od njega? Ali je ta metoda uspešna, če imamo sliko polne Lune? Izkaže se, da vaja ni čisto preprosta. Poskusite! Približna metoda merjenja višine gora na Luni Višino gora ob terminatorju najlaže ocenimo ob prvem in zadnjem krajcu Lune, saj si lahko poma- gamo z enostavno geometrijo in nekaterimi poeno- stavitvami sicer bolj zapletene naloge.1 Tedaj gore oziroma pobočja kraterjev ob terminatorju tudi me- čejo najdaljše sence in so kraterji zato dobro vidni. Denimo, da se gora nahaja v točki B, njen vrh pa v T (glej sliko 2). BB je oddaljenost gore od termi- natorja, SB pa je polmer Lune. Gora meče senco, ki na površju Lune leži med točkama B in T . BT  je v resnici lok, a je njegova ukrivljenost majhna, saj je dolžina sence majhna v primerjavi z obsegom Lune, zato si jo lahko zamislimo kot stranico pravokot- nega trikotnika BT T .2 Trikotnika BTT  in BBS sta podobna trikotnika in njuni stranici TT  in BB sta med seboj vzporedni in vzporedni s Sončevimi žarki. Za trikotnika velja razmerje 1Opomba uredništva: Opisana meritev višine gora na Luni je zelo poenostavljena metoda, pri kateri ni upoštevana dejanska geometrija med dolžino sence, lego gore na Luni, Lunino meno itd. Je pa taka vaja povsem primerna za osnovnošolce in sred- nješolce, saj se pri tem spoznajo z merjenjem v astronomiji. Kdor bi želel spoznati natančno metodo merjenja višine gora na Luni, si lahko na spletnem naslovu www.educa.fmf.uni-lj.si/ izodel/sola/2003/ura/jelen/datoteke/luna.pdf ogleda seminar- sko nalogo skupine študentov pod mentorstvom prof. Andreja Čadeža. 2Če izračunamo obseg Lune, dobimo vrednost 10 915 kilo- metrov in središčnemu kotu 1◦ pripada lok 30 kilometrov. Premer kraterja Ptolemaj je 148 kilometrov in temu pripada središčni kot približno 5◦. 2 , - - , . . , . i l . l . i i , i l li i . l i , i ili . l i ili i . l , i i l ili i l li . i i i l i i, i i , i i , l i i l . i i i i ili i li i, , i il . l l i i i li . i . ili li ; i li , l li , i li l , i i . i ! i i i l i i , i l i i i i i i i l l l . i i i l i i i i. i , i , l li .  l i , l . , i l i i .  i i l , i l , l i i i , i l i li i i i  . i i  i  i i i i i i  i  i i i i i i. i i l i t : i it i i i j l t lj t , i t i i t j t ij l i , l i, i it . J t j i l i - j l , j i t j j j t iji. i l l ti t t j j i i i, i l l t l . .f f. i-lj. i i l l j l t t l . f l i - l i t t t t f. j . i , i t il - t i i t i l il t . t j t l j j il t i t i i i t i li . t iji t i iti li ti i t l li iti ti t j i li l ti it j jl i lj ti i i l li i j i i li ti t j i i i i i j i j j j t f t - j j t t j t t f - j t t - t j t t j- j t ( - j ) t - t j t ( j ) t j t t - t t j j t - t j t t j - j j - t j - t j j t t t j j j t j t t j t j t t j t j j j j t t I j t t t i li j j i i i t t j j j j j - t t j t - t t j t j j t j t t j t - j j j t j t j t j ( j ) j j t t - t j j j t j j j j t j j j j j t j t t t- t t t t t t j t t j t t j j 1 r r r r r r r r r r r r r r r r / / / / r / / / r r r r 2 r r r r ◦ r r r r r r r r r r ◦ as rono se večkra vpraša o, kako z e- r ve kos nebesn h e es a kako ocen razsež- nos gora, kra er ev n do n na p ane h. ake er ve e na aže zpe a na naš Lun . g eda s bo o neka pr erov, kako ocen o ve kos kra er ev n v š no gora na Lun . Pre er rater ev a L a a i a dva dela. a pre s eleskopo o ografi ra o Luno ob prve kra cu. da očno nas opi prvi kra ec, poizve o na sve ovne sple u ali v e e eri dah. S po oč o kar e Lune se odloči o, ka eri kra er e bo o ocenili pre er. a o na posne ku na pre določi o pre er Lune v ili e rih npr. s po oč o progra a orel ra 11 , po e iz eri o pre er določenega kra er a v ili e rih gle sliko 1 . er kra er i niso idealni krogi, eri ev večkra po novi o, ob e pa udi obnovi o, ka e o rela ivna in ka absolu na napaka. Pre er kra er a do bi o iz raz er a ed n egovi pre ero in pre ero Lune v ili e rih na sliki, sa pozna o pre er Lune, ki znaša 3476 kilo e rov. obl eno oceno lahko pri er a o s poda ki iz li era ure. b va i se pora a o neka era vprašan a. Za ka ere kra er e bo o dobili solidno oceno; za kra er e ob er ina or u ali za kra er e, oddal ene od n ega? li e a e oda uspešna, če i a o sliko polne Lune? zkaže se, da va a ni čis o prepros a. Poskusi e! Pr a et a er e a v š e ra a L išino gora ob er ina or u na laže oceni o ob prve in zadn e kra cu Lune, sa si lahko po a ga o z enos avno geo e ri o in neka eri i poeno s avi va i sicer bol zaple ene naloge.1 Teda gore oziro a poboč a kra er ev ob er ina or u udi e če o na dal še sence in so kra er i za o dobro vidni. eni o, da se gora naha a v očki B, n en vrh pa v T gle sliko 2 . BB e oddal enos gore od er i na or a, SB pa e pol er Lune. ora eče senco, ki na površ u Lune leži ed očka a B in T . BT  e v resnici lok, a e n egova ukrivl enos a hna, sa e dolžina sence a hna v pri er avi z obsego Lune, za o si o lahko za isli o ko s ranico pravoko nega riko nika BT T .2 Triko nika BTT  in BBS s a podobna riko nika in n uni s ranici TT  in BB s a ed sebo vzporedni in vzporedni s Sončevi i žarki. Za riko nika vel a raz er e Opo ba u edništva: Opisana e itev višine go a na Luni je zelo poenostavljena etoda, p i kate i ni upoštevana dejanska geo et ija ed dolžino sence, lego go e na Luni, Lunino eno itd. Je pa taka vaja povse p i e na za osnovnošolce in s ed- nješolce, saj se p i te spoznajo z e jenje v ast ono iji. Kdo bi želel spoznati natančno etodo e jenja višine go a na Luni, si lahko na spletne naslovu www.educa.f f.uni-lj.si izodel sola 2003 u a jelen datoteke luna.pdf ogleda se ina - sko nalogo skupine študentov pod ento stvo p of. And eja Čadeža. Če iz ačuna o obseg Lune, dobi o v ednost 10 915 kilo- et ov in s ediščne u kotu 1 p ipada lok 30 kilo et ov. P e e k ate ja Ptole aj je 148 kilo et ov in te u p ipada s ediščni kot p ibližno 5 . 2 V t iji t i iti li ti i t l li iti ti t j i li l ti T it j jl i lj ti i i O l li i j i i li ti t j i i i i i k j n uni V j N j j t f t - j K j t t j t t f - j t t - t j N t t j- j t ( - j C D w ) t - t j t ( j ) K t j t t - t t j j t - t j t t j - j j - t j - t D j j t t t O j j j t j t t j t j t t j t j j j A j t t I j t t t ibližn od j nj i in go n uni V t t j j j j j - t t j t - t t j t j j t j t t j t - j j j t j t D j t j ( j ) j j t t - t j j G j t j j j j t j j j j j t j t t t- t t t t t t j t t j t t j j 1 m r m r r m r r m r m r m m r m r r r m m r m r m r m m r r m m / / / / r / / / m r m r m r r 2 r m m r m r r m ◦ r m r r m r r r m m r m r r r ◦ V astronomiji se večkrat vprašamo, kako izme- riti velikosti nebesnih teles ali kako oceniti razsež- nosti gora, kraterjev in dolin na planetih. Take meritve je najlaže izpeljati na naši Luni. Ogledali si bomo nekaj primerov, kako ocenimo velikosti kraterjev in višino gora na Luni. Premeri kraterjev na Luni Vaja ima dva dela. Najprej s teleskopom fotografi- ramo Luno ob prvem krajcu. Kdaj točno nastopi prvi krajec, poizvemo na svetovnem spletu ali v efemeri- dah. S pomočjo karte Lune se odločimo, katerim kra- terjem bomo ocenili premer. Nato na posnetku naj- prej določimo premer Lune v milimetrih (npr. s po- močjo programa CorelDraw11), potem izmerimo pre- mer določenega kraterja v milimetrih (glej sliko 1). Ker kraterji niso idealni krogi, meritev večkrat po- novimo, ob tem pa tudi obnovimo, kaj je to rela- tivna in kaj absolutna napaka. Premer kraterja do- bimo iz razmerja med njegovim premerom in pre- merom Lune v milimetrih na sliki, saj poznamo pre- mer Lune, ki znaša 3476 kilometrov. Dobljeno oceno lahko primerjamo s podatki iz literature. Ob vaji se porajajo nekatera vprašanja. Za katere kraterje bomo dobili solidno oceno; za kraterje ob terminatorju ali za kraterje, oddaljene od njega? Ali je ta metoda uspešna, če imamo sliko polne Lune? Izkaže se, da vaja ni čisto preprosta. Poskusite! Približna metoda merjenja višine gora na Luni Višino gora ob terminatorju najlaže ocenimo ob prvem in zadnjem krajcu Lune, saj si lahko poma- gamo z enostavno geometrijo in nekaterimi poeno- stavitvami sicer bolj zapletene naloge.1 Tedaj gore oziroma pobočja kraterjev ob terminatorju tudi me- čejo najdaljše sence in so kraterji zato dobro vidni. Denimo, da se gora nahaja v točki B, njen vrh pa v T (glej sliko 2). BB je oddaljenost gore od termi- natorja, SB pa je polmer Lune. Gora meče senco, ki na površju Lune leži med točkama B in T . BT  je v resnici lok, a je njegova ukrivljenost majhna, saj je dolžina sence majhna v primerjavi z obsegom Lune, zato si jo lahko zamislimo kot stranico pravokot- nega trikotnika BT T .2 Trikotnika BTT  in BBS sta podobna trikotnika in njuni stranici TT  in BB sta med seboj vzporedni in vzporedni s Sončevimi žarki. Za trikotnika velja razmerje 1Opomba uredništva: Opisana meritev višine gora na Luni je zelo poenostavljena metoda, pri kateri ni upoštevana dejanska geometrija med dolžino sence, lego gore na Luni, Lunino meno itd. Je pa taka vaja povsem primerna za osnovnošolce in sred- nješolce, saj se pri tem spoznajo z merjenjem v astronomiji. Kdor bi želel spoznati natančno metodo merjenja višine gora na Luni, si lahko na spletnem naslovu www.educa.fmf.uni-lj.si/ izodel/sola/2003/ura/jelen/datoteke/luna.pdf ogleda seminar- sko nalogo skupine študentov pod mentorstvom prof. Andreja Čadeža. 2Če izračunamo obseg Lune, dobimo vrednost 10 915 kilo- metrov in središčnemu kotu 1◦ pripada lok 30 kilometrov. Premer kraterja Ptolemaj je 148 kilometrov in temu pripada središčni kot približno 5◦. 2 V astronomiji se večkrat vprašamo, kako izme- riti velikosti nebesnih teles ali kako oceniti razsež- nosti gora, kraterjev in dolin na planetih. Take meritve je najlaže izpeljati na naši Luni. Ogledali si bomo nekaj primerov, kako ocenimo velikosti kraterjev in višino gora na Luni. Premeri kraterjev na Luni Vaja ima dva dela. Najprej s teleskopom fotografi- ramo Luno ob prvem krajcu. Kdaj točno nastopi prvi krajec, poizvemo na svetovnem spletu ali v efemeri dah. S p čjo karte Lune se odl čimo, kat rim kra terjem bomo ocenili prem r. Nato na pos etku naj prej določimo prem r Lune v milimetrih (npr. s po očjo programa CorelDraw11), potem izmerimo pre- mer določenega kraterja v milimet h (gl j sliko 1). Ker kraterji niso idealni krogi, eritev večkrat po novimo, ob tem pa tudi obnovimo, kaj je to rela tivna n k j absolutna napaka. Premer kraterja do bim iz razmerja d njegovim premerom in om Lune v milimetrih na sliki, saj poznam pre- mer Lune, ki znaša 3476 kilometrov. Dobljeno oceno lahko prim rjamo s podatki iz lite ture. Ob vaji se porajajo nekatera vprašanja. Za katere kraterje bomo dobili solidn oceno; za kraterje ob t rminatorju ali za kraterje, oddaljene od nj ga? Ali je ta meto uspešna, če imamo slik polne Lune? Izkaže se, da vaja ni čisto preprosta. Poskusite! Približna metoda merjenja višine gora na Luni Višino gora ob terminatorju najlaže ocenim ob prvem in zadnjem krajcu Lune, saj si lahko poma gamo z enostavno geometrijo i nekaterimi poeno- stavitvami sicer bolj zapletene naloge.1 Tedaj gore oziroma pobočja kraterjev ob terminatorju tudi me- čejo najdaljše sence in so kra erji zato dobro vidni. Denimo, da se gora nahaja v točki B, nj n vrh pa v T (glej sliko 2). BB j oddaljen st gore od termi- torja, SB pa je pol r Lune. Gora meče senco, ki na površju Lune leži med točkama B in T . BT  e v resn ci lok, a je njegova ukrivl enost majhna, saj je dolžina sence majhna v primerjavi z obsegom Lune, zato si j lahko zamislimo kot stranico pravokot- nega trikotnika BT T .2 Trikotnika BTT  in B S po obna trikotnika in njuni stranici TT  in BB sta med seboj vzporedni in vzporedni s Sončevimi žarki. Za trikotnika velja razmerje 1Opomba uredništva: Opisana meritev višine gora na Luni je zelo poenostavljena metoda, pri kateri ni upoštevana dejanska geometrija med dolžino sence, lego gore na Luni, Lunino meno itd. Je pa taka vaja povsem primerna za osnovnošolce in sred- nješolce, saj se pri tem spoznajo z merjenjem v astronomiji. Kdor bi želel spoznati natančno metodo merjenja višine gora na Luni, si lahko na spletnem naslovu www.educa.fmf.uni-lj.si/ izodel/sola/2003/ura/jelen/datoteke/luna.pdf ogleda seminar- sko nalogo skupine študentov pod mentorstvom prof. Andreja Čadeža. 2Če izračunamo obseg Lune, dobimo vrednost 10 915 kilo- metrov in središčnemu kotu 1◦ pripada lok 30 kilometrov. Premer kraterja Ptolemaj je 148 kilometrov in temu pripada središčni kot približno 5◦. 2 • Premeri kraterjev in višin gora na uni — a s t r o n o m s k a v a j a bo is kham Presek 35 (2007/2008) 6 • • Premeri krat rjev na Luni • Pr bližna metoda m rjenja višine gor na Luni Slika 1. Posnetek Lune ob prvem krajcu in merjenje Astronomija Jadranska ulica 19 1001 Ljubljana Slovenija BY ROCKET 17.5 .20 08 LUN A 35_Presek6_k_k.indd 23 12/5/08 09:58:09 a s t r o n o m i j a 24 Presek 35 (2007/2008) 6 Slika 2. Geometri- ja pri merjenju vi- šine gora na Luni. SB BB = BT  BT oziroma x d = l h , kjer je BB oziroma d oddaljenost gore od termina- torja, BT  oziroma l dolžina sence, BT oziroma h pa je iskana višina gore. Težave pri meritvi predstavlja stranica SB oziroma x, ki je ni mogoče enostavno izmeriti. Zato naredimo manjšo „goljufijo“ in pred- postavimo, da je x ≈ r , kjer je r polmer Lune. Ta pri- bližek si lahko privoščimo, če je gora povsem blizu terminatorja in ker je njena višina majhna v primer- javi s polmerom Lune. Torej: r d = l h . Iskana višina gore je h = d · l r . Na posnetkih Lune ob prvem ali zadnjem krajcu iz- merimo dolžino sence in oddaljenost gore od termi- natorja v milimetrih. Za meritve uporabimo program CorelDraw11 (glej sliko 1). Višino gora podamo v metrih, seveda pa moramo prej narediti preprost sklepni račun, kot pri razsež- nostih kraterjev, za kar potrebujemo tudi meritev premera Lune na sliki. Pri tej vaji je potrebna precej- šnja mera potrpežljivosti, ker je oddaljenost stene gore od terminatorja in dolžino sence težko oceniti. Za to potrebujemo ostro sliko. Zaradi večje natan- čnosti meritve uporabimo več različnih posnetkov Lune ob prvem in zadnjem krajcu. Za določanje dol- žine sence in oddaljenosti gore od terminatorja lah- ko seveda uporabimo še kakšno drugo metodo, na primer sliko Lune projiciramo na zaslon in meritve izvajamo na njej. Rezultati raziskovalne naloge Za ilustracijo vaje in vzpodbudo, da se še kdo bolj poglobljeno loti naloge, si oglejmo rezultate razisko- valne naloge Premeri kraterjev in višina gora na Lu- ni, ki sta jo izdelali dijakinji prvega letnika Gimnazi- je Jožeta Plečnika Ljubljana, Tadeja Rome in Živa Kovačevič. Naloga je bila na ljubljanskem srečanju Zaupaj v lastno ustvarjalnost v šolskem letu 2006/07 najbolje ocenjena v svoji skupini – dijakinji sta za na- grado dobili potovanje v Italijo, na državnem sreča- nju v Murski Soboti pa srebrno priznanje. Iz naloge bomo navedli meritve, ki so zanimive. Tabela 1. Povprečna relativna napaka je 6 % (6,3 %). Natančnost je dobra, če upoštevamo, da sta se dija- kinji prvič srečali s tako meritvijo, da je na sliki težko oceniti premer kraterjev in da kraterji niso „idealni“ krogi. Povprečni odklon od pravih vrednosti je 8 km (7,6 km) in povprečna relativna napaka je 7 % (6,8 %). Glede na metodo merjenja in prej omenjeno „golju- fijo“ s podobnimi trikotniki je bila meritev dobro iz- peljana. 3 SB BB = BT  BT oziroma x d = l h , kjer je BB oziroma d oddaljenost gore od termina- torja, BT  oziroma l dolžina sence, BT oziroma h pa je iskana višina gore. Težave pri meritvi predstavlja stranica SB oziroma x, ki je ni mogoče enostavno izmeriti. Zato naredimo manjšo „goljufijo“ in pred- postavimo, da je x ≈ r , kjer je r polmer Lune. Ta pri- bližek si lahko privoščimo, če je gora povsem blizu terminatorja in ker je njena višina majhna v primer- javi s polmerom Lune. Torej: r d = l h . Iskana višina gore je h = d · l r . Na posnetkih Lune ob prvem ali zadnjem krajcu iz- merimo dolžino sence in oddaljenost gore od termi- natorja v milimetrih. Za meritve uporabimo program CorelDraw11 (glej sliko 1). Višino gora podamo v metrih, seveda pa moramo prej narediti preprost sklepni račun, kot pri razsež- nostih kraterjev, za kar potrebujemo tudi meritev premera Lune na sliki. Pri tej vaji je potrebna precej- šnja mera potrpežljivosti, ker je oddaljenost stene gore od terminatorja in dolžino sence težko oceniti. Za to potrebujemo ostro sliko. Zaradi večje natan- čnosti meritve uporabimo več različnih posnetkov Lune ob prvem in zadnjem krajcu. Za določanje dol- žine sence in oddaljenosti gore od terminatorja lah- ko seveda uporabimo še kakšno drugo metodo, na primer sliko Lune projiciramo na zaslon in meritve izvajamo na njej. Rezultati raziskovalne naloge Za ilustracijo vaje in vzpodbudo, da se še kdo bolj poglobljeno loti naloge, si oglejmo rezultate razisko- valne naloge Premeri kraterjev in višina gora na Lu- ni, ki sta jo izdelali dijakinji prvega letnika Gimnazi- je Jožeta Plečnika Ljubljana, Tadeja Rome in Živa Kovačevič. Naloga je bila na ljubljanskem srečanju Zaupaj v lastno ustvarjalnost v šolskem letu 2006/07 najbolje ocenjena v svoji skupini – dijakinji sta za na- grado dobili potovanje v Italijo, na državnem sreča- nju v Murski Soboti pa srebrno priznanje. Iz naloge bomo navedli meritve, ki so zanimive. Tabela 1. Povprečna relativna napaka je 6 % (6,3 %). Natančnost je dobra, če upoštevamo, da sta se dija- kinji prvič srečali s tako meritvijo, da je na sliki težko oceniti premer kraterjev in da kraterji niso „idealni“ krogi. Povprečni odklon od pravih vrednosti je 8 km (7,6 km) in povprečna relativna napaka je 7 % (6,8 %). Glede na metodo merjenja in prej omenjeno „golju- fijo“ s podobnimi trikotniki je bila meritev dobro iz- peljana. 3 SB BB = BT  BT oziroma x d = l h , kjer je BB oziroma d oddaljenost gore od termina- torja, BT  oziroma l dolžina sence, BT oziroma h pa je iskana višina gore. Težave pri meritvi predstavlja stranica SB oziroma x, ki je ni ogoče enostavno izmeriti. Zato naredimo manjšo „goljufijo“ in pred- postavimo, da je x ≈ r , kjer je r polmer Lune. Ta pri- bližek si lahko privoščimo, če je gora povsem blizu terminatorja in ker je njena višina majhna v primer- javi s polmerom Lune. Torej: r d = l h . Iskana višina gore je h = d · l r . Na posnetkih Lune ob prvem ali zadnjem krajcu iz- merimo dolžino sence in oddaljenost gore od termi- natorja v milimetrih. Za meritve uporabimo program CorelDraw11 (glej sliko 1). Višino gora podamo v metrih, seveda pa moramo prej narediti preprost sklepni račun, kot pri razsež- nostih kraterjev, za kar potrebujemo tudi meritev premera Lune na sliki. Pri tej vaji je potrebna precej- šnja mera potrpežljivosti, ker je oddaljenost stene gore od terminatorja in dolžino sence težko oceniti. Za to potrebujemo ostro sliko. Zaradi večje natan- čnosti meritve uporabimo več različnih posnetkov Lune ob prvem in zadnjem krajcu. Za določanje dol- žine sence in oddaljenosti gore od terminatorja lah- ko seveda uporabimo še kakšno drugo metodo, na primer sliko Lune projiciramo na zaslon in meritve izvajamo na njej. Rezultati raziskovalne naloge Za ilustracijo vaje in vzpodbudo, da se še kdo bolj poglobljeno loti naloge, si oglejmo rezultate razisko- valne naloge Premeri kraterjev in višina gora na Lu- ni, ki sta jo izdelali dijakinji prvega letnika Gimnazi- je Jožeta Plečnika Ljubljana, Tadeja Rome in Živa Kovačevič. Naloga je bila na ljubljanske srečanju Zaupaj v lastno ustvarjalnost v šolskem letu 2006/07 najbolje ocenjena v svoji skupini – dijakinji sta za na- grado dobili potovanje v Italijo, na državnem sreča- nju v Murski Soboti pa srebrno priznanje. Iz naloge bomo navedli meritve, ki so zanimive. Tabela 1. Povprečna relativna napaka je 6 % (6,3 %). Natančnost je dobra, če upoštevamo, da sta se dija- kinji prvič srečali s tako meritvijo, da je na sliki težko oceniti premer kraterjev in da kraterji niso „idealni“ krogi. Povprečni odklon od pravih vrednosti je 8 km (7,6 km) in povprečna relativna napaka je 7 % (6,8 %). Glede na metodo merjenja in prej omenjeno „golju- fijo“ s podobnimi trikotniki je bila meritev dobro iz- peljana. 3 SB B  = BT  oziroma x d = l h , kjer je BB oziroma d oddaljenost gore od termina- torja, BT  oziroma l olžin sence, BT oziroma h pa je iskana višina gore. Težave pri meritvi predstavlj stranica SB ozir ma x, ki je n ogoče eno no izmeriti. Zat naredimo manjšo „g ljufijo“ in pred- postavimo, da je x ≈ r , kjer je r polmer Lune. Ta pri bližek si lahko privoščimo, če je gora povs m blizu terminatorja in ker je njena višina m jhna v primer- javi s polmerom Lun . Torej: r d = l h . Iskana višina gore je h = d · l r . Na posnetkih Lune ob prvem ali zadnjem krajcu iz- merimo dolžino s nce in oddaljenost gore od termi natorja v milimetrih. Za meritve uporabimo prog am CorelDraw11 (glej sliko 1). Višino gora podamo v metrih, seveda pa moramo prej narediti preprost sklepni račun, kot pri razsež- nostih kraterjev, za kar potrebujemo tudi meritev premera Lune na sliki. P i tej vaji p trebna prec j- šnja mera potrpežljivosti, ker e oddaljenost stene gore od terminatorja in dolžino sence težk oceniti. Za to potrebujemo ostro sliko. Zaradi večje natan- čnosti meritve uporabimo več različnih posnetkov Lune ob p vem in zadnjem krajcu. Za določanj d l- žine sence in oddaljenosti gore od terminator a lah ko seveda up rabimo še kakšn drugo metodo, na primer sliko Lune pr jiciramo na zasl n in meritve izvajamo na njej. Rezultati raziskovalne naloge Za ilustracijo vaje in vzpodbudo, da se še kdo bolj poglobljeno loti n loge, si oglejm rezultat razisko- valne naloge Premeri kraterjev in višina gora na Lu ni, ki st jo izdelali dijakinji prvega letnika Gimnazi je Jožeta Plečnika Ljubljana, Tadeja Rome n Živa Kovačevič. Naloga e bila na ljubljanske srečanju Zaupaj v lastno ustvarjalnost v šolskem l tu 2006/07 n jbol e ocenjena v svoji skupini – dijakinji sta za na- grad dobili potovanje v Italijo, na državnem sreč nju v Murski S boti pa srebrn priznanje. Iz naloge bomo navedli meritve, ki so zanimive. Tabela 1. Povprečna relativna napaka je 6 % (6,3 %). N tančnost je dobra, č upoštev mo, da sta se dija- kinji prvič sr čali s tako meritvijo, da je na sliki težko oceniti prem r kraterjev in da krater i iso „idealni“ krog . Povpr čni odklon od pravih v ednosti je 8 km (7,6 km) in povprečna relativn napaka je 7 % (6,8 %). Glede na metodo merjenja i prej omenjeno „golju- fijo“ s podobnimi trikot iki je bila meritev dobr iz peljana. 3 SB B = BT  oziroma x d = l h , kjer je BB oziroma d oddaljenost gore od termina- torja, BT  oziroma l dolžina sence, BT oziroma h pa je iskana višina gore. Težave pri meritvi predstavlja stranica SB oziroma x, ki je ni ogoče enostavno izmeriti. Zato naredimo manjšo „goljufijo“ in pred- postavimo, da je x ≈ r , kjer je r polmer Lune. Ta pri- bližek si lahko privoščimo, če je gora povsem blizu terminatorja in ker je njena višina majhna v primer- javi s polmerom Lune. Torej: r d = l h . Iskana višina gore je h = d · l r . Na posnetkih Lune ob prvem ali zadnjem krajcu iz- merimo dolžino sence in oddaljenost gore od termi- natorja v milimetrih. Za meritve uporabimo program CorelDraw11 (glej sliko 1). Višino gora podamo v metrih, seveda pa moramo prej narediti preprost sklepni račun, kot pri razsež- nostih kraterjev, za kar potrebujemo tudi meritev premera Lune na sliki. Pri tej vaji je potrebna precej- šnja mera potrpežljivosti, ker je oddaljenost stene gore od terminatorja in dolžino sence težko oceniti. Za to potrebujemo ostro sliko. Zaradi večje natan- čnosti meritve uporabimo več različnih posnetkov Lune ob prvem in zadnjem krajcu. Za določanje dol- žine sence in oddaljenosti gore od terminatorja lah- ko seveda uporabimo še kakšno drugo metodo, na primer sliko Lune projiciramo na zaslon in meritve izvajamo na njej. Rezultati raziskovalne naloge Za ilustracijo vaje in vzpodbudo, da se še kdo bolj poglobljeno loti naloge, si oglejmo rezultate razisko- valne naloge Premeri kraterjev in višina gora na Lu- ni, ki sta jo izdelali dijakinji prvega letnika Gimnazi- je Jožeta Plečnika Ljubljana, Tadeja Rome in Živa Kovačevič. Naloga je bila na ljubljanske srečanju Zaupaj v lastno ustvarjalnost v šolskem letu 2006/07 najbolje ocenjena v svoji skupini – dijakinji sta za na- grado dobili potovanje v Italijo, na državnem sreča- nju v Murski Soboti pa srebrno priznanje. Iz naloge bomo navedli meritve, ki so zanimive. Tabela 1. Povprečna relativna napaka je 6 % (6,3 %). Natančnost je dobra, če upoštevamo, da sta se dija- kinji prvič srečali s tako meritvijo, da je na sliki težko oceniti premer kraterjev in da kraterji niso „idealni“ krogi. Povprečni odklon od pravih vrednosti je 8 km (7,6 km) in povprečna relativna napaka je 7 % (6,8 %). Glede na metodo merjenja in prej omenjeno „golju- fijo“ s podobnimi trikotniki je bila meritev dobro iz- peljana. 3 SB B  = BT  oziroma x d = l h , kjer je BB oziroma d oddaljenost gore od termina- torja, BT  oziroma l olžin sence, BT oziroma h pa je iskana višina gore. Težave pri meritvi predstavlj stranica SB ozir ma x, ki je n ogoče eno no izmeriti. Zat naredimo manjšo „g ljufijo“ in pred- postavimo, da je x ≈ r , kjer je r polmer Lune. Ta pri bližek si lahko privoščimo, če je gora povs m blizu terminatorja in ker je njena višina jhna v primer- javi s polmerom Lun . Torej: r d = l h . Iskana višina gore je h = d · l r . Na posnetkih Lune ob prvem ali zadnjem krajcu iz- merimo dolžino s nce in oddaljenost gore od termi natorja v milimetrih. Za meritve uporabi o prog am CorelDraw11 (glej sliko 1). Višino gora podamo v metrih, seveda pa moramo prej narediti preprost sklepni račun, kot pri razsež- nostih kraterjev, za kar potrebujemo tudi meritev premera Lune na sliki. P i tej vaji p trebna prec j- šnja mera potrpežljivosti, ker e oddaljenost stene gore od terminatorja in dolžino sence težk oceniti. Za to potrebujemo ostro sliko. Zaradi večje natan- čnosti meritve uporabimo več različnih posnetkov Lune ob p vem in zadnjem krajcu. Za določanj d l- žine sence in oddaljenosti gore od terminator a lah ko seveda up rabimo še kakšn drugo metodo, na primer sliko Lune pr jiciramo na zasl n in meritve izvajamo na njej. Rezultati raziskovalne naloge Za ilustracijo vaje in vzpodbudo, da se še kdo bolj poglobljeno loti n loge, si oglejm rezultat razisko- valne naloge Premeri kraterjev in višina gora na Lu ni, ki st jo izdelali dijakinji prvega letnika Gimnazi je Jožeta Plečnika Ljubljana, Tadeja Rome n Živa Kovačevič. Naloga e bila na ljubljanske srečanju Zaupaj v lastno ustvarjalnost v šolskem l tu 2006/07 n jbol e ocenjena v svoji skupini – dijakinji sta za na- grad dobili potovanje v Italijo, na državnem sreč nju v Murski S boti pa srebrn priznanje. Iz naloge bomo navedli meritve, ki so zanimive. Tabela 1. Povprečna relativna napaka je 6 % (6,3 %). N tančnost je dobra, č upoštev mo, da sta se dija- kinji prvič sr čali s tako meritvijo, da je na sliki težko oceniti prem r kraterjev in da krater i iso „idealni“ krog . Povpr čni odklon od pravih v ednosti je 8 km (7,6 km) in povprečna relativn napaka je 7 % (6,8 %). Glede na metodo merjenja i prej omenjeno „golju- fijo“ s podobnimi trikot iki je bila meritev dobr iz peljana. 3 SB BB = BT  BT oziroma x d = l h , kjer je BB oziroma d oddaljenost gore od termina- torja, BT  oziroma l dolžina sence, BT oziroma h pa je iskana višina gore. Težave pri meritvi predstavlja stranica SB oziroma x, ki je ni mogoče enostavno izmeriti. Zato naredimo manjšo „goljufijo“ in pred- postavimo, da je x ≈ r , kjer je r polmer Lune. Ta pri- bližek si lahko privoščimo, če je gora povsem blizu terminatorja in ker je njena višina majhna v primer- javi s polmerom Lune. Torej: r d = l h . Iskana višina gore je h = d · l r . Na posnetkih Lune ob prvem ali zadnjem krajcu iz- merimo dolžino sence in oddaljenost gore od termi- natorja v milimetrih. Za meritve uporabimo program CorelDraw11 (glej sliko 1). Višino gora podamo v metrih, seveda pa moramo prej narediti preprost sklepni račun, kot pri razsež- nostih kraterjev, za kar potrebujemo tudi meritev premera Lune na sliki. Pri tej vaji je potrebna precej šnja mera potrpežljivosti, ker je oddaljenost stene gore od terminatorja in dolžino sence t žko ocenit Za to potrebujemo ostro sliko. Zaradi večje natan- čnosti meritve uporabimo več različnih posnetkov Lune ob prvem in zadnjem krajcu. Za določanje dol- žine sence in oddaljenosti gore od terminatorja lah- ko seveda uporabimo še kakšno drugo metodo, na primer sliko Lune projiciramo na zaslon in meritve izvajamo na njej. Rezultati raziskovalne naloge Za ilustracijo vaje in vzpodbudo, da se še kdo bolj poglobljeno loti naloge, si oglejmo rezultate razisko- valne naloge Premeri kraterjev in višina gora na Lu- ni, ki sta jo izdelali dijakinji prvega letnika Gimnazi- je Jožeta Plečnika Ljubljana, Tadeja Rome in Živa Kovačevič. Naloga je bila na ljubljanskem srečanju Zaupaj v lastno ustvarjalnost v šolskem letu 2006/07 najbolje ocenjena v svoji skupini – dijakinji sta za na- grado dobili potovanje v Italijo, na državnem sreča- nju v Murski Soboti pa srebrno priznanje. Iz naloge bomo navedli meritve, ki so zanimive. Tabela 1. Povprečna relativna napaka je 6 % (6,3 %). Natančnost je dobra, če upoštevamo, da sta se dija- kinji prvič srečali s tako meritvijo, da je na sliki težko oceniti premer kraterjev in da kraterji niso „idealni“ krogi. Povprečni odklon od pravih vrednosti je 8 km (7,6 km) in povprečna relativna napaka je 7 % (6,8 %). Glede na metodo merjenja in prej omenjeno „golju- fijo“ s podobnimi trikotniki je bila meritev dobro iz- peljana. 3 Tabela 2. Povprečna relativna napaka je 5 % (5,4 %). Vsako meritev sta dijakinji naredili petkrat. Napako je mogoče zmanjšati s še večjim številom meritev na različnih posnetkih Lune. Za lažjo oceno meritev sta dijakinji dobljene vrednosti za višino gora primerja- li s podatki iz literature. Povprečno odstopanje je bilo približno pol kilometra (467 metrov). Pri tem je povprečna relativna napaka 17 % (16,98 %). S temi rezultati dijakinji nista bili preveč zadovoljni, vendar sem mnenja, da so kljub temu rezultati solidni. Vaji sta simpatični in spretni bralec bo gotovo našel kakšno metodo za izboljšanje meritev. Poizkusite, ne bo vam žal. 4 V astronomiji se večkrat vprašamo, kako izme- riti velikosti nebesnih teles ali kako oceniti razsež- nosti gora, kraterjev in dolin na planetih. Take meritve je najlaže izpeljati na naši Luni. Ogledali si bomo nekaj primerov, kako ocenimo velikosti kraterjev in višino gora na Luni. Premeri kraterjev na Luni Vaja ima dva dela. Najprej s teleskopom fotografi- ramo Luno ob prvem krajcu. Kdaj točno nastopi prvi krajec, poizvemo na svetovnem spletu ali v efemeri- dah. S pomočjo karte Lune se odločimo, katerim kra- terjem bomo ocenili premer. Nato na posnetku naj- prej določimo preme Lune v milimetrih (npr. s po- močjo programa CorelDraw11), potem izmerimo pre- m določenega kr terja v milimetrih (glej sliko 1). Ker kraterji niso idealni krogi, meritev večkr t po- novimo, ob tem pa tudi obnovi o, kaj je to re a- tivna in kaj absolutna napaka. Premer kraterja do- bi o iz razmerja med njegovim premer m in pre merom Lune v milimetrih na sliki, saj poz a o pre mer Lune, ki znaša 3476 kilometrov. Dobljeno oceno lahko pri erja o s podatki iz literature. Ob vaji se porajajo nekatera vprašanja. Za katere kraterje bomo dobili solidno oceno; za kraterje ob terminatorju ali za kraterje, oddaljene od njega? Ali je ta metoda uspešna, če imamo sliko polne Lune? z že se, d vaja ni čisto preprosta. Poskusite! Približna metoda merjenja višine gora na Luni Višino gora ob terminatorju najlaže ocenimo ob prve in zad jem krajcu Lune, s j si lah o po a g mo z enostavno geometrijo in nekate imi poeno stavitvami sicer bolj z pl tene nal ge.1 Tedaj gore oziroma p bočja kraterjev ob terminatorju tudi e- čejo jdaljše s nce in so kraterji zato dobro vidni. Denimo, a se go a nahaja v točki B, njen v h pa T (gl j sliko 2). BB je oddaljenost gore od termi natorja, SB pa je polme Lune. Gora meče senco, ki na površju Lu e leži me točkama B in T . BT  je v resnici lok, a njegova ukr vljenost majhna, saj je dolžina s nce majhn v prim rjavi z obseg m Lune, zato si jo lahko misli o kot str ico pravo t nega trikotnika BT T .2 Trik tnika BTT  in BBS sta p dobna tr kotnika i njuni stranici TT  in BB st med seboj vzporedni in vzporedni s Sončevimi žarki. Za trikotnika v lja razme je 1Opo ba uredništva: Opisana meritev višine gora na Luni je zelo poenostavljena metoda, pri kateri ni upoštevana dejanska geometrija med dolžino sence, lego gor na Luni, Lunino meno itd. Je pa taka vaja povsem primerna za osnovno olce in sred- nješolce, aj se pri tem spo najo z merjenjem v astronomiji. Kdor bi želel spoznati natančno meto merjenja višine g ra n Luni, si lahko na spletnem naslo u www.educa.fmf.uni-lj.si/ izodel/sola/2003/ur /jelen/datoteke/luna.pdf ogleda seminar- sko nalogo skupine štu entov pod me torstvom prof. A dreja Čadeža. 2Če izr čunamo obseg Lune, dobimo vrednost 10 915 kilo- metrov in središčnemu kotu 1◦ pripada lok 30 kilometrov. Premer kraterja Ptolemaj je 148 kilometrov in temu pripada središčni k t približno 5◦. 2 astrono iji se večkrat vpraša o, kako iz e- riti velikosti nebesnih teles ali kako oceniti razsež- nosti gora, kraterjev in dolin na planetih. Take eritve je najlaže izpeljati na naši Luni. gledali si bo o nekaj pri erov, kako oceni o velikosti kraterjev in višino gora na Luni. Pre eri kraterjev a L i Vaja i a dva dela. ajprej s teleskopo fotografi- ra o Luno ob prve krajcu. Kdaj točno nastopi prvi krajec, poizve o na svetovne spletu ali v efe eri- dah. S po očjo karte Lune se odloči o, kateri kra- terje bo o ocenili pre er. ato na posnetku naj- prej določi o pre e Lune v ili etrih (npr. s po- očjo progra a Corel ra 11), pote iz eri o pre er določenega kraterja v ili etrih (glej sliko 1). Ker raterji iso idealni krogi, erite večkrat po- novi o, ob te pa tudi obnovi o, kaj je to rela- tivna n kaj absolutna nap ka. Pre er kraterja do bi o iz raz erja ed njegovi pre ero in pre ero Lune v ili etrih na sliki, saj pozna o pre- er Lune, ki z aša 3476 kilo etrov. obljeno oceno l hko ri ja o s podatki iz literature. b vaji se porajajo nekatera vprašanja. Za katere kraterje bo o dobili solidno oceno; za kraterje ob ter inatorju ali za kraterje, oddaljene od njega? li je ta etoda uspešna, če i a o sliko polne Lune? Izkaže se, da vaja ni čisto preprosta. Poskusite! Pri liž a et a erje ja viši e ra a L i Višino gora ob ter inatorju najlaže oceni o ob prve in zadnje krajcu Lune, s j si lah o po a g o z nostavno geo etrijo in nekate i i poeno stav tva i sicer bolj z pl tene nal ge.1 Te aj gore oziro a pobočja kraterjev ob ter in torju tudi e- čejo najdaljše sence in so kraterji zato dobro vidni. en o, a se go nahaja v točki B, njen v h pa v T (glej sliko 2). BB je oddaljenost g re od ter i atorja, SB pa je pol e Lune. ora eče senco, ki na površju Lune leži ed očk a B in T . BT  je v resnici lok, a je njegova ukr vljen st ajhna, aj j d lžina s nce ajhna v pri erjavi z obseg Lune, z to si jo lahko za isli o kot st co pravo t nega trikotnika BT T .2 Trikotnik BTT  in BBS sta podobna tr kotnika i njuni stranici TT  in BB sta ed boj vzporedni in vzporedni s Sončevi i žarki. Za trikotnika velja raz je 1Opo ba uredništva: Opisana eritev višine gora na Luni je zelo poenostavljena etoda, pri kateri ni upoštevana dejanska geo etrija ed dolžino sence, lego gor na Luni, Lunino eno itd. Je pa aka vaja povse pri erna za osnovnošolce in sred- nješolce, saj se pri te spoznajo z erjenje v astrono iji. Kdor bi ž lel spoznati natančn etod erjenja višine gora na Luni, si lahk na spletne naslovu www.educ .f f.uni-lj.si/ izodel/ ola/2003/ur /jelen/datoteke/luna.pdf ogleda se inar- sko nalogo skupin štu entov pod e torstvo prof. A dreja Čadeža. 2Če izr čuna o obseg Lune, dobi o vrednost 10 915 kilo- etrov in središčne u kotu 1◦ pripada lok 30 kilo etrov. Pre er kraterja Ptole j je 148 k lo etrov in te u pripada središčni k t približno 5◦. 2 V astronomiji se večkrat vprašamo, kako izme- riti velikosti nebesnih teles ali kako oceniti razsež- nosti gora, kraterjev in dolin na planetih. Take meritve je najlaže izpeljati na naši Luni. Ogledali si bomo nekaj primerov, kako ocenimo velikosti kraterjev in višino gora na Luni. Premeri kraterjev na Luni Vaja ima dva dela. Najprej s teleskopom fotografi- ramo Luno ob prvem krajcu. Kdaj točno nastopi prvi krajec, poizvemo na svetovnem spletu ali v efemeri- dah. S pomočjo karte Lune se odločimo, katerim kra- terjem bomo ocenili premer. Nato na posnetku naj- prej določimo premer Lune v milimetrih (npr. s po- močjo programa CorelDraw11), potem izmerimo pre m določenega kr terja v milimetrih (glej sliko 1). Ker raterji iso idealni krogi, merite večkr t po- novimo, ob tem pa tudi obnovi o, kaj je to re a- tivna n kaj absolutna nap ka. Premer kraterja do bi o iz razmerja med njegovim premer m in pre merom Lune v milimetrih na sliki, saj poz a o pre mer Lune, ki z aša 3476 kilometrov. Dobljeno oceno l hko ri ja o s podatki iz literature. Ob vaji se porajajo nekatera vprašanja. Za katere kraterje bomo dobili solidno oceno; za kraterje ob terminatorju ali za kraterje, oddaljene od njega? Ali je ta metoda uspešna, če imamo sliko polne Lune? z že se, d vaja ni čisto preprosta. Poskusite! Približna metoda merjenja višine gora na Luni Višino gora ob terminatorju najlaže ocenimo ob prvem in zadnjem krajcu Lune, s j si lah o poma- g mo z nostavno geometrijo in nekaterimi poeno- stavitvami sicer bolj z pl tene nal ge.1 Te aj gore oziroma pobočja kraterjev ob termin torju tudi me- čejo najdaljše sence in so kraterji zato dobro vidni. Denimo, a se gor nahaja v točki B, njen vrh pa v T (glej sliko 2). BB je oddaljenost g re od termi- atorja, SB pa je polmer Lune. Gora meče senco, ki na površju Lune leži med točk ma B in T . BT  je v resnici lok, a je njegova ukrivljen st majhna, aj j d lžina s nce majhna v primerjavi z obseg m Lune, z to si jo lahko zamislimo kot str ico pravo t- nega trikotnika BT T .2 Trikotnik BTT  in BBS sta podobna trikotnika i njuni stranici TT  in BB sta med boj vzporedni in vzporedni s Sončevimi žarki. Za trikotnika velja razm rje 1Opo ba uredništva: Opisana meritev višine gora na Luni je zelo poenostavljena metoda, pri kateri ni upoštevana dejanska geometrija med dolžino sence, lego gor na Luni, Lunino meno itd. Je pa aka vaja povsem primerna za osnovnošolce in sred- nješolce, aj se pri tem spo najo z merjenjem v astronomiji. Kdor bi želel spoznati natančn meto merjenja višine g ra n Luni, si lahk na spletnem naslo u www.educ .fmf.uni-lj.si/ iz del/sola/2003/ura/jelen/da tek /luna.pdf ogleda seminar sko nalogo skupin študentov pod me torstvom prof. Andreja Čadeža. 2Če izračunamo bseg Lune, dobimo vrednost 10 915 kilo- metrov in središčnemu kotu 1◦ pripada lok 30 kilometrov. Premer kraterja Ptolem j je 148 ki ometrov in temu pripada središčni kot približno 5◦. 2 V astrono iji se večkrat vpraša o, kako iz e- riti velikosti nebesnih teles ali kako oceniti razsež- nosti gora, kraterjev in dolin na planetih. Take eritve je najlaže izpeljati na naši Luni. gledali si bo o nekaj pri erov, kako oceni o velikosti kraterjev in višino gora na Luni. Pre eri kraterjev na Luni Vaja i a dva dela. Najprej s teleskopo fotografi- ra o Luno ob prve krajcu. Kdaj točno nastopi prvi krajec, poizve o na svetovne spletu ali v efe eri- dah. S po očjo karte Lune se odloči o, kateri kra- terje bo o ocenili pre er. Nato na posnetku naj- prej določi o pre er Lune v ili etrih (npr. s po- očjo progra a CorelDraw11), pote iz eri o pre- določenega kr terja v ili etrih (glej sliko 1). Ker raterji s idealni krogi, eritev večkr t po novi o, ob te pa tudi obnovi o, kaj je to rela- tivna i kaj absolutna napaka. Pre er kraterja do- bi o iz raz erja ed njegovi pre er in pre- ero Lune v ili etrih na sliki, saj poz a o pre er Lune, ki z aša 3476 kilo etr v. Dobljeno oceno lahko ri erja o s podatki iz literature. Ob vaji se poraja o ekatera vpraš nja. Za katere kraterje bo dobili solidno oceno; za kraterje ob ter inatorju ali za kraterje, oddaljene od njega? Ali je ta etoda uspešna, če i a o sliko polne Lune? Iz že se, d vaja ni čisto preprosta. Poskusite! Približna etoda erjenja višine gora na Luni Višino gora ob ter inatorju najlaže oceni o ob prve in zadnje krajcu Lune, s j si lah o po a- g o z nostavno geo etrijo in nekateri i poeno stav tva i sicer bolj z pl tene nal ge.1 Te aj gore oziro a pobočja kraterjev ob ter in torju tudi e- čejo najdaljše sence in so kraterji zato dobro vidni. Den o, a se gor nahaja v točki B, njen vrh pa v T (glej sliko 2). BB je oddaljenost g re od ter i atorja, SB pa je pol e Lune. Gora eče senco, ki na površju Lune leži ed očk a B in T . BT  je v resnici lok, a je njegova ukrivljen st ajhna, aj j d lžina s nce ajhna v pri erjavi z obseg Lune, z to si jo lahko za isli o kot st ico pravo t nega trikotnika BT T .2 Trikotnik BTT  in BBS sta podobna trikotnika i njuni stranici TT  in BB sta ed boj vzporedni in vzporedni s Sončevi i žarki. Za trikotnika velja raz rje 1Opo ba uredništva: Opisana eritev višine gora na Luni je zelo poen st vljena metoda, pri kateri ni upoštevana dejanska geometrija med dolžino sence, lego gore na Luni, Lunino meno itd. Je pa taka vaja povsem primerna za osnovnošolce in sred- nješolce, saj se pri tem spoznajo z merjenjem v astronomiji. Kdor bi ž lel spoznati natančn meto merjenja višine g ra na Luni, si lahk na splet em naslov www.educ .fmf.un -lj.si/ iz del/sola/2003/ura/jelen/dat tek /luna.pdf ogleda seminar sko nalogo skupine štu entov pod mentorstvom prof. A dreja Čadeža. 2Če izr čunamo bseg Lune, dobimo vrednost 10 915 kilo- metr v in središčnemu kotu 1◦ pripada lok 30 kilometrov. Premer kraterja Ptolemaj je 148 kilometrov in temu pripada središčni k t približno 5◦. 2 • Rezultati raziskoval e naloge t miji t m , i m - iti li ti i t l li iti - ti , t j i li l ti . m it j jl i lj ti i i. O l li i m j im , im li ti t j i i i i. m i t j i j im l . j r j t l m f t r - r m r m r j . j t t i r i r j , i m t m l t li f m ri- . m j rt l im , t rim r - t rj m m ili r m r. t t j- r j l im r m milim tri ( r. - m j r r m r l r ), t m i m rim r - m l r t rj milim tri ( l j li ). r kr t rji n i l i r i, m rit r t im , t m t i i , j j t r - ti i j l t . r m r r t rj - i i r m rj j im r m r m i r m r m milim tri li i, j m r m r , i n il m tr . lj l prim rj m t i i lit r t r . ji r j t r r j . t r r t rj m ili li ; r t rj t rmi t rj li r t rj , lj j li j t m t , im m li l , j i i t r r t . it ! i li m t m j j i i i i i r t rmi t rj jl im r m i j m r j , j i l m am e t m trij i t imi t it mi i r lj l t l .1 d j r ir m j r t rj t rmi at rj t i m - j j lj i r t rji t r i i. im , a j t i , j ( l j li ).  j lj t or t rmi- n t rj , j lm . r m , i r j l i m t am i .  j r i i l , j j r lj o t m j , s j je ol i e m j rim rj i om , at i j l mi lim t tra i r t- tri t i  .2 ri t i a  i  t tr t i i j i tr i i  i  t m se j r i i r i imi r i. tri t i lj r me j 1 a re ištva: sa eritev viši e ra a L i j el e ostavlje a et a, ri ateri i števa a eja s a etrija e l i se ce, le re a L i, L i e it . J a ta a vaja vse ri er a a s v š lce i sre - ješ lce, j se ri te s aj erje je v astr iji. r i elel s ati ata c o et erje ja viši e ra a L i, si la o a s let e asl v . ca.f f. i-lj.si/ i el/s la/ / ra/jele / at te /l a. f le a se i ar- s al s i e št t v e t rstv r f. reja a e a. 2 e i rac a se L e, i vre st il - etr v i sre išc e t ◦ ri a a l il etr v. Pr er raterja Pt le aj je i etr v i te ri a a s išc i t ri li ◦. V astrono iji se večkrat vpraša o, kako iz e- riti velikosti nebesnih teles ali kako oceniti razsež- nosti gora, kraterjev in dolin na planetih. Take eritve je najlaže izpeljati na naši Luni. gledali si bo o nekaj pri erov, kako oceni o velikosti kraterjev in višino gora na Luni. Pre eri kraterjev na Luni Vaja i a dva dela. Najprej s teleskopo fotografi- ra o Luno ob prve krajcu. Kdaj točno nastopi prvi krajec, poizve o na svetovne spletu ali v efe eri- dah. S po očjo karte Lune se odloči o, kateri kra terje bo o ocenili pre er. Nato na posn tku naj prej določi o pre e Lun v ili etrih ( pr. s po očjo progra a C r lDraw11), pote iz eri o pre er določeneg kraterja v ili etrih (glej sliko 1). Ker kraterji n s idealni krogi, e tev večkrat po novi o, ob te pa tudi obnovi o, kaj je to rela tivna i kaj absolutna napaka. Pre er kraterja do bi o z r z erja ed njegovi pre ero in pre er Lune v ili trih na sliki, saj pozna o Lune, ki znaša 3476 kilo etr v. Dobljeno ceno lahko pri erja o s podatki iz literature. Ob vaji se poraja o ekatera vp š nja. Za katere kraterje bo dobili solidno oceno; za kraterje ob ter inatorju ali za kraterje, ddaljene od njega? Ali j ta etoda uspešna, če i a o sliko poln Lune? Izk že se, vaja ni čisto preprosta. Poskusite! Približna etoda erjenja višine gora na Luni Višino gora ob ter inatorju najlaže oceni o ob prve in zadnje krajcu Lune, s j si lah o p a g o z nostavno geo etrijo in nekate i i poeno stav tva i sicer bolj z pl tene al ge.1 Te aj gore oziro a pobočja kraterjev ob ter in torju tudi e- čejo najdaljše sence in so kraterji zato dobro vidni. Den o, a se go nahaja v očki B, njen v h pa v T (glej sliko 2). BB je oddaljenost g r od ter i atorja, SB pa je pol Lune. G ra eče senco, ki površju Lu e leži ed očk a B in T . BT  je v resnici lok, a je njegova ukr vljen st ajhna, aj j d lž na s nce ajhna v pri er avi z obseg Lune, z to si jo lahko za isli o kot st co pravo t nega trik tnika BT T .2 Trikotnik BTT  in BBS sta podobna tr kotnika i njuni stranici TT  in BB ed boj vzporedn in vzporedni s Sončevi i žarki. Za trikotnika velja raz je 1Opo ba uredništva: Opisana eritev višine gora na Luni je zelo enost vlje a metoda, pri kateri ni upoštevana deja ska g ometrija med dolžino sence, lego gor na Luni, Lunino meno itd. J pa aka vaja povsem primerna za osnov ošolce in sred- nj šolce, s j se pri tem spoznajo z m rje jem v astro omiji. Kdor bi želel spoznati natanč o metodo merjenja višine gora na Lun , si lahk na splet em naslov www. duca.fmf.uni-lj.si/ izodel/sola/2003/ura/jele /da oteke/luna.pdf ogleda seminar- sko nalogo skupin štu tov pod me torstvom prof. A dreja Č deža. 2Če izr čunamo obseg Lune, dobimo vrednost 10 915 kilo- metr v in središčnemu kotu 1◦ pr pada lok 30 kilometrov. Pr mer kraterja Ptolem j je 148 kilometrov in temu pripada s diščni k t približno 5◦. 2 V astronomiji se večkrat vprašamo, kako izme- riti velikosti nebesnih teles ali kako oceniti razsež- nosti gora, kraterjev in dolin na planetih. Take meritve je najlaže izpeljati na naši Luni. Ogledali si bomo nekaj primerov, kako ocenimo velikosti kraterjev in višino gora na Luni. Premeri kraterjev na Luni Vaja ima dva dela. Najprej s teleskopom fotografi- ramo Luno ob prvem krajcu. Kdaj točno nastopi prvi krajec, poizvemo na svetovnem spletu ali v efemeri- dah. S pomočjo karte Lune se odločimo, katerim kra terjem bo o ocenili premer. Nato na posn tku naj prej določimo premer Lun v milimetrih ( pr. s po močjo programa C r lDra 11), potem izmerimo pre določeneg kr terja v milimetrih (glej sliko 1). Ker kraterji niso idealni krogi, me tev večkr t po- novimo, ob tem pa tudi obnovi o, kaj je to re a tivna in kaj absolutna napaka. Premer kraterja do bi o iz r zmerja ed njegovim premer m in pre mer m Lune v mili trih na sliki, saj poz amo Lune, ki znaša 3476 kilometrov. Dobljeno ceno lahko primerjamo s podatki iz literature. b vaji se porajajo nekatera vp šanja. Za katere kraterje bomo dobili solidno oceno; za kraterje ob terminatorju ali za kraterje, ddaljene od njega? Ali j ta metoda uspešna, če imamo sliko poln Lune? Izk že se, vaja ni čisto preprosta. Poskusite! Približna metoda merjenja višine gora na Luni Višino gora ob terminatorju najlaže ocenimo ob prvem in zadnjem krajcu Lune, saj si lah o p ma- g mo z nostavno geometrijo in nekaterimi poeno- st vitvami sicer bolj zapletene al ge.1 Te aj gore ozi oma pobočja kraterjev ob termin t ju tudi e čej n jdaljše sence in so krat rji zato dobro vidni. Denimo, a se gor nahaja v očki B, njen vrh pa v T (glej sliko 2). BB je oddaljenost g r od ter i- atorj , SB pa je p lm r Lu e. G ra meče senco, ki površju Lu e leži ed t čk ma B in T . BT  je resnici lok, a je njegova ukri ljen st majhna, aj j d lž na s nce majhna v primer avi z obs g m Lune, z to si jo lahko zamislimo k t str ico pravo t- nega trik tnika BT T .2 Trikotnik BTT  in BBS sta podobna t ikotnika i njuni stranic TT  in BB med oj zporedn i vzpo edni s Sončevimi žarki. Za trikotnika velja razm rje 1Opo ba uredništva: Opisan eritev višine gora na Luni j zelo enostavlje a metoda, pri kateri ni upoštevana deja ska g ometrija med dolžino sence, lego gor na Luni, Lunino meno itd. J pa aka vaja povsem primerna za osnov ošolce in sred- nj šolce, s j se pri tem spoznajo z m rje jem v astro omiji. Kdor bi želel spoznati natanč o meto merjenja višine g ra na Lun , si lahk na spletnem naslovu www. duc .fmf.uni-lj.si/ iz del/sola/2003/ura/jele /da tek /luna.pdf ogleda seminar sko nalogo skupin štud tov pod me torstvom prof. Andreja Č deža. 2Če izračunamo obseg Lune, dobimo vrednost 10 915 kilo metrov in središčnemu kotu 1◦ pr pada lok 30 kilometrov. Pr mer kraterja Ptolem j je 148 ki ometrov in temu pripada s diščni kot približno 5◦. 2 astrono iji se večkrat vpraša o, kako iz e- riti velik sti nebesnih teles ali k ko oceniti ra sež- nosti gora, krat rjev in dolin na planetih. Take eritve je najlaže izpeljati na ši Luni. gledali si bo o nekaj pri erov, kako oceni o velikosti kraterjev in višino gora na Luni. Pre eri kraterjev a L i Va a i a dva dela. ajprej s teleskopo fotografi- ra o Luno ob prve krajcu. Kdaj točno nastopi prvi krajec, poizve o na svetovne spletu ali v efe eri- dah. S po očjo karte Lune se odloči o, kateri kra terje bo o ocenili pre er. ato na posn tku naj prej določi o pre er Lun v ili etrih ( pr. s po očjo progra a C r l raw11), pote iz eri o pre določeneg kr terja v ili etrih (glej sliko 1). Ker kraterji nis idealni krogi, e tev večkr t po- novi o, ob te pa tudi obnovi o, kaj je to rela tivna i kaj absolutna napaka. Pre er kraterja do bi o iz r z erja ed njegovi pre er in pre- er Lune v ili trih na sliki, saj poz a o - Lune, ki znaša 3476 kilo etr v. obljeno ceno lahko pri erja o s podatki iz literature. Ob vaji se porajajo ekatera vp š nja. Za katere kraterje bo dobili solidno oceno; za kraterje ob ter inatorju ali za kraterje, ddaljene od njega? li j ta etoda uspešna, če i a o sliko poln Lune? Izk že se, vaja ni čisto preprosta. Poskusite! Pri liž a et a erje ja viši e ra a L i Višino gora ob ter inatorju najlaže oceni o ob prve in zadnje krajcu Lune, saj si lahko p a- g o z nostavno geo etrijo in nekateri i poeno st v tva i sicer bolj zapletene aloge.1 Te aj gore oziro a pobočja kraterjev ob ter in t rju tudi e- čej n jdaljše sence in so krat rji zato dobro vidni. en o, da se gor nahaja v očki B, njen vrh pa v T (glej sliko 2). BB je oddaljenost g r od ter i atorj , SB pa je p l Lu e. ra eče senco, ki površju Lu e leži ed t čk a B in T . BT  je resnici lok, a je njegova ukri ljen st ajhna, aj j d lž na s nce ajhna v pri er avi z obs g Lune, z to si jo lahko za isli o k t st n co pravokot nega trik tnika BT T .2 Trikotnik BTT  in BBS sta podobna trikotnika in njuni stranici TT  in BB ed oj zporedn i vzporedni s Sončevi i žarki. Za trikotnika velja raz rje 1Opo ba uredništva: Opisana eritev višine gora na Luni je zelo enost vlje a etoda, pri kateri ni upoštevana deja ska g o etrija ed dolžino sence, lego gore na Luni, Lunino eno itd. J pa taka vaja povse pri erna za osnov ošolce in sred- nj šolce, s j se pri te spoznajo z rje je v astro o iji. Kdor bi želel spoznati natanč o eto erjenja višine g ra na Luni, si lahk na splet e naslov www. duc .f f.un -lj.si/ iz del/sola/2003/ura/ le /dat tek /luna.pdf ogleda se inar sko nalogo skupine štud tov pod entorstvo prof. Andreja Č deža. 2Če izr čuna o obseg Lune, dobi o vrednost 10 915 kilo- etr v in središčne u kotu 1◦ pripada lok 30 kilo etrov. Pr er kraterja Ptole aj je 148 kilo etrov in te u pripada s diščni kot približno 5◦. 2 V astronomiji se večkrat vprašamo, kako izme- riti velik sti nebesnih teles ali k ko oceniti ra sež nosti gora, krat rjev in dolin na planetih. Take meritve je najlaže izpeljati na ši Luni. Ogledali si bomo nekaj primerov, kako ocenimo velikost kraterjev in višino go a na Luni. Premeri kraterjev na Luni Vaja ima dva dela. Najprej s teleskopom fotografi- ramo Luno ob prvem krajcu. Kdaj točno nastopi prvi krajec, poizvemo na svetovnem spletu ali v efemeri- dah. S pomočjo karte Lune se odločimo, katerim kra terjem bo o ocenili premer. Nato na posn tku naj prej določimo preme Lun v milimetrih ( pr. s po močjo programa Cor lDra 11), potem izmerimo pre določeneg kr terja v milimetrih (glej sliko 1). Ker kraterji nis idealni krogi, me tev večkr t po- novimo, ob tem p tudi obnovi o, kaj je to rel - tivn i kaj absolutna nap ka. Premer kraterja do bi o z r zmerja ed njegovim premer m in pre mer m Lune v mili trih na sliki, saj poz amo Lune, ki znaša 3476 kilometr v. Dobljeno ceno lahko primerjamo s podatki iz literature. b vaji se porajajo ekatera vp š nja. Za katere kraterje bom dobili solidno oceno; za kraterje ob terminatorju ali za kraterj , ddaljene od njega? Ali j ta metoda uspešna, če imamo sliko poln Lune? Izk že se, vaja ni čisto preprosta. Poskusite! Približna metoda merjenja višine gora na Luni Višino gora ob terminatorju najlaže ocenimo ob prvem in zadnjem krajcu Lune, saj si lahko p ma- gamo z enostavno geometrijo in nekaterimi poeno st vitvami sicer bolj zapletene aloge.1 Tedaj gore ozi oma pobočja kraterjev ob terminat ju tudi e čej n jdaljše sence in so krat rji zato dobro vidni. Denimo, da se gora nahaja v očki B, njen vrh pa v T (glej sliko 2). BB je oddaljenost gor od ter i- natorj , SB pa je p lm r Lu e. G ra meče senco, ki površju Lune leži ed t čkama B in T . BT  je resnici lok, a je njegova ukri ljenost majhna, saj je dolž na sence majhna v primer avi z obs g m Lune, zato si jo lahko zamislimo k t stranico pravokot- nega trik tnika BT T .2 Trikotnika BTT  in BBS sta podobna t ikotnika in njuni stranic TT  in BB med se oj zporedn i vzpo edni s Sončevimi žarki. Za trikotnika velja razmerje 1Opo ba uredništva: Op san eritev višine gora na Luni j zelo enost vlje a metoda, pri kateri ni upošteva a deja ska g ometrija med olžino sence, lego gore na Luni, Lunino meno itd. J pa taka vaja povsem primerna za osn v ošolce in sred- nješolce, s j se pri tem spoznajo z merje jem v astro omiji. K or bi želel spoznati natanč o meto merjenja višine g ra a Lun , si lahko na splet em naslov www. duca.fmf.u i-lj.si/ izodel/sola/2003/ur /jele /dat tek /luna.pdf ogleda seminar- sko nalogo skupi e štud tov pod me torstvom prof. Andreja Čadeža. 2Če izr čunamo obseg Lune, dobimo vrednost 10 915 kilo metr v in središčnemu kotu 1◦ pad lok 30 kilometrov. Pr m r kraterj Ptolemaj je 148 kilometrov in emu pripada s diščni kot približno 5◦. 2 V astrono iji se večkrat vpraša o, kako iz e- riti velik sti nebesnih teles ali k ko oceniti ra sež- nosti gora, krat rjev in dolin na planetih. Take eritve je najlaže izpeljati na ši Luni. gledali si bo o nekaj pri erov, kako oceni o velikosti kraterjev in višino go a na Luni. Pre eri kraterjev na Luni Vaja i a dva dela. Najprej s teleskopo fotografi- ra o Luno ob prve krajcu. Kdaj točno nastopi prvi krajec, poizve o na svetovne spletu ali v efe eri- dah. S po očjo karte Lune se odloči o, kateri kra terje bo o ocenili pre er. Nato na posn tku naj prej določi o pre e Lun v ili etrih ( pr. s po očjo progra a C r lDraw11), pote iz eri o pre er določeneg kraterja v ili etrih (glej sliko 1). Ker kraterji n s idealni krogi, e tev večkrat po novi o, ob te p tudi obnovimo, kaj je to rel ivn i kaj absolutna nap ka. Pre er kraterja do bimo z r z erja ed njegovi pre ero in pre er Lune v ili trih na sliki, saj pozna o Lune, ki znaša 3476 kilo etr v. Dobljeno ceno lahko pri erja o s podatki iz literatu e. Ob vaji se poraja o ekatera vp š nja. Za katere kraterje bo dobili solidno oceno; za krate je ob ter inatorju ali za kraterj , ddaljene od njega? Ali j ta etoda uspešna, če i a o sliko poln Lune? Izk že se, vaja ni čisto preprosta. Poskusite! Približna etoda erjenja višine gora na Luni Višino gora ob ter inatorju najlaže oceni o ob prve in zadnje krajcu Lune, saj si lahko p a- g o z nostavno geo etrijo in nekateri i poeno stav tva i sicer bolj zapletene aloge.1 Te aj gore oziro a pobočja kraterjev ob ter in torju tudi e- čejo najdaljše sence in so kraterji zato dobro vidni. Den o, da se gor nahaja v očki B, njen vrh pa v T (glej sliko 2). BB je oddaljenost g re od ter i atorja, SB pa je pol Lune. G ra eče senco, ki površju Lu e leži ed očk a B in T . BT  je v resnici lok, a je njegova ukrivljen st ajhna, aj j d lž na s nce ajhna v pri er avi z obseg Lune, z to si jo lahko za isli o kot st n co pravokot nega trik tnika BT T .2 Trikotnik BTT  in BBS sta podobna trikotnika in njuni stranici TT  in BB s ed boj vzporedn in vzporedni s Sončevi i žarki. Za trikotnika velja raz rje 1Opomb uredništva: Op san eritev višine gora na Luni j zelo enostavlje a metoda, pri kateri ni upošteva a deja ska g ometrija med olžino sence, lego gore na Luni, Lunino meno itd. J pa aka vaja povsem primerna za osn v ošolce in sred- nj šolce, s j se pri tem spoznajo z m rje jem v astro omiji. K or bi želel spoznati n ta č o metodo merjenja višine gora a Lun , si lahko na spletnem naslovu www. duca.fmf.u i-lj.si/ iz del/sola/2003/ur /j le /dat tek /luna.pdf ogleda seminar- sko nalogo skupi štud tov pod me torstvom prof. Andreja Č deža. 2Č izračunamo obseg Lune, dobimo vrednost 10 915 kilo metr v in središčnemu kotu 1◦ r pada lok 30 kilometrov. Pr m r kraterj Ptolemaj je 148 kilometrov in emu pripada s diščn kot približno 5◦. 2 astronomiji se večkrat vprašamo, kako izme- riti velik sti nebesnih teles ali k ko oceniti ra sež- nosti gora, krat rjev in dolin na planetih. Take meritve je najlaže izpeljati na ši Luni. Ogledali si bomo nekaj primerov, kako ocenimo velikosti kraterjev in višino go a na Luni. P emeri kraterjev a L i Vaja ima dva d la. ajprej s teleskopom fotografi- ramo Luno ob prvem krajcu. Kdaj točno nastopi prvi krajec, poizvemo n svetovnem spletu ali v efemeri dah. S pom čjo karte Lune se odločimo, k terim k a terjem b o ocenili pr mer. ato na posn tku naj prej dol čimo prem r Lun v milimetrih ( pr. s po močjo pr grama C r l ra 11), potem izmerimo pre r eneg kraterja v milimetrih (glej sliko 1). Ker kraterji niso idealni krogi, me tev v čkrat po novim , ob tem p tudi obnovi o, kaj je to rel ivn in kaj ab lutn nap ka. Pr m r krate ja d bi o z r zmerja ed njegovim premerom in pre mer m Lune v mili trih na sliki, saj poznamo Lune, ki znaša 3476 kilometrov. obljeno ceno lahk primerja o s podatki iz literatu e. b vaji se porajajo ne atera vp š nja. Za katere kraterje bomo d bili solidno oceno; za krate je ob terminatorju ali za krat rj , ddaljene od njega? li j ta metoda uspešna, če imamo sliko poln Lune? Izk že se, vaja ni čisto preprosta. Poskusite! Pri liž a met a merje ja viši e ra a L i Višino gora b terminatorju najlaže oce imo ob prvem in zadnjem krajcu Lune, saj si lahko p ma- g mo z n stavno geometrijo in nekaterimi poeno st v tvami sicer bolj zapletene aloge.1 Te aj gore ozi ma pobočja kraterjev ob termin t ju tudi e čej n jdaljše sence in so krat rji zato dobro vidni. en o, da se gor nahaja v očki B, njen vrh pa v T (glej sliko 2). BB je dd lj nost g r od ter atorj , SB pa je p lm Lu e. ra meče senco, ki površju Lu e leži ed t čk ma B in T . BT  je resnici lok, a je njegova ukri ljen st ajhna, aj j d lž na s nce majhna v primer avi z obs g m Lune, z to si jo l hko zamislimo k t st n co pravokot nega trik tnika BT T .2 Trikotnik BTT  in BBS sta podobna t ikotnika in njuni stranic TT  in BB med oj zporedn i vzpo edni s Sončevimi žarki. Za trikotnika velja razm rje 1Opo ba uredništva: Opisana eritev višine gora na Luni je zelo enostavlje a etoda, pri kateri ni upošteva a deja ska g o etrija ed olžino sence, lego gore na Luni, Lunino eno itd. J pa aka vaja povse pri erna za osn v ošolce in sred- nj šolce, s j se pri te spoznajo z rje je v astro o iji. K or bi želel spoznati nata č o etodo erjenja višine gora a Lun , si lahko na splet e naslov www. duca.f f.u i-lj.si/ iz del/sola/2003/ur /jele /dat tek /luna.pdf ogleda se inar sko nalogo skupi štud tov pod e torstvo prof. Andreja Č deža. 2Če izračuna o obseg Lune, dobi o vrednost 10 915 kilo- etrov in središčne u kotu 1◦ pad lok 30 kilo etrov. Pr r kraterj Ptole aj je 148 ki o etrov in e u pripada s diščn kot približno 5◦. 2 V astrono iji se večkrat vpraša o, kako iz e- riti velik sti nebesnih teles ali k ko oceniti ra sež nosti gora, krat rjev in dolin na planetih. Take eritve je najlaže izpeljati na ši Luni. gledali si bo o nekaj pri erov, kako oceni o velikost kraterjev in višino go a na Luni. P e eri kraterjev na Luni Vaja i a dva d la. Najprej s teleskopo fotografi- ra o Luno ob prve krajcu. Kdaj točno nastopi prvi krajec, poizve o n svetovne spletu ali v efe eri dah. S po čjo karte Lune se odloči o, k teri k a terje b o ocenili pr er. Nato na posn tku naj prej dol či o pre r Lun v ili etrih ( pr. s po očjo pr gra a C r lDraw11), pote iz eri o pre r eneg kraterja v ili etrih (glej sliko 1). Ker kraterji n s idealni krogi, e tev v čkrat po novi , ob te p tudi obnovimo, kaj je to rela tivna i kaj ab lutn napaka. Pr r krate ja d bimo z r z erja ed njegovi pre ero in pre er Lune v ili trih na sliki, saj pozna o Lune, ki znaša 3476 kilo etr v. Dobljeno ceno lahk pri erja o s podatki iz literature. Ob vaji se poraja o e atera vp š nja. Za katere kraterje bo d bili solidno oceno; za kraterje ob ter inatorju ali za krat rje, ddaljene od njega? Ali j ta etoda uspešna, če i a o sliko poln Lune? Izk že se, vaja ni čisto preprosta. Poskusite! Približna etoda erjenja višine gora na Luni Višino gora b ter inatorju najlaže oce i o ob prve in zadnje krajcu Lune, saj si lahko p a- ga o z en stavno geo etrijo in nekateri i poeno st vitva i sicer bolj zapletene aloge.1 Te aj gore ozi a pobočja kraterje ob ter inat ju tudi e čej n j aljše sence in so krat rji zato dobro vidn . Deni o, da se gora nahaja v očki B, njen v h p v T (glej sliko 2). BB je dd lj nost g r od ter - atorj , SB pa je p l r Lu e. G ra eče senco, ki površju Lu leži ed t čka a B in T . BT  j resn ci lok, a je njegova ukri ljen st ajhna, saj je d lž na senc ajhna v pri er avi z bs g Lune, zato si jo l hko za isli o k t stranico pravokot- nega trik tnika BT T .2 Trikotnika BTT  in BBS s a pod bna t ikotnika in njun stranici TT  in BB ed se oj zporedn i vzpo edni s Sončevi i žarki. Za trikotnika velja raz rje 1Opomb uredništva: Opisana eritev višine gora na Luni je zelo en st vlje a metoda, pri kateri ni upoštevana deja ska g o etrija med olžino sence, lego gore na Luni, Lunino meno td. J pa tak vaja povsem primerna za osn v ošolce in sred- nješolce, s j se pri tem spoznajo z m rje jem v astro omiji. K or bi želel spoznati n ta č o metodo merjenja višine gora a Lun , si lahko na splet em naslov www. duca.fmf.u i-lj.si/ iz del/sola/2003/ur / le /dat tek /luna.pdf ogleda seminar sko nalogo skupi e štud tov mentorstvom prof. Andreja Čadeža. 2Č izračunamo obseg Lune, dobimo vrednost 10 915 kilo metr v in središčnemu kotu 1◦ pr pada lok 30 kilometrov. Pr m r kraterj Ptolemaj je 148 ki ometrov in emu pripada s diščn kot približno 5◦. 2 astronomiji se večkrat vprašamo, kako izme- riti velik sti nebesnih teles ali k ko oceniti ra sež nosti gora, krat rjev in dolin na planetih. Take meritve je najlaže izpeljati na ši Luni. Ogledali si bomo nekaj primerov, kako ocenimo velikost kraterjev in višino go a na Luni. P emeri kraterjev a L i Vaja ima dva d la. ajprej s teleskopom fotografi- ra o Luno ob prvem krajcu. Kdaj točno nastopi prvi krajec, poizvemo n svetovnem spletu ali v efemeri dah. S pom čjo karte Lune se odločimo, k terim k a terjem b o ocenili pr mer. ato na posn tku naj prej dol čimo prem r Lun v milimetrih ( pr. s po močjo pr grama C r l ra 11), potem izmerimo pre r eneg kraterja v milimetrih (glej sliko 1). Ker kraterji nis idealni krogi, me tev v čkrat po- novim , ob tem p tudi obnovi o, kaj je to rel ivn i kaj ab lutn nap ka. Pr m r krate ja d bi o z r zmerja ed njegovim premerom in pre mer m Lune v mili trih na sliki, saj poznamo Lune, ki znaša 3476 kilometr v. obljeno ceno lahk primerja o s podatki iz literatu e. b vaji se porajajo e atera vp š nja. Za katere kraterje bom d bili solidno oceno; za krate je ob terminatorju ali za krat rj , ddaljene od njega? li j ta metoda uspešna, če imamo sliko poln Lune? Izk že se, vaja ni čisto preprosta. Poskusite! Pri liž a met a merje ja viši e ra a L i Višino gora b terminatorju najlaže oce imo ob prvem in zadnjem krajcu Lune, saj si lahko p ma- gamo z en stavno geometrijo in nekaterimi poeno st vitvami sicer bolj zapletene aloge.1 Tedaj gore ozi ma pobočja kraterje ob terminat ju tudi e čej n j aljše sence in so krat rji zato dobro vidni. eni o, da se gora nahaja v očki B, njen vrh p v T (glej sliko 2). BB je dd lj nost gor od ter - natorj , SB pa je p lm r Lu e. ra meče senco, ki površju Lun leži ed t čkama B in T . BT  j resnici lok, a je njegova ukri ljenost ajhna, saj je dolž na senc majhna v primer avi z bs g m Lune, zato si jo l hko zamislimo k t stranico pravokot- nega trik tnika BT T .2 Trikotnika BTT  in BBS sta pod bna t ikotnika in njuni stranic TT  in BB med se oj zporedn i vzpo edni s Sončevimi žarki. Za trikotnika velja razm rje 1Opo ba uredništva: Opisan eritev višine gora na Luni j zelo enost vlje a etoda, pri kateri ni upošteva a deja ska g o trija ed dolžino sence, lego gore na Luni, Lunino eno itd. J pa t k vaja povse pri erna za osnov ošolce in sred- nješolce, s j se pri te spoznajo z rje je astro o iji. Kd r bi želel spoznati natanč o et do erjenja višine gora na Lun , si lahko na splet e naslov www. duca.f f.u i-lj.si/ izodel/sola/2003/ur / le /dat tek /luna.pdf ogleda se inar- sk nalogo sku ine štud tov entorstvo prof. Andrej Čadeža. 2Če izračuna o obseg Lune, dobi o vrednost 10 915 kilo etr v in središčne u kotu 1◦ pad lok 30 kilo etrov. Pr r kraterj Ptole aj je 148 kilo etrov in e u pripada s diščn kot približno 5◦. 2 V astrono iji se večkrat vpraša o, kako iz e- riti velik sti nebesnih teles ali k ko oceniti ra sež nosti gora, krat rjev in dolin na planetih. Take eritve je najlaže izpeljati na ši Luni. gledali si bo o nekaj pri erov, kako oceni o velikost kraterjev in višino go a na Luni. P e eri kraterjev na Luni Vaja i a dva d la. Najprej s teleskopo fotografi- ramo Luno ob prve krajcu. Kdaj točno nastopi prvi krajec, poizve o n svetovne spletu ali v efe eri dah. S po čjo karte Lune se odloči o, k teri k a terje b o ocenili pr er. Nato na posn tku naj prej dol či o pre r Lun v ili etrih ( pr. s po očjo pr gra a C r lDraw11), pote iz eri o pre r eneg kraterja v ili etrih (glej sliko 1). Ker kraterji nis idealni krogi, e tev v čkrat po novi , ob te p tudi obnovimo, kaj je to rel tivn i kaj ab lutn nap ka. Pr r krat ja d bimo z r z erja ed njegovi pre ero in pre er Lune v ili trih na sliki, saj pozna o Lune, ki znaša 3476 kilo etr v. Doblj ce lahk pri erja o s podatki iz literatu e. Ob vaji se poraja o e atera vp š nja. Za k tere krat rje bo d bili solidno ocen ; za krate je ob t r i t rju ali za krat rj , ddaljene od njega? Ali j ta etoda uspešna, če i a o sliko poln Lune? Izk že se, vaja ni čisto preprosta. Poskusite! Približna etoda erjenja višine gora na Luni Višino gora b ter inatorju najlaže oce i o ob prve in zadnje krajcu Lune, saj si lahko p a- ga o z en stavno geo etrijo in nekateri i poeno stavitva i sicer bolj zapletene aloge.1 Tedaj gore ozir a pobočja kraterje ob ter inato ju tudi e čejo naj aljše sence in so kraterji zato dobro vidn . Deni o, da se gora nahaja v očki B, njen v h p v T (glej sliko 2). BB je dd lj nost gor od ter - natorja, SB pa je pol r Lune. G ra eče senco, ki površju Lun leži ed točka a B in T . BT  j v resn ci lok, a je njegova ukrivljenost ajhna, saj je dolž na senc ajhna v pri er avi z bsego Lune, zato si jo l hko za isli o kot stranico pravokot- nega trik tnika BT T .2 Trikotnika BTT  in BBS s a pod bna trikotnika in njun stranici TT  in BB ed seboj vzporedn in vzporedni s Sončevi i žarki. Za trikotnika velja raz rje 1Opomb uredništva: Op san ritev višine gora na Luni j zelo enostavlje metoda, pri kateri ni upošteva a deja sk g o etrija med olžino sence, lego gore na Luni, Lunino meno itd. J pa t k vaja povsem primerna za osn v ošolce in sred- nj šolce, s j se pri tem spoznajo z m rje jem astro omiji. K r bi želel spoznati n ta č o met do merjenja višine gora a Lun , si lahko na spletnem naslovu www. duca.fmf.u i-lj.si/ izodel/sola/2003/ur /jele /dat tek /luna.pdf ogleda seminar- sk nalogo sku i e štud tov mentorstvom prof. Andrej Č deža. 2Č izr čunamo obs g Lune, dobimo vredn st 10 915 kilo metrov in središčnem kotu 1◦ r pada lok 30 kilomet ov. Pr m r kraterj Ptolemaj je 148 kilometrov in emu pripada s diščn kot približno 5◦. 2 V astronomiji se večkrat vprašamo, kako izme- riti velikosti nebesnih teles ali kako oceniti razsež- nosti gora, kraterjev in dolin na planetih. Take meritve je najlaže izpeljati na naši Luni. Ogledali si bomo nekaj primerov, kako ocenimo velikosti kraterjev in višino gora na Luni. Premeri kraterjev na Luni Vaja ima dva dela. Najprej s teleskopom fotografi- ramo Luno ob prvem krajcu. Kdaj točno nastopi prvi krajec, poizvemo na svetovnem spletu ali v efemeri- dah. S pomočjo karte Lune se odločimo, katerim kra- terjem bomo ocenili premer. Nato na posnetku naj- prej določimo premer Lune v milimetrih (npr. s po- močjo programa CorelDraw11), potem izmerimo pre- mer določenega kraterja v milimetrih (glej sliko 1). Ker kraterji niso idealni krogi, meritev večkrat po- novimo, ob tem pa tudi obnovimo, kaj je to rela- tivna in kaj absolutna napaka. Premer kraterja do- bimo iz razmerja med njegovim premerom in pre- merom Lune v milimetrih na sliki, saj poznamo pre- mer Lune, ki znaša 3476 kilometrov. Dobljeno oceno lahko primerjamo s podatki iz literature. Ob vaji se porajajo nekatera vprašanja. Za katere kraterje bomo dobili solidno oceno; za kraterje ob terminatorju ali za kraterje, oddaljene od njega? Ali je ta metoda uspešna, če imamo sliko polne Lune? Izkaže se, da vaja ni čisto preprosta. Poskusite! Približna metoda merjenja višine gora na Luni išino gora ob terminatorju najlaže ocenimo ob prvem in zadnjem krajcu Lune, saj si lahko po a gamo z enostavno geometrijo in nekat rimi poeno stavitvami sicer bolj zap tene n loge.1 Tedaj gor ozi oma pobočj kraterjev b terminatorju tudi me- čejo najdaljše sence in so kr terji zato d bro vi ni. Den mo, da se go a nahaja v točki B, njen vrh pa v T (glej sliko 2). BB je odd ljen st gore od termi- natorja, SB pa je polmer Lune. Gora meče senco, ki na površju Lune l ži med točkama B in T . BT  je v resnici lo , j njegova ukr vljenost majhna, saj je dolžina sence majhna v imerjavi z obsegom Lune, z to si jo lahko z mislimo kot stra ico pravokot neg trik tnik BT T .2 Trikotnika BTT  n BBS sta pod bna trikotnika in n uni str nici TT  in BB sta med se j vzp redni in vzpore ni s Sončevimi žark . Z trikotnika velj razmerje 1Opomba uredništva: Opisa a eritev višine ora na Luni je zelo p en stavljen etoda, pri kateri ni upošte ana dejanska geometrija med dolžino s nce, lego gore na Luni, Lunino meno itd. Je pa taka vaj povsem primerna za osnovnošolc n sred j šolce, saj se pri tem spoznaj z me jenj m str nomiji. Kdor bi želel spozn ti ata čn metodo erjenja viši e gor na Luni, si l hk na spl tnem naslovu www.educa.f f.uni-lj.si/ i odel/sola/2003/ur /jel n/datoteke/luna.pdf ogled seminar- sko nalogo skupi e štu nt v p d mentorstvom prof. Andreja Čadeža. 2Če iz ačunam ob eg Lune, dobimo red ost 10 915 kil - metrov in sr diščnemu kotu 1◦ pripada lok 30 kilom r v. Pre kraterja Ptol maj je 148 kilometrov in temu pripada središčni k t p ibližno 5◦. 2 • B' S T' T Bd hl Sončevi žarki r 35_Presek6_k_k.indd 24 12/5/08 09:58:16 Presek 35 (2007/2008) 6 Slika 1. Posnetek Lune ob prvem krajcu in merjenje Slika 2. Geometrija pri merjenju višine gora na Luni Tabela 1. Premeri kraterjev Tabela 2. Višina gora 5 Slika 1. Posnetek Lune ob prvem krajcu in merjenje Slika 2. Geometrija pri merjenju višine gora na Luni Tabela 1. Premeri kraterjev Tabela 2. Višina gora 5 Ime kraterja Povprečna meritev premera v mm Relativna napaka meritve Premer kraterja v km Premer kraterja iz literature v km Razlika v km Relativna napaka glede na literaturo Ptolemaj 11, 2 2 % 149 148 1 0,7 % Albategnius 10, 4 2 % 137 129 8 6 % Purbach 8, 7 6 % 116 120 — 4 3 % Regiomontanus 7, 2 15 % 95 105 — 10 9,5 % Walter 8, 5 1,4 % 112 129 — 17 13 % Orontius 7,1 6 % 94 84 10 11 % Aristillus 4, 0 12 % 53 56 — 3 5 % Ime kraterja Povprečna dolžina sence v mm Relativna napaka meritve Oddaljenost stene kraterja od terminatorja v km Višina stene kraterja v m Višina stene iz literature v m Razlika v m Relativna napaka glede na literaturo Ptolemaj 1, 63 2 % 12,1 2300 2400 — 100 4, 2 % Albategnius 1, 9 2 % 22 4200 4400 — 200 4, 5 % Purbach 3, 46 6 % 11, 5 3037 3000 37 1, 2 % Regiomontanus 1, 82 15 % 13, 5 2400 1700 700 41 % Orontius 1, 72 1,4 % 7, 5 3462 3100 362 12 % Aristillus 7,19 6 % 9, 7 2200 3600 — 1400 39 % Vaji sta simpatični in spretni bralec bo gotovo našel kakšno metodo za izboljšanje meritev. Po- izkusite, ne bo vam žal. • a s t r o n o m i j a + r a č u n a l n i š t v o 25 Programiranje v Alice nam ni predstavljalo po- sebnih težav, navduševali smo se nad ustvarjeni- mi svetovi in ugotavljali, da programiranje kljub vsem podrobnostim ni prezahtevno. Tokrat se bo- mo bolj posvetili primerjavi Alice z objektno ori- entiranim programskim jezikom C++. Programiranje v okolju Alice S pomočjo vmesnika povleci-in-spusti ustvarimo program, v katerem pingvina naučimo premikati se naprej, nazaj, levo ter desno. Za izhodišče – da bomo vedeli, kje se je pingvin nahajal v začetku – postavi- mo znak. Ustvarili smo navidezni svet, sedaj je potrebno na- pisati le še programsko kodo za premikanje naprej in nazaj ter levo in desno. Pri metodah PremikNaprej (slika 2), PremikNazaj (slika 3), PremikLevo (slika 4) in PremikDesno (slika 5) določimo tudi parameter SteviloKorakov, katerega vrednost bomo določali v glavnem programu (my.first method). Naš končni program je videti, kot kaže slika 6. Pingvin se je iz izhodišča premaknil za tri korake naprej, štiri korake v levo ter zatem enega nazaj in dva v desno. Po izvedeni programski kodi se nahaja na mestu, ki ga prikazuje slika 7. Program v C++ (enak kot v Alice) No, pa napišimo enak program še v programskem jeziku C++. Ustvarimo razred CPingvin in v njem najprej definirajmo atribute in metode. Od atribu- tov potrebujemo koordinati (x in y), v kateri bomo shranjevali trenutno pozicijo, na kateri se pingvin nahaja, lahko pa definiramo tudi druge atribute, skladno s programom v Alice. Tako lahko določimo pingvinu barvo glave, barvo levega in desnega krila ipd. Deklariramo tudi potrebne metode, ki smo jih že ustvarili v Alice: PremikNaprej(int SteviloKorakov); PremikNazaj(int SteviloKorakov); PremikLevo(int SteviloKorakov); PremikDesno(int SteviloKorakov). Potrebujemo tudi metodo za obračanje pin- gvina ter spremenljivko, v kateri bomo shranjevali smer, v katero bo pingvin gledal. Opisani razred CPingvin deklariramo na naslednji način: class CPingvin { public: CPingvin(); virtual CPingvin(); // definiramo koordinati, kje se pingvin nahaja int x,y; // potrebne spremenljivke // ostali atributi, ki sovpadajo z Alice char* barva_glave; char* barva_levega_krila; char* barva_desnega_krila; 2 , , . . , , , . , . , . , , , . . , . , . , . , . . , , , , . , . , : ; ; ; . , , . : Alice v dežel i objektnega programiranja t r e t j i d e l • eva ferk • 35_Presek6_k_k.indd 25 12/5/08 09:58:18 26 r a č u n a l n i š t v o Programiranje v Alice nam ni predstavljalo po- sebnih težav, navduševali smo se nad ustvarjeni- mi svetovi in ugotavljali, da programiranje kljub vsem podrobnostim ni prezahtevno. Tokrat se bo- mo bolj posvetili primerjavi Alice z objektno ori- entiranim programskim jezikom C++. Programiranje v okolju Alice S pomočjo vmesnika povleci-in-spusti ustvarimo program, v katerem pingvina naučimo premikati se naprej, nazaj, levo ter desno. Za izhodišče – da bomo vedeli, kje se je pingvin nahajal v začetku – postavi- mo znak. Ustvarili smo navidezni svet, sedaj je potrebno na- pisati le še programsko kodo za premikanje naprej in nazaj ter levo in desno. Pri metodah PremikNaprej (slika 2), PremikNazaj (slika 3), PremikLevo (slika 4) in PremikDesno (slika 5) določimo tudi parameter SteviloKorakov, katerega vrednost bomo določali v glavnem programu (my.first method). Naš končni program je videti, kot kaže slika 6. Pingvin se je iz izhodišča premaknil za tri korake naprej, štiri korake v levo ter zatem enega nazaj in dva v desno. Po izvedeni programski kodi se nahaja na mestu, ki ga prikazuje slika 7. Program v C++ (enak kot v Alice) No, pa napišimo enak program še v programskem jeziku C++. Ustvarimo razred CPingvin in v njem najprej definirajmo atribute in metode. Od atribu- tov potrebujemo koordinati (x in y), v kateri bomo shranjevali trenutno pozicijo, na kateri se pingvin nahaja, lahko pa definiramo tudi druge atribute, skladno s programom v Alice. Tako lahko določimo pingvinu barvo glave, barvo levega in desnega krila ipd. Deklariramo tudi potrebne metode, ki smo jih že ustvarili v Alice: PremikNaprej(int SteviloKorakov); PremikNazaj(int SteviloKorakov); PremikLevo(int SteviloKorakov); PremikDesno(int SteviloKorakov). Potrebujemo tudi metodo za obračanje pin- gvina ter spremenljivko, v kateri bomo shranjevali smer, v katero bo pingvin gledal. Opisani razred CPingvin deklariramo na naslednji način: class CPingvin { public: CPingvin(); virtual CPingvin(); // definiramo koordinati, kje se pingvin nahaja int x,y; // potrebne spremenljivke // ostali atributi, ki sovpadajo z Alice char* barva_glave; char* barva_levega_krila; char* barva_desnega_krila; 2 Programiranje v Alice nam ni predstavljalo po- sebnih težav, navduševali smo se nad ustvarjeni- mi svetovi in ugotavljali, da programiranje kljub vsem podrobnostim ni prezahtevno. Tokrat se bo- mo bolj posvetili primerjavi Alice z objektno ori- entiranim programskim jezikom C++. Programiranje v okolju Alice S pomočjo vmesnika povleci-in-spusti ustvarimo program, v katerem pingvina naučimo premikati se naprej, nazaj, levo ter desno. Za izhodišče – da bomo vedeli, kje se je pingvin nahajal v začetku – postavi- mo znak. Ustvarili smo navidezni svet, sedaj je potrebno na- pisati le še programsko kodo za premikanje naprej in nazaj ter levo in desno. Pri metodah PremikNaprej (slika 2), PremikNazaj (slika 3), PremikLevo (slika 4) in PremikDesno (slika 5) določimo tudi parameter SteviloKorakov, katerega vrednost bomo določali v glavnem programu (my.first method). Naš končni program je videti, kot kaže slika 6. Pingvin se je iz izhodišča premaknil za tri korake naprej, štiri korake v levo ter zatem enega nazaj in dva v desno. Po izvedeni programski kodi se nahaja na mestu, ki ga prikazuje slika 7. Program v C++ (enak kot v Alice) No, pa napišimo enak program še v programskem jeziku C++. Ustvarimo razred CPingvin in v njem najprej definirajmo atribute in metode. Od atribu- tov potrebujemo koordinati (x in y), v kateri bomo shranjevali trenutno pozicijo, na kateri se pingvin nahaja, lahko pa definiramo tudi druge atribute, skladno s programom v Alice. Tako lahko določimo pingvinu barvo glave, barvo levega in desnega krila ipd. Deklariramo tudi potrebne metode, ki smo jih že ustvarili v Alice: PremikNaprej(int SteviloKorakov); PremikNazaj(int SteviloKorakov); PremikLevo(int SteviloKorakov); PremikDesno(int SteviloKorakov). Potrebujemo tudi metodo za obračanje pin- gvina ter spremenljivko, v kateri bomo shranjevali smer, v katero bo pingvin gledal. Opisani razred CPingvin deklariramo na naslednji način: class CPingvin { public: CPingvin(); virtual CPingvin(); // definiramo koordinati, kje se pingvin nahaja int x,y; // potrebne spremenljivke // ostali atributi, ki sovpadajo z Alice char* barva_glave; char* barva_levega_krila; char* barva_desnega_krila; 2 Presek 35 (2007/2008) 6 Sl ka 1. Ustvarjeni svet v okolju Alice. Slika 2. Metoda PremikNaprej Sli a 3. Metoda PremikNazaj Slika 4. Metoda PremikLevoSlika 5. Metoda PremikDesno lika 6. Programska koda v A ice. Slika 7. Pingvin po ustvarjeni in izvedeni programski kodi. - , - , . - - . i l i i i i , i i i i i , , l . i i li, i i l i . ili i i , i i l i i l i . i i j ( li ), i j ( li ), i ( li ) i i ( li ) l i i il , l li l ( . ). i i i, li . i i i i i il i , i i l i . i i i i , i i li . , i i i . i i i i i i i . i i i ( i ), i li i i , i i i , l i i i , l li . l l i i i l , l i il i . l i i , i i ili li : i j i il ; i j i il ; i i il ; i i il . i i i l i , i li , i i l l. i i i i l i l i i : l i i li : i i ; i l i i ; i i i, j i i j i , ; lji li i i, i j li l ; l il ; il ; • Programiranje v kolju Alice • Programiranje v C++ (enako kot v Alice) • 35_Presek6_k_k.indd 26 12/5/08 09:58:20 27 r a č u n a l n i š t v o Presek 35 (2007/2008) 6 • { ObratVLevo(0); // se ne obrne if (smer_gledanja[1] == ’x’) { // v tem primeru se spremeni x koordinata x = move_forward(SteviloKorakov); printf("Nova pozicija pingvina: (%d,%d)\n", x,y); } else // sicer se spremeni y koordinata { y = move_forward(SteviloKorakov); printf("Nova pozicija pingvina: (%d,%d)\n", x,y); } // izpisemo smer, v katero gleda printf("Smer gledanja: %c%c\n",smer_gledanja[1], smer_gledanja[2]); } void CPingvin::PremikNazaj(int SteviloKorakov) { ObratVLevo(180); if (smer_gledanja[1] == ’x’) { // v tem primeru se spremeni x koordinata x = move_forward(SteviloKorakov); printf("Nova pozicija pingvina: (%d,%d)\n", x,y); } else // sicer se spremeni y koordinata { y = move_forward(SteviloKorakov); printf("Nova pozicija pingvina: (%d,%d)\n", x,y); } // izpisemo smer, v katero gleda printf("Smer gledanja: %c%c\n",smer_gledanja[1], smer_gledanja[2]); } void CPingvin::PremikLevo(int SteviloKorakov) { ObratVLevo(270); if (smer_gledanja[1] == ’x’) { // v tem primeru se spremeni x koordinata x = move_forward(SteviloKorakov); printf("Nova pozicija pingvina: (%d,%d)\n", x,y); } else // sicer se spremeni y koordinata { y = move_forward(SteviloKorakov); printf("Nova pozicija pingvina: (%d,%d)\n", x,y); 2 char* barva_glave; char* barva_levega_krila; char* barva_desnega_krila; // definiramo potrebne metode void PremikNaprej(int SteviloKorakov); void PremikNazaj(int SteviloKorakov); void PremikLevo(int SteviloKorakov); void PremikDesno(int SteviloKorakov); // smer, v katero gleda pingvin po // koordinatnih oseh char* smer_gledanja; // metode za obrat v levo za // 0/90/180/270 stopinj void ObratVLevo(int Stopinje); private: // metoda, s katero premaknemo pingvina // naprej po koordinatah int move_forward(int SteviloKorakov); }; Za izhodišče dolocimo (namesto znaka v Alice) ko- ordinati (0,0). Pripravili smo vse potrebno, defini- rati moramo le še metode. Programski stavki v C++ bodo skoraj preprostejši kot v Alice, saj bomo le povečevali ustrezno koordinato, glede na smer pre- mika pingvina. Konstruktor in destruktor razreda ter metode premikanja bodo naslednje: CPingvin::CPingvin(void) { x = 0; // na zacetku se nahaja na poziciji (0,0) y = 0; // smer bo sestavljena iz 2 znakov (y+,y-,x+ ali x-) smer_gledanja = new char[2]; smer_gledanja[1] = ’x’; // v zacetku je obrnjen naprej smer_gledanja[2] = ’+’; } CPingvin:: CPingvin(void) { delete[] smer_gledanja; } void CPingvin::PremikNaprej(int SteviloKorakov) 1 Za izhodišče določimo (namesto znaka v Alice) ko- ordinati (0,0). Pripravili smo vse potrebno, defini- rati moramo le še metode. Programski stavki v C++ bodo skoraj preprostejši kot v Alice, saj bomo le povečevali ustrezno koordinato, glede na smer pre- mika pingvina. Konstruktor in destruktor razreda ter metode premikanja bodo naslednji: 1 35_Presek6_k_k.indd 27 12/5/08 09:58:20 28 r a č u n a l n i š t v o Presek 35 (2007/2008) 6 • } // izpisemo smer, v katero gleda printf("Smer gledanja: %c%c\n",smer_gledanja[1], smer_gledanja[2]); } void CPingvin::PremikDesno(int SteviloKorakov) { ObratVLevo(90); if (smer_gledanja[1] == ’x’) { // v tem primeru se spremeni x koordinata x = move_forward(SteviloKorakov); printf("Nova pozicija pingvina: (%d,%d)\n", x,y); } else // sicer se spremeni y koordinata { y = move_forward(SteviloKorakov); printf("Nova pozicija pingvina: (%d,%d)\n", x,y); } // izpisemo smer, v katero gleda printf("Smer gledanja: %c%c\n",smer_gledanja[1], smer_gledanja[2]); } Obračanje v programu C++ ni tako preprosto kot v Alice, zato moramo definirati tudi metodo, ki bo to storila. void CPingvin::ObratVLevo(int Stopinje) { if (Stopinje == 0) smer_gledanja = smer_gledanja; // nic se ne spremeni if (Stopinje == 90) // za 90 stopinj v levo { if (smer_gledanja[1] == ’y’) smer_gledanja[1] = ’x’; // sedaj gleda naprej in nazaj else smer_gledanja[1] = ’y’; // le ce gre za x smer, se spremeni // iz + v - in obratno if (smer_gledanja[1] == ’y’) { if (smer_gledanja[2] == ’+’) smer_gledanja[2] = ’-’; 3 else smer_gledanja[2] = ’+’; } } if (Stopinje == 180) // ce se obrne za 180 stopinj { if (smer_gledanja[2] == ’+’) smer_gledanja[2] = ’-’; else smer_gledanja[2] = ’+’; } if (Stopinje == 270) // za 270 stopinj { if (smer_gledanja[1] == ’y’) smer_gledanja[1] = ’x’; // sedaj gleda naprej in nazaj else smer_gledanja[1] = ’y’; // le ce gre za y smer, se spremeni // iz + v - in obratno if (smer_gledanja[1] == ’x’) { if (smer_gledanja[2] == ’+’) smer_gledanja[2] = ’-’; else smer_gledanja[2] = ’+’; } } } Definirajmo še metodo, s katero se bomo premikali naprej po stolpcih in vrsticah. int CPingvin::move_forward(int SteviloKorakov) // hoja naprej { // definiramo spremenljivko za premikanje int premik = 0; if (smer_gledanja[1] == ’x’) // gleda v smeri x (gor ali dol) premik = x; // premikali se bomo v smeri x else premik = y; // premik v smeri y if (smer_gledanja[2] == ’+’) premik = premik + SteviloKorakov; // povecamo koordinato else premik = premik - SteviloKorakov; // zmanjsamo koordinato 4 , . 35_Presek6_k_k.indd 28 12/5/08 09:58:21 29 r a č u n a l n i š t v o { if (smer_gledanja[1] == ’y’) smer_gledanja[1] = ’x’; // sedaj gleda naprej in nazaj else smer_gledanja[1] = ’y’; // le ce gre za x smer, se spremeni // iz + v - in obratno if (smer_gledanja[1] == ’y’) { if (smer_gledanja[2] == ’+’) smer_gledanja[2] = ’-’; else smer_gledanja[2] = ’+’; } } if (Stopinje == 180) // ce se obrne za 180 stopinj { if (smer_gledanja[2] == ’+’) smer_gledanja[2] = ’-’; else smer_gledanja[2] = ’+’; } if (Stopinje == 270) // za 270 stopinj { if (smer_gledanja[1] == ’y’) smer_gledanja[1] = ’x’; // sedaj gleda naprej in nazaj else smer_gledanja[1] = ’y’; // le ce gre za y smer, se spremeni // iz + v - in obratno if (smer_gledanja[1] == ’x’) { if (smer_gledanja[2] == ’+’) smer_gledanja[2] = ’-’; else smer_gledanja[2] = ’+’; } } } Definirajmo še metodo, s katero se bomo premikali naprej po stolpcih in vrsticah. int CPingvin::move_forward(int SteviloKorakov) // hoja naprej { // definiramo spremenljivko za premikanje int premik = 0; if (smer_gledanja[1] == ’x’) // gleda v smeri x (gor ali dol) premik = x; // premikali se bomo v smeri x else premik = y; // premik v smeri y if (smer_gledanja[2] == ’+’) premik = premik + SteviloKorakov; // povecamo koordinato else premik = premik - SteviloKorakov; // zmanjsamo koordinato return(premik); } 5 RiŠ Ravni lo in šest i lo — Rišem in študiram š e s t i d e l damjan kobal Serija pričujočih člankov o programu RiŠ je nastala na podlagi idej in razvoja ob- sežnega portala E-um za interaktivno učenje matematike http://www.e-um.si/. Pred vami je šesto nadaljevanje. Za uspešno prebi- ranje članka svetujemo vpogled na spletno stran http://uc.fmf.uni-lj.si/pri/ in sprotno preizkušanje s programom RiŠ. Uvodne misli o uporabi programa RiŠ so bile objavljene v prejšnjih številkah Preseka in so dostopne na zgornji spletni strani. Z RiŠem smo se naučili že veliko. V tem zad- njem letošnjem nadaljevanju se bomo z RiŠem pri- bližali še zanimivim temam iz funkcij. Dotaknili se bomo tudi tem, ki so trd oreh celo za gimna- zijske četrtošolce, RiŠ pa nam obljublja, da bodo ideje zanimive in dovolj razumljive tudi radoved- nim osnovnošolcem. Če smo kaj že pozabili, se vrnimo k prejšnjim nalo- gam in se jih ponovno spomnimo. Naloga 16. Na naslovu http://uc.fmf.uni-lj.si/pri/ se premaknimo k „aktualni nalogi“. Pred nami je črta – premica, ki se premika gor-dol in spreminja svoj naklon, ko premikamo modro in rdečo piko. Rešitev. Pri vseh treh nalogah smo s pomočjo ikone I1 narisali črti za koordinatni sistem. Z ikono za ko- ordinatni sistem I2 pomagamo točke pravilno posta- viti, zaradi preglednosti slike pa smo potem RiŠev koordinatni sistem spet „skrili“. Narisano daljico s klikom na ikono I3 v njeni osebni izkaznici spre- menimo v puščico. S pomočjo ikone I1 narišemo črtkani daljici, kot na sliki. Krajišča daljic lahko, kot smo to že večkrat storili s posegom v osebno izkaznico, fiksiramo in skrijemo. Nanju narišimo „debelo“ rdečo in modro točko, ki ju poimenujemo K in N . Tako narisani točki se lahko gibljeta le po daljici. Desno od daljic s pomočjo ikone I4 „narišemo“ izraza, ki jima damo imeni k in n in ki imata (za začetek) vrednosti x(K) in x(N). Tako se izraza k in n s spreminjanjem točk K in N spreminjata od−2 in 2. V našem primeru smo izpis izraza še polepšali tako, da se izpisuje samo ena decimalka. To dosežemo tako, da namesto x(K) napišemo round(x(K) · 10)/10 in namesto x(N) na- pišemo round(x(N) · 10)/10. Spomnimo se, da smo ukaz round že spoznali. Skrbnega bralca vabimo, da premisli, zakaj izraz round(x(K)·10)/10 pomeni zaokroževanje na eno decimalko, in da sam ugotovi, kako bi dosegli zaokroževanje npr. na dve decimalki. Spomnimo se tudi, da v osebni izkaznici izraza k z ikono I5 dosežemo, da se nam izpiše tudi k, in sicer k = 1,5. Sedaj s pomočjo ikone I6 narišemo pre- mico tako, da v osebni izkaznici naše funkcije f1 na dnu pod „izraz za y“ vpišemo k · x + n. V osebni izkaznici funkcije f1 lahko spremenimo še marsikaj, a če smo za spremenljivko pustili (vpisali) x, mesto pod „izraz za x“ pa pustili prazno, smo že narisali 2 . . . . . . , , , . , . . . , , . . . , . . , . , , . , . . , . . , . , . , . , , , , . . , , , . , . , , , ij i j i l i j l l i i j i j - l - i i j i : . - . i i j lj j i- j l j l l : . . i-lj. i i i i j i i li i i il j lj j ji il i ji l i i i ili li - j l j lj j i i- li li i i i i ij ili i i l i - ij l i lj lj i j i i i lj lji i - i l j ili i j ji l - i ji i l : . . i-lj. i i i l i l i i j i i i - l i i j j l i i i i l j i I i li i i i i i - i i i I il - i i i l i li i i i i ili i lji li i I j i i i i i - i i j i I i i lji i li i ji lji l ili i i i i ij j i i l i i j i j i i i i l i lj l lji i lji j i I i i i ji i i i i i i ( ) i i i i i j j i i j i i i i i l li i i j i l i i - i i li l i i li j i i j i l i i i li j i l i i i i i i i i i I i i i i i , j j i I i - i i i i i ij i i i i i i ij l i i j lji ili ( i li) i ili i li Ser a r č oč č a kov o rogra Š e asta a a o ag e razvo a ob sež ega orta a E za terakt v o če e ate at ke htt // e u s /. Pre va e šesto a a eva e. a s eš o reb ra e č a ka svet e o v og e a s et o stra htt //uc f f un s / r / s rot o re zk ša e s rogra o Š. vo e s o orab rogra a Š so b e ob av e e v re š štev ka Preseka so osto e a zgor s et stra . Še s o se a č že e o. te za e etoš e a a e a se o o z Še r ža še za te a z f c . ota se o o t te , so tr ore ce o za g a z s e četrtošo ce, Š a a o a, a o o e e za e o o raz e t ra o e os o ošo ce . ˇe s o ka že ozab , se vr o k re š a o ga se o ov o s o o. l 16. a as ov htt //uc f f un s / r / se re ak o k „akt a a og “. Pre a e črta – re ca, k se re ka gor o s re a svo ak o , ko re ka o o ro r ečo ko. ešite . Pr vse tre a oga s o s o oč o ko e 1 ar sa črt za koor at s ste . ko o za ko or at s ste 2 o aga o točke rav o osta v t , zara reg e ost s ke a s o ote Šev koor at s ste s et „skr “. ar sa o a co s k ko a ko o 3 v e oseb zkaz c s re e o v šč co. S o oč o ko e 1 ar še o črtka a c , kot a s k . ra šča a c a ko, kot s o to že večkrat stor s osego v oseb o zkaz co, ks ra o skr e o. a ar š o „ ebe o“ r ečo o ro točko, k o e e o . ako ar sa točk se a ko g b eta e o a c . es o o a c s o oč o ko e 4 „ ar še o“ zraza, k a a o e k ata za začetek vre ost ( ) ( ). ako se zraza s s re a e točk s re ata o 2 2. aše r er s o z s zraza še o e ša tako, a se z s e sa o e a ec a ka. o oseže o tako, a a esto ( ) a še o roun ( ( ) · 10)/10 a esto ( ) a še o roun ( ( ) · 10)/10. S o o se, a s o kaz roun že s oz a . Skrb ega bra ca vab o, a re s , zaka zraz roun ( ( )·10)/10 o e zaokroževa e a e o ec a ko, a sa gotov , kako b oseg zaokroževa e r. a ve ec a k . S o o se t , a v oseb zkaz c zraza z ko o 5 oseže o, a se a z še t , s cer 1 5. Se a s o oč o ko e 6 ar še o re co tako, a v oseb zkaz c aše f kc e f1 a o „ zraz za “ v še o · . oseb zkaz c f kc e f1 a ko s re e o še ars ka , a če s o za s re e vko st v sa , esto o „ zraz za “ a st raz o, s o že ar sa 2 Presek 35 (2007/2008) 6 • Manjka le še glavni program, ki je ekvivalenten my.first method v Alice. Vsebovati mora le klice me- tod iz razreda CPinvgin. int main(int argc, char* argv[]) { CPingvin pingvin; pingvin.PremikNaprej(3); pingvin.PremikLevo(4); pingvin.PremikNazaj(1); pingvin.PremikDesno(2); pingvin.PremikNaprej(5); return 0; } Ustvarili smo program, ki pa ob zagonu (slika 8) ni videti tako privlačen kot v Alice. Dobimo le izpise novih koordinat, na katerih se nahaja pingvin po iz- vedenih klicih ustvarjenih metod. Primerjava Alice in programskega jezika C++ Program v C++ je za nami. Opazili smo, da je pi- sanje programske kode v C++ precej zahtevnejše kot v Alice, kjer le izberemo želen programski stavek in ga povlečemo v urejevalnik. V C++ pa je ogromno pravil, ki jih moramo upoštevati, vendar je program- ski jezik privlačen, saj z njim lahko marsikaj ustva- rimo. Že res, da ob izvedbi programa ni tako lepo, kot je v Alice, kjer se objekti premikajo v navideznem svetu, vseeno pa nam je uspelo v C++ premakniti pingvina iz izhodišča. Skupaj smo spoznali osnove objektno orientira- nega programiranja, morda tudi koga navdušili nad programiranjem – vsaj z Alice, če se vam C++ še ni prikupil. Vsekakor pa vam želim veliko zanimivega ob programiranju in ustvarjanju navideznih svetov v Alice. 6 Manjka le še glavni program, ki je ekvivalenten my.first method v Alice. Vsebovati mora le klice me- tod iz razreda CPinvgin. int main(int argc, char* argv[]) { CPingvin pingvin; p ngvin.PremikNaprej(3); pingvin.PremikLevo(4); pingvin.PremikNazaj(1); pingvin.PremikDesno(2); pingvin.PremikNaprej(5); return 0; } Ustvarili smo program, ki pa ob zagonu (slika 8) ni videti tako pr vlačen kot v Alice. Dobimo le izpise novih koordinat, na katerih se nahaja pingvin po iz- ved nih klicih ustvarjenih metod. Primerjava Alice in programskega jezika C++ Program v C++ je za nami. Opazili smo, da je pi- sanje programske kode v C++ precej zahtevnejše kot Alice, kjer le izberemo želen programski stavek in ga povlečemo v urejevalnik. V C++ pa je ogromno p avil, ki jih moramo upoštevati, vend r je program- ski jezik privlačen, saj z njim lahko marsikaj ustva- rimo. Že res, da ob izvedbi programa ni tako l po, kot j v Alice, kjer se objekti premikajo v navideznem svetu, vse no pa na je uspelo v C++ premakn ti pingvina iz izhodišča. Skupaj smo spoznali osnove objektno o ientira nega programiranja, morda tudi koga navdušili nad programiranjem – vsaj z Alice, če se vam C++ še ni prikupil. Vse akor pa vam želi veliko zanimivega ob programiranju i ustvarjanju navideznih svetov v Alice. 6 • Primerj va Alice in programskega zika • • Slika 8 . Zagon programa v C++ Serija pričujočih člankov o programu RiŠ je na- stala na podlagi idej in razvoja obsežnega portala E-um za interaktivno učenje matematike http:// www.e-um.si. Pred vami je šesto nadaljevanje. Za uspešno prebiranje članka svetujemo vpogled na spletno stran http://uc.fmf.uni-lj.si/pri/ in spro- tno preizkušanje s programom RiŠ. Uvodne misli o uporabi programa RiŠ so bile objavljene v prej- šnih številkah Preseka in so dostopne na zgornji spletni strani. 35_Presek6_k_k.indd 29 12/5/08 09:58:23 30 r a č u n a l n i š t v o • Presek 35 (2007/2008) 6 Izzivi. Na naslovu http://uc.fmf.uni-lj.si/pri/ bralca čakajo trije novi izzivi, ki ga popeljejo do zanimivih funkcij in nekaterih zanimivih nazor- nih pomenov. Na spletni strani boš čez teden dni našel tudi nekatere nasvete za njihovo rešitev. • funkcijo. Poskusimo sedaj spreminjati lego točk K in N ; vidimo, da se naša funkcija že obnaša tako, kot smo želeli. Naloga 17. Naloga je podobna prejšnji, le da imamo še prosto gibljivo črno točko in prikaz razdalje te točke do premice. Rešitev. Za tiste, ki smo na premice že nekoliko bolj navajeni, to ne bo težko. Razdaljo od točke do premice dobimo tako, da se premici približamo pod pravim kotom. Premica, ki je pravokotna na premi- co s smernim koeficientom k, ima smerni koeficient −1/k. Če smo črno točko označili s T , bo premica, ki gre skozi T in je pravokotna na našo premico, imela enačbo y = y(T) − 1k (x − x(T)). Ta premica seka našo premico y = kx + n v točki, ki jo označimo z S. Izračunamo presečišče in ugotovimo, da je x(S) = x(T)+ k(y(T)−n) k2 + 1 . Podobno kot v nalogi 16 lahko x-koordinato točke S zapišemo s pomočjo ikone I4 z novim izrazom, ki ga označimo npr. z X. Za y-koordinato točke S lahko sedaj napišemo kar f1(X), kjer je f1 naša premica, kot v prejšnji nalogi. Sedaj lahko le še narišemo točko S, ki ima fiksni koordinati (X, f1(X)). Nariše- mo še črtkano daljico od T do S in v osebni izkaznici daljice izberemo I7, da se nam izpiše dolžina daljice. Od prej že znamo s čarobno palico I8 skriti vse od- večne objekte. Naloga 18. Naloga prikazuje presečišče dveh pre- mic, ki ju spreminjamo s premikanjem po dveh točk. Obenem naloga prikazuje točki na oseh, ki ju do- bimo, če se od presečišča spustimo pravokotno na osi. Rešitev. Naloga je dejansko lažja, kot se zdi. Na- rišemo štiri točke, ki so prosto gibljive. S pomočjo ikone za risanje premic skozi dani dve točki nari- šemo obe črtkani premici. Na presečišču obeh pre- mic narišemo „debelo rdečo“ točko, ki jo poimenu- jemo A. Narišemo še točko s konstantnimi koor- dinatami (x(A), 0) ter točko s konstantnimi koordi- natami (0, y(A)) in naloga je končana. Na spletni strani http://uc.f f. i-lj.si/ ri/ čakajo bralca trije novi i zivi, ki ga opeljej do zanimivih funkcij in nekaterih zanimivih na- zornih pomenov. Na spletni boš čez te i našel tudi t r te za njihovo rešitev. 3 funkcijo. Poskusimo sedaj spreminjati lego točk K in N ; vidimo, da se naša funkcija že obnaša tako, kot smo želeli. Naloga 17. Naloga je podobna prejšnji, le da imamo še prosto gibljivo črno točko in prikaz razdalje te točke do premice. Rešitev. Za tiste, ki smo na premice že nekoliko bolj navajeni, to ne bo težko. Razdaljo od točke do premice dobimo tako, da se premici približamo pod pravim kotom. Premica, ki je pravokotna na premi- co s smernim koeficientom k, ima smerni koeficient −1/k. Če smo črno točko označili s T , bo premica, ki gre skozi T in je pravokotna na našo premico, imela enačbo y = y(T) − 1k (x − x(T)). Ta premica seka našo premico y = kx + n v točki, ki jo označimo z S. Izračunamo presečišče in ugotovimo, da je x(S) = x(T)+ k(y(T)−n) k2 + 1 . Podobno kot v nalogi 16 lahko x-koordinato točke S zapišemo s pomočjo ikone I4 z novim izrazom, ki ga označimo npr. z X. Za y-koordinato točke S lahko sedaj napišemo kar f1(X), kjer je f1 naša premica, kot v prejšnji nalogi. Sedaj lahko le še narišemo točko S, ki ima fiksni koordinati (X, f1(X)). Nariše- mo še črtkano daljico od T do S in v osebni izkaznici daljice izberemo I7, da se nam izpiše dolžina daljice. Od prej že znamo s čarobno palico I8 skriti vse od- večne objekte. Naloga 18. Naloga prikazuje presečišče dveh pre- mic, ki ju spreminjamo s premikanjem po dveh točk. Obenem naloga prikazuje točki na oseh, ki ju do- bimo, če se od presečišča spustimo pravokotno na osi. Rešitev. Naloga je dejansko lažja, kot se zdi. Na- rišemo štiri točke, ki so prosto gibljive. S pomočjo ikone za risanje premic skozi dani dve točki nari- šemo obe črtkani premici. Na presečišču obeh pre- mic narišemo „debelo rdečo“ točko, ki jo poimenu- jemo A. Narišemo še točko s konstantnimi koor- dinatami (x(A), 0) ter točko s konstantnimi koordi- natami (0, y(A)) in naloga je končana. Na spletni strani http://uc.fmf.uni-lj.si/pri/ čakajo bralca trije novi izzivi, ki ga popeljejo do zanimivih funkcij in nekaterih zanimivih na- zornih pomenov. Na spletni boš čez teden dni našel tudi nekatere nasvete za njihovo rešitev. 3 funkcijo. Poskusimo sedaj spreminjati lego točk K in N ; vidimo, da se naša funkcija že obnaša tako, kot smo želeli. Naloga 17. Naloga je podobna prejšnji, le da imamo še prosto gibljivo črno točko in prikaz razdalje te točke do premice. Rešitev. Za tiste, ki smo na premice že nekoliko bolj navajeni, to ne bo težko. Razdaljo od točke do premice dobimo tako, da se premici približamo pod pravim kotom. Premica, ki je pravokotna na premi- co s smernim koeficientom k, ima smerni koeficient −1/k. Če smo črno točko označili s T , bo premica, ki gre skozi T in je pravokotna na našo premico, imela enačbo y = y(T) − 1k (x − x(T)). Ta premica seka našo premico y = kx + n v točki, ki jo označimo z S. Izračunamo presečišče in ugotovimo, da je x(S) = x(T)+ k(y(T)−n) k2 + 1 . Podobno kot v nalogi 16 lahko x-koordinato točke S zapišemo s pomočjo ikone I4 z novim izrazom, ki ga označimo npr. z X. Za y-koordinato točke S lahko sedaj napišemo kar f1(X), kjer je f1 naša premica, kot v prejšnji nalogi. Sedaj lahko le še narišemo točko S, ki ima fiksni koordinati (X, f1(X)). Nariše- mo še črtkano daljico od T do S in v osebni izkaznici daljice izberemo I7, da se nam izpiše dolžina daljice. Od prej že znamo s čarobno palico I8 skriti vse od- večne objekte. Naloga 18. Naloga prikazuje presečišče dveh pre- mic, ki ju spreminjamo s premikanjem po dveh točk. Obenem naloga prikazuje točki na oseh, ki ju do- bimo, če se od presečišča spustimo pravokotno na osi. Rešitev. Naloga je dejansko lažja, kot se zdi. Na- rišemo štiri točke, ki so prosto gibljive. S pomočjo ikone za risanje premic skozi dani dve točki nari- šemo obe črtkani premici. Na presečišču obeh pre- mic narišemo „debelo rdečo“ točko, ki jo poimenu- jemo A. Narišemo še točko s konstantnimi koor- dinatami (x(A), 0) ter točko s konstantnimi koordi- natami (0, y(A)) in naloga je končana. Na spletni strani http://uc.fmf.uni-lj.si/pri/ čakajo bralca trije novi izzivi, ki ga popeljejo do zanimivih funkcij in nekaterih zanimivih na- zornih pomenov. Na spletni boš čez teden dni našel tudi nekatere nasvete za njihovo rešitev. 3 funkcijo. Poskusimo sedaj spreminjati lego točk K in N ; vidimo, da se naša funkcija že obnaša tako, kot smo želeli. Naloga 17. Naloga je podobna prejšnji, le da imamo še prosto gibljivo črno točko in prikaz razdalje te točke do premice. Rešitev. Za tiste, ki smo na premice že nekoliko bolj navajeni, to ne bo težko. Razdaljo od točke do premice dobimo tako, da se premici približamo pod pravim kotom. Premica, ki je pravokotna na premi- co s smernim koeficientom k, ima smerni koeficient −1/k. Če smo črno točko označili s T , bo premica, ki gre skozi T in je pravokotna na našo premico, imela enačbo y = y(T) − 1k (x − x(T)). Ta premica seka našo premico y = kx + n v točki, ki jo označimo z S. Izračunamo presečišče in ugotovimo, da je x(S) = x(T)+ k(y(T)−n) k2 + 1 . Podobno kot v nalogi 16 lahko x-koordinato točke S zapišemo s pomočjo ikone I4 z novim izrazom, ki ga označi o npr. z X. Za y-koordinato točke S lahko sedaj napišemo kar f1(X), kjer je f1 naša premica, kot v prejšnji nalogi. Sedaj lahko le še narišemo točko S, ki ima fiksni koordinati (X, f1(X)). Nariše- mo še črtkano daljico od T do S in v osebni izkaznici daljice izberemo I7, da se nam izpiše dolžina daljice. Od prej že znamo s čarobno palico I8 skriti vse od- večne objekte. Naloga 18. Naloga prikazuje presečišče dveh pre- mic, ki ju spreminjamo s premikanjem po dveh točk. Obenem naloga prikazuje točki na oseh, ki ju do- bimo, če se od presečišča spustimo pravokotno na osi. Rešitev. Naloga je dejansko lažja, kot se zdi. Na- rišemo štiri točke, ki so prosto gibljive. S pomočjo ikone za risanje premic skozi dani dve točki nari- šemo obe črtkani premici. Na presečišču obeh pre- mic narišemo „debelo rdečo“ točko, ki jo poimenu- jemo A. Narišemo še točko s konstantnimi koor- dinatami (x(A), 0) ter točko s konstantnimi koordi- natami (0, y(A)) in naloga je končana. Na spletni strani http://uc.fmf.uni-lj.si/pri/ čakajo bralca trije novi izzivi, ki ga popeljejo do zanimivih funkcij in nekaterih zanimivih na- zornih pomenov. Na spletni boš čez teden dni našel tudi nekatere nasvete za njihovo rešitev. 3 Serija pričujočih člankov o programu RiŠ je nastala na podlagi idej in razvoja ob- sežnega portala E-um za interaktivno učenje matematike http://www.e-um.si/. Pred vami je šesto nadaljevanje. Za uspešno prebi- ranje članka svetujemo vpogled na spletno stran http://uc.fmf.uni-lj.si/pri/ in sprotno preizkušanje s programom RiŠ. Uvodne misli o uporabi programa RiŠ so bile objavljene v prejšnjih številkah Preseka in so dostopne na zgornji spletni strani. Z RiŠem smo se naučili že veliko. V tem zad- njem letošnjem nadaljevanju se bomo z RiŠem pri- bližali še zanimivim temam iz funkcij. Dotaknili se bomo tudi tem, ki so trd oreh celo za gimna- zijske četrtošolce, RiŠ pa nam obljublja, da bodo ideje zanimive in dovolj razumljive tudi radoved- nim osnovnošolcem. Če smo kaj že pozabili, se vrnimo k prejšnjim nalo- gam in se jih ponovno spomnimo. Naloga 16. Na naslovu http://uc.fmf.uni-lj.si/pri/ se premaknimo k „aktualni nalogi“. Pred nami je črta – premica, ki se premika gor-dol in spreminja svoj naklon, ko premikamo modro in rdečo piko. Rešitev. Pri vseh treh nalogah smo s pomočjo ikone I1 narisali črti za koordinatni sistem. Z ikono za ko- ordinatni sistem I2 pomagamo točke pravilno posta- viti, zaradi preglednosti slike pa smo potem RiŠev koordinatni sistem spet „skrili“. Narisano daljico s klikom na ikono I3 v njeni osebni izkaznici spre- menimo v puščico. S pomočjo ikone I1 narišemo črtkani daljici, kot na sliki. Krajišča daljic lahko, kot smo to že večkrat storili s posegom v osebno izkaznico, fiksiramo in skrijemo. Nanju narišimo „debelo“ rdečo in modro točko, ki ju poimenujemo K in N . Tako narisani točki se lahko gibljeta le po daljici. Desno od daljic s pomočjo ikone I4 „narišemo“ izraza, ki jima damo imeni k in n in ki imata (za začetek) vrednosti x(K) in x(N). Tako se izraza k in n s spreminjanjem točk K in N spreminjata od−2 in 2. V našem primeru smo izpis izraza še polepšali tako, da se izpisuje samo ena decimalka. To dosežemo tako, da namesto x(K) napišemo round(x(K) · 10)/10 in namesto x(N) na- pišemo round(x(N) · 10)/10. Spomnimo se, da smo ukaz round že spoznali. Skrbnega bralca vabimo, da premisli, zakaj izraz round(x(K)·10)/10 pomeni zaokroževanje na eno decimalko, in da sam ugotovi, kako bi dosegli zaokroževanje npr. na dve decimalki. Spomnimo se tudi, da v osebni izkaznici izraza k z ikono I5 dosežemo, da se nam izpiše tudi k, in sicer k = 1,5. Sedaj s pomočjo ikone I6 narišemo pre- mico tako, da v osebni izkaznici naše funkcije f1 na dnu pod „izraz za y“ vpišemo k · x + n. V osebni izkaznici funkcije f1 lahko spremenimo še marsikaj, a če smo za spremenljivko pustili (vpisali) x, mesto pod „izraz za x“ pa pustili prazno, smo že narisali 2 35_Presek6_k_k.indd 30 12/5/08 09:58:27 dvanajst in seize = šestnajst. Res je • 1+1+2+12 = 16. Pri reševanju bistrovidno upoštevajte tu- di pripis desno ob računu, pa naj se vam zdi napisani pogoj še tako čuden in nepotreben 2 . Napisan je bil tudi na vazi, a se na fotografi- ji ne vidi. Rešitve nalog pošljite najkasneje do petka, 20. junija 2008, na naš naslov: DMFA—založništvo, Presek, p.p. 2964, 1001 Ljubljana. Izmed reševalcev, ki bodo poslali pravil- no rešitev obeh računov in na kratko opisa- li tudi, kako so do obeh rešitev prišli, bomo izžrebali tri nagrajence, ki bodo za nagrado prejeli enoletno naročnino na Presek. • 31Presek 35 (2007/2008) 6 Nagradna naloga s k r i t a r a č u n a n a v a z i • Matematiku so prijatelji za rojstni dan po- klonili šopek vrtnic z vazo, na katero so na- pisali dva skrita računa seštevanja, enega v angleškem in drugega v francoskem jeziku 1 . Poskusite ju rešiti tudi vi. Za reševanje ve- ljajo pravila, ki so pri takih nalogah običajna. Nad vodoravno črto so skrito zapisani se- števanci, pod njo njihova vsota. Enake črke moramo nadomestiti z enakimi desetiškimi števkami in različne z različnimi tako, da do- bimo pravilen račun. Vodilne števke nastopa- jočih števil so od nič različne. marija vencelj Slika 1. Slika 2. H A P P Y H A P P Y H A P P Y D A Y S A H E A D U N U N D E U X D O U Z E S E I Z E 1. račun. (slika 1) 2. račun. (slika 2) V nalogi je pravzaprav v angleščini zapisa- no voščilo prijatelju (happy = srečen, day(s) = dan (dnevi), ahead = spredaj, v prihodnje). Računi, ki imajo, tako kot tale, tudi v skriti obliki določen pomen, so nekaj posebnega in jih je težko sestaviti. Posebej imenitni so ta- ki, ki imajo samo eno rešitev. Tudi drugi račun ima pomen že v skriti obliki. Poglejmo prevod uporabljenih franco- skih besed: un = ena, deux = dve, douze = 1Računa so prijatelji priredili iz ene od angleških knjig rekreativne matematike. 2n ≡ 0 (mod n) dobesedno pomeni, da je število n deljivo z n. in n 0 (mod n) 35_Presek6_k_k.indd 31 12/5/08 09:58:28 35_Presek6_k_k.indd 32 12/5/08 09:58:31