~IELS BOHR :::ENTENNIAL BBS · 1 OR · 19B5 ~ .- JI ' l I '-.:. \ I VSEBINA 113 119 107 116 126 128 123 .. I .93 . .. . . . 85 . . .... ...... .. . 66 . .. ..... ... .. . 70 . . ... 75 . . . . . . . . . . . . . . . 78 · . . 81 · .. 86 · .. 92 o številu 13 (Ivan Vidav) . Egipčanski algoritem (Jože Grasselli) . . Napoleonov trikotnik (Damjan Kobal) . Že lva išče hrano (Rok Sosič) . Mehanika hoje in teka (Peter Gosar! .. Meti (Janez Strnad) . Halleyev komet se približuje (Pavla Ranzinger! . BISTROVIDEC - Načrtovanje s prepogibanjem papirja (Vladimir Batagelj) . PREMISLI IN REŠi - Trikotni šotor Tete Amalije - rešitev iz P-XII /4, str. 191 (Peter Petek) .94 - Matiraj v dveh potezah (Iz idor Hafner) . . . . . . . . . 95 KRIŽANKA - Ob stole tn ici rojstva . . ) 96 Ob stopetdesetletnici rojstva J. Ste fana - Rešitev iz P-XII/ l str. 32 (Pavel Gregorc) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 BOLJ ZA ŠALO KOT ZARES- Filatel ija . Prazna množica. Na izpitu. Cvek , nato še ukor (I zidor Hafner! . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69,99, 125 PISMA BRALCEV - F ilatelija (Ciril Ve lkovrh) .. . II, III , IV, 98 Jurij Vega - Sandi Sitar, Moja žena Svoboda (Ciril Velkovrh) . 100 Nekaj nalog z otoka vp rašanj (Izidor Hafner) . ". . . . . 102 Naloge za ogrevanje· Rešitve str. 80 (Roman Rojko) . . . . . . 102 P. Kovač, Vesoljsko jajce ali 1 + 1 = 5 (Ci ril Ve lkovrh) . . 103 H. Muren, Prvi in drugi korak Commodore (Bo jan Mohar! 106 Presekova knjižnica. Naše nebo 1986. Nove kn jige . Razumljivo in preprosto z osebnim računalnikom . J. Strnad, Jožef Stefan (Ciril Ve lkovrh) . 29 . republiško tekmovanje srednješolcev iz matematike (Martina Koman) . 26 . zvezno tekmovanje srednješolcev iz matematike (Aleksandar Jurišič) , iz P-XIII/l - Naloge za mlade Vegovce, str . 46 (Aleksander Potočnik) - Naloge s predtekmovanj iz matematike, str. 27 (Go razd Lešnjak) . - Naloge izbirnega tekmovanja iz matematike, str . 29 (Gorazd Lešnjak) . - Kriptoritmi, str . 59 (Peter Petek) . . . .. . •. . .. .. Roberts L., NIELS BOHR , plakat in razgledn ica, ki sta izšla v ZDA. (Glej križanko na str . 96 in članek v prihodnj i številki . NAOVITKU TEKMOVANJA NOVICE NALOGE NOVE KNJIGE REŠiTVE NALOG ASTRONOMIJA RAZVEDRILO RAČUNALNiŠTVO FIZIKA MATEMATIKA 65 · I ~ • /""-''',;:''' -'1/"'" 1CI" I"", .I - o ŠTEVILU 13 Vsi dobro vemo, da je 13 nesrečno število . (Morda pa prinaša nesrečo le številka 13?) Pa poglej mo na to število z matematičnimi očali. Poskušajmo z matematično analizo ugotoviti, kaj je tako zloveščega in neprijaznega na njem . Takoj vidimo, da je 13 praštevilo : deljivo je samo z 1 in samim seboj. Sodi med tista praštevila, ki jih lahko zapišemo kot vsoto dveh kvadratov Manjša praštevila so 2, 3, 5, 7 in 11 . Med njimi sta 2 in 5 vsoti dveh kvadra- tov Nikakor pa ne moremo zapisati praštevil 3,7 in 11 v tej obliki. 11 je vsota treh kvadratov : 11 = 12 + 12 + 32 . Praštevilo 7 pa se ne da izrazit i niti s tremi kvadrati temveč le s štirimi : 7 = 12 + 12 + 12 + 22 • Vsako naravno število, naj bo praštevilo ali sestavljeno, se da zapisati kot vsota štirih ali manj kvadratov. Nekatera števila so že sama kvadrati, npr. 4,9, 16. Med njimi seveda ni praštevil. Nekatera se dajo izraziti kot vsota dveh, zopet druga kot vsota treh kvadratov. V najslabšem primeru potrebujemo štiri kvad rate. Katera praštevila so vsote dveh kvadratov? Praštevilo p delimo s 4. Ker so razen števila 2 vsa praštevila Iiha , je ostanek pri delitv i lahko le 1 ali 3. Če dobimo ostanek 1, je p vsota dveh kvadratov, če dobimo ostanek 3, p ni vsota dveh kvadratov. Ker je 13 = 3.4 + 1, je ostanek pri delitvi s 4 enak 1 in 13 je vsota dveh kvadratov. Prav tako je praštevilo 17 = 4.4 + 1 vsota dveh kvadratov: 17=1 2 +42 • Katera praštevila p pa se dajo izraziti z vsoto treh kvadratov? Takole ugotovimo : Delimo p z 8. Ostanek pri delitvi je zdaj lahko 1, 3 , 5 ali 7. Če je ostanek 3 , se p izraža z vsoto treh kvadratov. Zgled: 19 = 2.8 + 3 in zato je 19 vsota treh kvadratov 12 + 32 + 32 • Če pa je ostanek pri delitvi 7 , se da p izraziti le z vsoto 4 kvadratov . Ker je 71 = 8.8 + 7, lahko zap išemo 71 kot vsoto štirih kvadratov 12 + 32 + 52 + 62 , nikakor pa ne kot vsoto treh ali dveh kvadratov. Kaj pa ostanka 1 in 5? Bralec naj se sam prepriča, da dobimo pri delitvi z 8 ostanek 1 ali 5 natanko tedaj , ko dobimo pri delitvi s 4 ostanek 1. 66 Torej pri ostankih 1 in 5 je praštevilo p vsota dveh kvadratov. Naj bo D naravno število, ki ni kvadrat. Oglejmo si enačbo (1) Zanimajo nas rešitve, kjer sta x in y celi števili. Pri D = 2 ima enačba x 2 - 2y 2 = -1 rešitev x = 1, y = 1. Zaman pa bi se trudili, če bi iskali rešitev enačbe x 2 - 3y2 = -1 v celih številih. Take rešitve ni. Izraz x 2 - 3y 2 + 1 pri celih številih x in y namreč nikoli ni enak O. O tem se prepričamo, če delimo število x s 3. Naj bo kvocient pri tej delitvi q, Ostanek pa je lahko O (delitev se izide), 1 ali 2. V prvem primeru je x = 3q, v drugem x = 3q + 1 in v tretjem x = 3q + 2. V prvem primeru dobimo x 2 - 3y 2 + 1 =9q2 - 3y 2 + 1. To števi lo da pri delitvi s 3 ostanek 1 in zato ni enako O. Podobno obravnava- mo primera x = 3q + 1 in x = 3q + 2 . To naj opravi bralec sam in se tako pre- priča, da tudi v teh dveh primerih izraz x 2 - 3y 2 + 1 ni enak O. Pri D = 13 je enačba (2) rešljiva. Zadoščata ji števili x = 18, y = 5. Ta rešitev ni edina. Velja namreč tole : Če ima enačba (1) rešitev x =e, y =b , je njena nadaljnja rešitev (3) Bralec naj se sam prepriča o tem s preskusom! Torej ima (2) tudi rešitev x =23382, y = 6485 Če izhajamo iz te rešitve, dobimo po formuli (3) spet novo rešitev. Zato je rešitev neskončno . • Rešljivost enačbe (2) je posledica dejstva, da je 13 vsota dveh kvadratov. Ce je namreč D praštevilo p, ima enačba (1) rešitev v celih številih x, y natanko tedaj, ko je p vsota dveh kvadratov. Naj omenim, dci je podobna enačba (4) vselej rešljiva v ~elih številih. Ima dve očitni (triviaini) rešitvi x = 1, Y = O in x = -1, y = O. Ce D ni kvadrat, pa ima (4) poleg teh dveh še nešteto drugih rešitev. Bralec naj s preskusom dokaže tole : Če je x =e, y =b rešitevenačbe (1) , potem je y= 2ab (5) 67 rešitev enačbe (4). Popolno število imenujemo naravno število m, ki je enako vsoti svojih pravih deliteljev. Pravi delitelji so vsi delitelji števila m, ki so manjši od m. Najmanjše popolno število je 6. Njegovi pravi delitelji so 1, 2 in 3 z vsoto 1 + 2 + 3 = 6 . Seveda ni nobeno praštevilo p popolno, saj ima p en sam pravi delitelj, namreč 1. Zato tudi 13 ni popolno število . Naslednje popolno število je 28. Njegovi delitelji so 1,2,4,7,14 z vsoto 1 + 2 + 4 + 7 + 14 = 28. Praštevilo p je Fermatovo, če razlika p - 1 ni deljiva z nobenim drugim prafaktorjem kakor z 2. Torej je p - 1 potenca od 2, npr.p - 1 = 2 n in od tod p = 2n + 1. Izkaže se, da je 2n + 1 praštevilo kvečjemu tedaj, ko je tudi ekspo- nent n potenca od 2 . 13 ni Fermatovo praštevi lo, saj je razi ika 13 - 1 = 12 deljiva s prafaktorjema 2 in 3. Pač pa so 3 = 2' + 1, 5 = 2 2 + 1, 17 = 2 4 + 1 Fermatova praštevila. Fermatova praštevila so slavna zaradi povezave s konstrukcijo pravilnih mnogokotnikov. Gauss je namreč dokazal, da se da pravilni mnogokotnik s p stranicami, kjer je p praštevilo, narisati z ravnilom in šestilom natanko takrat, ko je p Fermatovo praštevilo. Zato lahko narišemo pravilni petkotnik in sedemnajstkotnik. Pravilnega trinajstkotnika pa prav tako kakor pravilnega sedemkotnika in enajstkotnika ne moremo narisati samo z ravnilom in šestilom. Naravna števila a, b, c sestavljajo pitagorejsko trojico, če je med njimi zveza a2 + b 2 = c" . Tedaj sta a in b kateti, epa hipotenuza pravokotnega trikotn ika. Od davnega je npr. znana trojica 3, 4, 5. Ploščina pravokotnega trikotnika s katetama a in b je enaka p = ~ ab.V vsaki pitagorejski trojici a, b, c je vsaj ena od katet a, b sodo število. Zato je ploščina takega trikotnika zmerom celo število, npr. p = 6 za trikotnik s stranicami 3,4,5. Lahko pa se zgodi, da ima pravokotni trikotnik za ploščino celo število, čeprav njegove stranice niso cela, temveč le racionaina števila . Zgled za to je trikotnik s stranicami a=2... 2' b=~ 3 ' 41c=-- 6 Njegova ploščina p = 5. Naravno število, ki je ploščina kakšnega pravokotneqa trikotnika z racional- nimi stranicami, se imenuje kongruentno število. Pravkar smo videli, da sta 5 in 6 kongruentni števili. Dokazali so, da je 5 najmanjše kongruentno število; 1, 2, 3 in 4 namreč niso kongruentna števila . Torej ni pravokotnega trikotnika z racionalnimi stranicami, ki bi imel ploščino 1. Če je n kongruentno število, ne obstaja samo en pravokotni trikotnik z racionalnimi stranicami in ploščino n , temveč je takih trikotnikov nešteto. Tako ima npr. tudi trikotnik 68 a=_7_ 10 b = 120 7 ' 1201c=--- 70 ploščino p = 6 . Poleg 5 in 6 je tudi 7 kongruentno število. Pravokotni trikotnik s st ran icam i a = 24 5 ' 35 b=--;T' 337c=-- 60 ima namreč ploščino p = 7. Kaj pa naše število 13? Je prvo kongruentno število, ki je večje od 7. Izmed števil 8, 9,10,11 in 12 namreč nobeno ni kong ruentno . Ker je 13 kongruentno število, obstaja pravokotni trikotnik z racionaln imi stranicami in s ploščino 13 . Kako bi ga našli? Poiskati je t reba tako pitagorejsko trojico e, b, C, da je plo - ščina pripadajočega trikotnika enaka produktu štev ila 13 in kvad rata nekega števila, tedaj oblike p = 13 S2. Trikotnik z racionalnimi stran icam i e/s , b /s, C/S je podoben trikotniku s stranicami e, b, c , njegova ploščina pa je 13 . Vendar je potrebno precej truda, preden najdemo pitagorejsko trojico z nave - deno lastnostjo. S poskušanjem pridemo tako do trojice 323a=-- 30 ' 780 b = 323 ' C= 106921 9690 Bralec naj se sam prepriča, da so navedena števila stranice pravokotnega trikot- nika s ploščino 13. Če ima pri roki žepni računalnik, to ne bo huda naloga. Lahko bi navedli še nadaljnje lastnosti števila 13. Vendar bi se morali spusti- t i globlje v teorijo števil. Ta teorija namreč raziskuje lastnost i naravnih števil. Že ti zgledi pa povedo, da ima 13 veliko lepih lastnosti in je zato prijazno in zanimivo število. Ivan Vidav BOLJ ZA ŠALO KOT ZARES PRAZNA MN021CA Janez: Zakaj tvoj učbenik ne obravnava prazne množice? Peter: Saj jo, na stran i 144. Janez (vidi, da ima učben ik samo 139 strani): Ta stran sploh ne obstaja! Peter: Saj prazna množica tudi ne. Iz idor Hafner 69 EGIPČANSKI ALGORITEM Pozitivne ulomke, ki so manjši od 1, zapisujemo danes največkrat v obliki F. Pri tem sta a, b tuji naravni števili in a < b, Zgled: r, f, j~. Ta zapis je plod dolgega razvoja. Nadomestil je razne drugačne oznake, ki so se uporabljale sko- zi zgodovino. Ustavimo se na kratko ob zapisu iz starega Egipta. Najdeni viri izpričujejo, da so imeli stari Egipčani že pred štiri tisoč leti posebne znake za osnovne ulomke tJ in še za ulomka f in t .Za drugačne ulomke posebnih znakov niso poznali. Pri zapisovanju teh drugih ulomkov so si pomagali z znaki za osnovne ulomke in včasih še z znakoma za 1- in f. Ulomek ~ so npr. naznačili tako, da so znak za i zapisali trikrat zapovrstjo. Domneva se , da so do tega zapisa prišli takole. Vemo, da je ~=_1_+_1_+_1_ 888 8 (1) (2) Simbola za seštevanje pri starih Egipčanih še ni bilo. Seštevanje so nakazali ta- ko, da so znake za števila, ki jih je treba sešteti, pisali drugega ob drugem. Gle- de na (1) so zato ~ zapisali s trikrat postavljenim znakom za osnovni ulomek 1 8 ' Ker je ~ = ~ + i. se namesto (1) dobi ~=_1_+_1_ 8 4 8 Res so ulomek ~ zapisovali tudi tako, da so postavili znaka za osnovna ulomka i in ; drugega za drugim. Namesto treh sta bila zdaj potrebna le dva znaka. Pri zapisu ulomka ~ je bilo treba osemkrat zapored postaviti znak za ~. To je precej nerodno . Ker je JL=2+_1_+_1_ 9 3 6 18 (3) so zadošča li tudi že znaki za f' t, ,-k- zapisani po vrsti. Namesto osmih so tu le trije znaki. Podobni zapisi kot za 1 in ~ so se ohranili iz starega Egipta še za nekatere druge pozitivne ulomke . Pri vsakem teh zapisov gre kakor v (2) in (3) za izra- zitev ulomka z vsoto različnih osnovnih ulomkov in kdaj še ulomkov t oziro- ma~. Ulomek i ~e v (2) izražen s samimi osnovnimi ulomki, torej brez uporabe ulomkov ~ in 4 ' Take izrazitve, ko ulomka ~ in f ne nastopata , so znane iz 70 starega Egipta še za nekatere druge ulomke. Tako vidimo, da so znali stari Egip- čani vsaj nekatere ulomke izražati le z vsoto različnih osnovnih ulomkov. Ko to opažamo, se vsiljuje vprašanje, ki nas bo v nadaljnjem zanimalo. Ali se da vsak od 1 manjši pozitivni ulomek izraziti kot vsota samih različnih osnovnih ulomkov? Odgovor na zastavljeno vprašanje daje egipčanski algoritem. Pridevnik egipčanski ne pomeni, da so algoritem odkrili Egipčani; nakazuje le povezanost algoritma z egipčanskim zapisovanjem ulomkov. Egipčanski algoritem sloni na tejle lastnosti naravnih števil: Če sta u in v tuji naravni števlll, 1 1. To ne gre, saj sta u, v tuji števili. Večkratn iki v zaporedju (7) naraščajo in presežejo vsako še tako veliko vrednost . Zato so vsi večkratniki od nekega dalje večji od v. Naj bo ku prvi večkratnik, ki je nad v . Ker noben več­ kratnik ni enak v, je (k - 1)u < v r > rl > .... Ker je vseh ulomkov, ki imajo imenovalec v, za števec pa naravno število med 1 in u, ravno u, je v (18) kvečjemu U ulomkov. Torej se naše ravnanje najpozneje po u korakih ustavi. Zadnji ulomek, ki v (18) nastopa, je ~. Za vsak ulomek -f-, pri katerem je' stararazdalja TH EN r iqht fkot } : stararazdalja := novarazdalja ; END; END; Obnašanje želve za različne kote je narisano na slik i 1. 78 ••.. •..... .., .... ........ .'. . ,.,.,. ( .~ .__w _ .... _ .. _ . .. ~~ • • / .... .+ ,,.I ' -, ~ stararazdalja TH EN right(kot) ; stararazdalja := novarazdalja ; END ; END; Kdor bo podprograme preizkusil na računalniku, bo ugotovil, da želva v resnici nikoli ne konča svoje poti. Zakaj? Naloge: 1. Poizkusi najti kar najbolj uč inkovit postopek za iskanje hrane! 2. Kako seobnaša tvoja želva, če ji na vsakem koraku naključno zamešamo kot? 3. Opazuj odvisnost prehojene poti od vhodnih podatkov! Rok Sosič NALOGE ZA OGREVANJE - Rešitve s str. 102 1. Kadar zapelje avtobus na oviro (jarek ali prag), se zavrti za majhen kot okoli tiste osi, ki ni zadela ob oviro. Pri tem se najmanj zatrese blizu osi, najbolj pa na najbolj oddaljenih mestih . Tresenje se navadno čuti najbo lj v zadku, manj v nosu in najmanj nad osmi koles. Triosni avtobus je seveda bolj zapleten, zadnji del tud i rad poskakuje, v grobem pa velja zanj isto razmišljanje. 2. Met kladiva razlaga f izika pod poglavjem z naslovom "Poševni met". Kladivo leti po tirnici, ki ima obliko parabole, največjo razdaljo pa dosežemo pri metu pod kotom 45° . To seveda upoštevajo tudi tekmovalci . Vodoravna hitrost kladiva je ves čas leta enaka in oč itno znaša 20 mis, zaradi dvižnega kota 45° pa moramo to hitrost pomnožiti s ../2 , če želimo dob it i začetno hitrost kladiva v smeri gibanja. Roman Rojko 80 I o 1~/~/'/'-' o ,,- L"" - . MEHANIKA HOJE IN TEKA Za hojo in tek so značilni enakomerno se ponavljajoči koraki z desno in levo nogo . Korak se začne, ko se na primer desna noga dotakne tal, in konča ob na- slednjem dotiku leve noge. Povprečna hitrost v hoje ali teka je povezana s tra- janjem koraka T in njegovo dolžino d, to je razdaljo med obema točkama do- tika tal, takole d v=-- T Med hojo se vedno vsaj ena noga dotika tal. Nekaj časa pa sta v stiku s tlemi istočasno obe nogi. Trajanje stika posamezne noge s tlemi izražamo s fakto r- jem stika {3 ,ki je definiran kot razmerje med trajanjem stika in trajanjem ho- je ali teka . Z meritvami so ugotovili, da je tipična vrednost {3 za hojo 0.6. Pri hoji je posamezna noga več kot polovico časa na tleh . Tek se razlikuje od ho - je v tem, da sta tu pri posameznem koraku nekaj časa obe nogi v zraku. Med tekom je posamezna noga manj kot polovico časa v stiku s tlemi in je zato {3 < 0.5 . - - - d--: A B Slika 1 c Hoja je možna le pri majhni hi- trosti. Odrasel človek preide v tek pri v ~ 2.5 ms" (9 km h"). S po- sebno tehniko hoje, ki jo uporablja- jo športniki, lahko hodimo tudi hi- treje, s hitrostjo do v ~ 4 m S-I (14.4 km h· I ) . Otroci imajo ii hojo več težav kot odrasli. Pri hitrostih, ki so za hojo odraslih še zmerne, morajo otroci že teči. Zaradi kraj - ših nog je korak otroka krajši od ko raka odraslega človeka. Zato otrok dosega isto hitrost II le ob po - večani frekvenci korakov 1/ T. 81 d a=-- I Kaj omejuje hitrost hoje? Med hojo in tekom se težišče telesa, ki je v tre- bušni votlini, giblje s povprečno hitrostjo v v vodoravni smeri, poleg tega pa niha v navpični smeri med dvema skrajnima legama. Hitrost v vodoravni smeri se med hojo večinoma ne spreminja dosti . Slika 1 kaže razmere pri prehodu iz hoje v tek, to je pri (3 = 0.5. V legah telesa A in C, ki ustrezata začetku oziroma koncu koraka , je težišče telesa najnižje. V srednji legi B, kjer sta poravnana telo in noga, na katero se opira telo, pa je težišče najvišje. Iz slike sklepamo, da je višinska razlika h ekstremnih leg težišča približno enaka razliki med dolžino noge I in višino enakokrakega trikotnika s kraki I in osnovnico d . Tako je h=/(1-J-~l 4 V času med legama B in C se težišče telesa niža. Sila, ki to omogoča, je teža. Noga lahko spuščanje telesa le ovira, ne more pa ga vleči k tlom. Najhi- trejši prehod iz B v C bi dosegli s prostim padom telesa. Tedaj bi prehod težišča iz lege B v lego C ustrezal vodoravnemu metu .s hitrostjo v. Prosti pad z višine h traja v2hl g , kjer je g pospešek prostega pada . Iz vodoravne razdalje d 12 med legama B in C ter najmanjšega časa, ki je potreben za ta prehod, dobimo te- orijsko oceno za maksimalno možno hit rost hoje d 2 -J2fiTi V celotnem intervalu a, ki pride v poštev, to je O < a < 1, je vm ax "" VIii, V tem intervalu se vm ax spreminja le za 3.4%. Dolžina nog pri odraslem človeku je približno 90 cm. Tedaj je vm ax = 3 m S-1 (10 .8 km h- 1 l. Vidimo, da da gor- nje preprosto sklepanje zelo dobro oceno za največjo hitrost, pri kateri je hoja še možna. Sedaj tudi natančneje razumemo, zakaj je pri otrocih tek tako po- gost način gibanja, saj jih kratke noge in s tem manjša mejna hitrost vm ax silijo k temu . Zakaj pa pri športni hoji dosegamo hitrosti, ki so večje od vm ax ? Športna hoja je nekaj prav posebnega. Pri taki hoji je v legi B telo močno zvito, tako da zveznica kolčnih sklepov ni vodo ravna, ampak se spušča v smeri proč od noge, ki podpira telo . Posled ica take drže je znižanje težišča telesa v primerjavi z lego pri normalni hoji . Pri športn i hoji je navpično nihanje težišča manjše, kar omo- goča večjo mejno hitrost . Ta način hoje je zaradi zvijanja telesa čuden in nena- raven. V nadaljnjem .nas bosta zanimala velikost in časovni potek sile tal na desno 82 oziroma levo nogo med hojo in tekom. Ta je nasprotno usmerjena sili, s katero pritiska noga na tla, po velikosti pa je njej enaka. Slika 2 kaže tipičen potek navpičnih komponent sil na desno in levo nogo pri 700 N težkem človeku in pri različnih hitrostih hoje in teka (hoja: v = 0.9 m S-1 in 1.5 m S-1 , tek: v = = 1.5 m S-1 l. Polna črta kaže"časovni potek sile na desno, prekinjena pa na levo nogo. Za časovne intervale, ko sta pri hoji istočasno na tleh obe nogi, pa je s pikčasto črto narisana tud i vsota obeh navpičnih sil. Med hojo in tekom vsota navpičnih komponent sil na desno in levo nogo niha s periodo korakov Tokoli srednje vrednosti 700 N. Srednja vrednost mora biti enaka teži človeka, ker se med hojo ali tekom povprečna razdalja težišča telesa od tal ne spreminja . Nihanje navpi čne komponente celotne sile tal na nogi okrog njene srednje vrednosti povzroča nihanje težišča telesa v navpični smeri. Najbližje tlom je te- žišče v trenutkih, ko je sila največja, najbolj oddaljeno pa je, ko je sila najmanj- ša. Amplituda nihanja sile raste s hitrostjo hoje ali teka. Poskušajmo to razloži- ti v primeru hoje. Pri hoji je razdalja h med najvišjo in najnižjo lego težišča sko- raj neodvisna od hitrosti v. Prehod med obema legama se izvrši v času T / 2 , to- rej tem hitreje , čim večja je hitrost hoje. Očitno je, da dobiva telo pri večji hitrosti večje pospeške v navpični smeri. Iz Newtonovega zakona torej sledi, da mora amplituda nihanja sile v navpični smeri rasti s hitrostjo hoje. Na prvi pogled preseneča časovni potek sile tal na posamezno nogo pri hoji . Ta ima dva maksimuma, enega kmalu po začetku in drugega malo pred koncem dotika s tlemi. Med njima je m inimum . Izrazitost maksimumov in mi- nima hitro narašča s hitrostjo hoje. Pri prehodu v tek pa se razmere nenadoma spremenijo. Tu ima sila le en maksimum. Pri hoji, kjer je vedno vsaj ena noga na tleh, je časovni potek sile z dvema maksimuma nujen, saj mora v najvišji legi telesa rezultirajoča sila na telo, to je razlika med silo tal na nogi in silo teže, kazati navzdol, v najnižji legi pa navzgor. Koliko energije rabimo za hojo ali tek? Sama mehanika ne more dati odgovora na to vprašanje. Pri hoji in teku se mehanska energija telesa, ki je enaka vsoti kinetične energije in potencialne energije v težnostnem polju, periodično spreminja. Vendar nam poznanje časovnega spreminjanja me- hanske energije pove razmeroma malo o tem, koliko energije rabi telo za gibanje. Oglejmo si enostavnejši primer dvigovanja uteži. Pri dvigovanju opravlja telo "pozitivno" delo, ker potencialna energija uteži raste, in rabi energijo, ki je nujno večja od opravljenega dela. Pri napenjanju mišic se precej energije sprosti v obliki toplote. Pri počasnem spuščanju uteži, ko telo oprav- lja "negativno" delo, pa telo tudi porablja energijo. Spuščanje uteži je za telo ravno tako naporno in povzroča povečanje metabolizma v mišicah. Vidimo, da telo potrebuje energ ijo za opravljanje tako "pozitivnega" kot tudi "nega- 83 7,0 0,5 F[kN] v =O,9m 5- 1 (J =0,64 d =0.6 7m t 0,5 7,0 7,5 5 F[kN] 1, 0 .. .. .. 0,5 :°.• 0 • "'~ v =7.5m 5- 1 (J =0,64 d =0,82m : . OL-- .l..-- - - -+---I...----l-- - -+-----L_---L-'-_----I-__~ 0,5 1,0 F[kN] 2,0 (\ I \ I \ I \, \ I \, \ I \ - - - - - -- ~ - - - - - - - r - - - - - - I \, \, \ , \ t 7,557,00,5 -1 .,.. v=3,6m5 1\ I \ IJ = 0,34 I \ I \ d =1,59m I \ I \ I \ 700 N' \ - - - - - - - - ~ ---- - - \--- - - - - - - -- -- - I \ I \ I \ I , 84 Slika 2 tivnega" dela . Energijo rabimo pri vsakem krčenju ali raztezanju mis IC, pa tudi kadar je miš ica napeta, čeprav se njena dolžina ne spreminja . Tipično porabo energije v časovni enoti ali porabljeno moč P pri hoji in teku v odvis- nosti od hitrosti kaže slika 3 . Pri hoji narašča porabljena moč s hitrostjo hitreje kot linearno , pri teku pa je ta odvisnost skoraj linearna. Zara- di take odvisnosti porabljene moči od hitrosti sta enakomerna hoja oziroma tek v intervalu hitrosti 2 m S-l < v < < 3 m s' , ko prehaja hoja v tek, ener- gijsko neugodna. Manj moči porabimo v časovnem povprečju, če izmenoma hitro tečemo in počasi hodimo, tako da ostane povprečna potovalna hitrost ista. Peter Gosar MISTRovsrvl fYIOfY Y A.Tll1ICE 1978 l: CESKOSlOVENSKO Na poštnih znamkah so tudi zelo lepi motivi z razn ih športnih disciplin. FILATELlJA 85 METI Presek se je že dotaknil skokov in tekov. Kaj. ko bi se zdaj lotil druge lahko- atletske discipline - metov? Da bi metalec vrgel orodje čim dlje, ga pospeši do čim večje hitrosti in usmeri pod najugodnejšim kotom proti vodoravnici. Tako ločimo pri metu prvi del - pospeševanje telesa - in drugi del - njegov let. Kot se spodobi matematično-fizikalno-astronomskemu listu, bomo namesto "orodje" pisali kar "telo" . Med pospeševanjem deluje na telo sila metalčeve roke, ki opravi delo A . To delo določa hitrost v, s katero zapusti telo z maso m metalčevo roko: (1) Kaj je sila? Intuitivno m islimo, da vemo , kaj ta beseda pomeni. Pojem je nastal ob dejanjih, kakor so potiskanje, metanje, vlečenje ali aktiviranje mišic; ki sp remlja vsako tako dejanje. V splošni obliki pa pojem daleč presega te pre- proste primere . A.Einstein, L.lnfeld, Razvoj fizike, Mladinska knjiga , Ljubljana 1962, str. 19 Pospeševanje. Kot je v mehaniki navada, izhajamo iz Newtonovega zakona: sila je masa krat pospešek. Zapišimo ga za primer, da se telo giblje premo , da pred pospeševanjem, ki se začne v času t = O, miruje in da se sila F ne spremi- y x =X' - Y x X' .......:.;.;.;.;.::::: .;.;::.;::::: :::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::: :::::::::::::::::::::::::::::::::::: .;.:.:.:.:.:.: ::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::' \;:::;:::::.:::.; .. , 1....- - - - - - - - - - - ....,..",--- - - - - - - - - - · : Slik a 1. Razmere pri poševnem metu pod kotom 45° 86 nja s časom . Potem se tudi pospešek a = vit ne spreminja s časom ; v je pri tem hitrost , ki jo ima telo v času t . V tem primeru povzema zakon enačba F = mvlt Pot s telesa dobimo, ko povprečno hitrost pomnožimo s časom. Povprečna hitrost je (' /2)v, saj je hitrost na začetku pospeševanja enaka nič, nato pa ena- komerno narašča in doseže ob času t vrednost v. Tako imamo za pot s = .L ~t 2 Pomnožimo to enačbo z zapisanim Newtonovim zakonom: Fs = -'-mv2 2 Produkt sile in poti vpeljemo kot delo, A =Fs, produkt polovičnemase in kva- drata hitrosti pa kot kinetično energijo telesa, Wk = (' !2)mv 2 • Ugotovili smo torej, kot pravi izrek o kinetični energiji, da je delo (edine) sile, ki pospešuje telo, enako spremembi kinetične energije (') . V našem primeru ima telo na za- četku hitrost nič in kinetično energijo nič, tako da je sprememba kinetične energije kar enaka končni kinetični energiji. Let. Let telesa obravnavamo kot poševni met, To je posebna vrsta krivega gibanja, ki si ga mislimo razstavljeno na vodoravno in navpično gibanje . V vodoravni smeri se telo giblje enakomerno s hitrostjo vx : v navpični pa enakomerno pospešeno s težnim pospeškom - g (minus opozarja , da kaže pospešek navzdol) in z začetno hitrostjo vy: y = v t - -'- gt 2y 2 Telo vržemo s hitrostjo v pod kotom tp proti vodoravnici, tako da je na začetku leta vodoravna komponenta hitrosti Vx = v cose in navpična vy = v sino . Iz enačbe za x izračunamo čas t =xlv cose in ga vstavimo v enačbo za y: 87 Krivulja, ki jo opisuje ta enačba, sodi med stožnice in jo imenujemo parabola. Če vržemo telo iz izhodišča x = O, y = O (slika 1), pade na tla v oddaljeno- sti x = 2 sin !pcose, v2j g = v2 sin2!p/g od izhodišča. (To je drugi koren enačbe y = O, prvi je x = O) . Dolž ina meta x je naj večj a, če ima sinus največjo vrednost 1, sin2!p= 1, in je !p= 45°: Pri metih v lahki atletiki pade telo v resnici na tla niže , kot ga vrže metalec, in sicer za višino ramen Y. Ker je nagib tira tudi ob udarcu na tla približno enak 45°, dobimo dolžino meta v enaki višini X, tako da od prave dolžine X' odšte- jemo Y, torej X = X' - Y (slika 1). Dolžina meta je sorazmerna s kvad ratom hitrosti, tako da je po enačbi (1) sorazmerna tudi z delom A : 1 2 1 A=-mv =-mgX 2 2 Zdaj smo si pripravili dovolj enačb, da se lahko lotimo svetovnih rekordov. S podatki za dolž ino rekordnega meta in maso telesa izračunamo hitrost telesa v = (gX) 1 / 2 - pr i tem vzamemo za težni pospešek kar 10 mlS2 - in njegovo kinetično energijo Wk = (1/2) mgX , ko ga metalec spusti. Pri tem upoštevamo dolžino meta X v enaki višini in zato popravimo dolžino rekordnega meta : X = X' - Y. Za višino ramen vzamemo približno Y = 1 m. Preglednica kaže, da je kinetična energija te lesa pri ustrezni disciplini pri ženskah skoraj pol manjša kot pri moških. Relativna razlika je vsekakor večja kot pri tekih. Zato primerjamo moške discipline med sabo in ženske med sabo. Misel, da opravijo vrhunsko trenirani tekmovalci in vrhunsko trenirane tekmo- valke pri metu na telesu enako delo, približno velja za disk in kroglo , ne pa za kopje in kladivo. Kladivo je sploh nekaj posebnega . Metalec namreč pri metu kladiva vrže kroglo z en.ako maso kot pr i metu krogle, le da je ta krog ia pr itrjena na 1,2 m dolgi žici, Zica ima vlogo nekakšnega vzvoda, ki omogoči metalcu, da za kroži okoli navpične osi skozi težišče krogle in svojega telesa in tako veliko učinko­ viteje zavihti kroglo . Poleg tega si pri tem pomaga z obema ro kama , medtem ko uporablja v drugih disciplinah .eno samo roko. Tudi pri metanju diska in krogle 88 Disciplina kopje disk krogia kladivo kopje disk krogia Masa telesa te lesa m 0,8 kg 2 7,257 7 ,257 0,6 1 4 Dolžina Hitrost rek. meta v X' moški 99,72 m 31 mis 71,86 27 22,22 15 84,14 28 ženske 74,76 27 73,26 27 22,45 15 Kinetična energija Wk 400 J 7 10 770 3DOO 220 360 430 Ocena za silo F 400 N 710 770 3000 220 360 430 zakroži metalec okoli navpične osi, a mnogo manj učinkovito. Pri metu kopja zakroži roka okoli vodoravne osi. Pred časom so tudi kopje poskusili metati iz obrata, a so ta način metanja kmalu prepovedali. Kinetična energija telesa je v trenutku, ko telo zapusti metalčevo roko, enaka delu sile roke. Če vzamemo , da se sila roke med pospeševanjem ne spre - minja, in ocenimo pot s, na kateri roka pospešuje telo,z 1 rn, dobimo oceno za silo roke, navedeno v zadnjem stolpcu preglednice. Sila je tem večja, čim večja je masa telesa. Metalec krogle ali diska deluje na kroglo ali na disk s približno tolikšno silo, kot da bi veni roki držal dvignjeno utež za 77 ali 71 kg. Po tem tudi razumemo, zakaj na kopju opravi sila roke manjše delo . Kopje se zaradi majhne mase razmeroma hitro um ika roki , tako da ta ne more delovati nanj s polno silo. Pri podrobnejšem obravnavanju bi bilo treba upoštevati, da je sila roke odvisna od hitrosti telesa, na katero deluje . Doslej smo molčali o zračnem uporu. To silo je v računih težavno upošte- vati. Pri hitrosti, ki jo doseže telo pri metih, je zračni upor sorazmeren s kva- dratom hitrosti. Zato so enačbe za gibanje, ki ga upoštevajo, dokaj zapletene. Upor vsebuje namreč kvadrat velikosti hitrosti, tako da nastopa v enačbi za gibanje v vodoravni smeri tudi navpična komponenta hitrosti in v enačbi za gibanje v navpični smeri tudi vodoravna komponenta hitrosti. Zračni upor. V razmerah, kakršne nas zanimajo pri metih, velja za zračni upor kvadratni zakon: Upor Fu je sorazmeren s kvadratom hitrosti telesa, s ko- eficientom upora cu ' ki ga določa oblika telesa , s čelnim presekom telesa S in z gostoto zraka p: 89 Hitro lahko ocenimo razmerje med zračnim upororn kopja in zračnim uporom krogle. Koeficient upora za kroglo je Cu = 0,45, najmanjši koeficient za telo ri- bje oblike je 0,04, za kopje pa vzamemo 0,06 . Čelni presek kopja je krog z ra- dijem 1,3 cm, čelni presek krogle pa krog zradijem 6 cm. Tako dobimo za raz- merje uporov {Fu)koPja/fFu)krogla = {+ cupv2rrr2 )kOPje/{+cu pv2rrr2 )krogla = = (O,06.1,32 .312)/{0,45.62 .152 ) = 0,03 X/(v2jg) ------- ------------------------ --- I 0,75 0,50 0,25 O . tp 45° --- ---- -- -- -------- - -- -- --- -- 40 30 20 0,01 2 3 5 0, 1 2 3 5 2 3 5 10 2 3 5 100 Slika 2. Izračunana odvisnost kvocienta med doseženo dolžino meta in dolžino meta brez zračnega upora od kvocienta med težo krogle in uporom pri začetni hitrosti (al, Izraču­ nana odvisnost najugodnejšega kota od kvocienta med težo krogle in uporom pri začetni hitrosti Ib). Sliki sta posneti po navedenem članku J.A. Zafiraja in J .R. San martina. 90 Pri kopju se zračni upor precej manj pozna kot pri krogli. . Kako pa se pozna zračni upo r pri gibanju krogle? Sposodimo si rezultate iz članka J.A. Zafiraja in J.R. San martina Influence ofAir Drag on the Optimal Hand Launching of a Small, Round Projectile (Vpliv zračnega upora pri metu majhnega, okroglega telesa z roko) v reviji American Journal of Physics 50 (1982) 59 . Slika 2a kaže odvisnost kvocienta med izmerjeno dolžino meta X in dolžino meta v2 Ig brez zračnega upora od kvocienta med težo krogle in uporom pr i zračni hitrosti. Slika 2b pa kaže odvisnost najugodnejšega kota pri metu od kvocienta med težo krogle in upororn pri začetni hitrosti. Ko vstavi- mo poleg znanih podatkov še gostoto zraka p =1,2 kg/m 3 , dobimo za upor pri začetni hitrosti Fu = (1!2)cupv 2 1Tr 2 = 0,5.0,45.1 ,2 kgm- 3.(15ms- 1)2 .3,14. .(O ,06m) 2 = 0,69 N. Kvocient teže in upora je potemtakem mg/Fu = = 72,6 N/O,69 N = 105. Z diagramov (slika 2a in 2b) razberemo, da sta pri to- likšnem kvocientu dolžina meta in najugodnejši kot tolikšna , kot da ne bi bilo zračnega upora. Pri metu krogle zračni upor ne igra upoštevanja vredne vloge. Tako je tudi pri kopju . Nekoliko drugače je pri disku, a iz nekega drugega razloga. Disk z značilno obliko krožni ka se med metom vrti okoli simetrijske osi in os ostane med letom približno sama sebi vzporedna. Zaradi tega disk nekoliko spominja na letalsko krilo in leti dlje, kot če se ne bi vrtel (slika 3). Slika 3. Dolžina meta diska se podaljša zaradi vrtenja. Slika je vzeta iz znanega učbenika R.W. Pohla Mechanik,Aku5rik und Warmelehre, Springer, Berlin 1955, str. 74 , iz poglavja o vrtavkah . Podaljšek dolžine meta je narisan pretirano. Da je vrtenje diska bistveno za nemoten let , pa se lahko hitro prepričamo,če vržemo podstavek za pivo kot disk. Podsta- vek zavije s poti. Zračni upor namreč prehitro zavre njegovo vrtenje, medtem ko ne zavre zaznavno vrtenja diska z mnogo večjo maso . Čeprav se je sestavek ukvarjal z zelo splošnimi vprašanji, upajmo, da ni dolgočasil bralcev. Bolj zanimive, a tudi težje postanejo zadeve, ko poskuša fizik pripomoči vrhunskemu metalcu do daljšega meta. Tedaj natanko opazu- je gibanje metalca, pri čemer si pomaga s hitro filmsko kamero, s precej bolj zapletenimi enačbami in - z računalnikom. Janez Strnad 91 - -OC- O"'\'l-l',il' 10 -, ,._, 1",-" 'l_ 1"L' , HALLEYEV KOMET SE PRIBLIZUJE Vsak ih tri čet rt stoletja, točneje74 do 79 let , se vrn e k Son cu svetl a rep ati ca Halleyev komet. Ob sedanj i vrnitvi so ga prvi opazili amerišk i ast ro nom i na posn etku , ki je b il nare- jen z velikim pet metrskim daljnogledom na M t. Palomarju 16. oktobra 1982. Komet je bil ted aj odd aljen od Sonca še več ko t 10 a.e. (astronomska enota je srednja oddaljenost Zemlje od Soncal . Za opazovalce z naših zemljep isn ih ši ri n ta vrnitev ni posebno ugodna. Ker pa so napovedi pri kometih, posebno glede njihovega sij a, tvegane, nas utegne tud i H alleyev komet presenetiti . .. 1,. 86 JUŽNO 08 Z 0 RJE Dne 26 . novembra se bo približal Zeml ji na 0 ,62 a.e. Po pred videvanj ih naj b i bi l ted aj že tako svetel, d a bi bil viden z manjšim da ljnogledom (dvoqledorn) kot megl ica s svet l im jedrom in ko maj izraženim repom . Tak rat bo vso noč nad obzorjem . Prve d ni decemb ra bo v ozvezdj u Rib , viden na večernem nebu . Navidezn i sij se mu bo le počasi večal, ker se bo pr ibl iževal Son cu, hkrat i pa odd aljev al od Zemlje. V zad nj i t retj in i decembra bo pre šel v ozve zdje Vodnarj a in bo vide n k mal u po zahod u Soncu nad ju žn im ob zorjem. Najugodnejši za op azov anje bo v prv i t retjin i j anuarj a, ko naj b i b il že tol iko svetel, da bi ga pri č istem ' oz račju in dal eč od lu či lahko opazoval i tud i s pr ostim i očmi. Nato se bo naglo pribli ževal Soncu , njegov sij bo hitro na rašč a l , rep se mu bo dalj šal , se bo pa že izgublj al v večerni zarj i. Po 22. j anuarju ko me t ne bo vid en . V začetku marca se bo pojavil na jutranjem nebu v ozvezdj u Ko zor oga. V iden bo le krajš i čas pr ed vzhodom Son ca, n izk o nad jugovzhodn im ob zo rjem. Nj egov sij bo staln o naraš č al , tod a po 20 . marcu iz naših krajev ne bo viden. Dne 11. apr i la se bo komet spet pribl ižal Zemlj i , to pot na 0,42 a.e.. Tedaj bo po napove dih najsvetlej ši. Pr i nas bo v iden šele v drugi po lovici ap r il a na večernem nebu. Nato bo njegov sij naglo slabel in ob kon cu apr i la ne bo več viden s prostim očesom. Pavla Ranzinger 92 007' 'c'1DII [7 '"" '.-1" LI- "'L. _ o »NAČRTOVANJE« S PREPOGIBANJEM PAPIRJA Običajno je pri geometrijskih načrtovalnih nalogah dovoljena uporaba ravnila (brez merila) in šestila. Pravimo, da lahko neko točko načrtamo, če jo lahko dob imo kot presečišče premic in /ali krožnic določenih z že načrtanimi to č ­ kami. Začetne načrtane točke predstavljajo podatki naloge. Malce presenetljivo se izkaže, da lahko vse točke , ki se jih da načrtati z ravnilom in šestilom, dobimo tudi, če dovoljujemo le prepogibanje papirja in "buciko", s katero prenesemo pri prepogibu točko z ene strani papirja (simetrično) na drugo stran. Seveda so dovoljeni le prepogibi določeni z že "na črtanimi" točkami in premicami: prepogib skozi točk i, simetrala med točkama, simetrala kota med premicama, pravokotnica skozi točko na pre- mico, oo. in še nekoliko zapletenejši prepogib (premica q na sliki) skozi dano točko A, tako da bo po prepogibu točka B' simetrična dani točki B ležala na dani premici p. q -------o-------,.,....e.;......------p Ponavadi privzamemo, da je papir dovolj velik, da nanj padejo vse po- membne točke. Lahko pa si zastavimo tudi naloge, pri katerih vemo, da je papir . (kvadratne oblike) dovolj velik le za točke, ki predstavlja jo podatke in rezultat(e) . Ali bi znali s prepogibanjem "na črtati" pravilni šestkotnik z dolžino stranice, ki jo določata dani točki na papirju? Kaj pa trikotnik z dolžinami stranic a = VV, b = VXinc = XY, kjer so V, V, X in Y dane točke? BISTROVIDEC Vladimir Batagelj 93 Trikotni šotor na vrtu Tete Amalije - rešitev iz P-XII/4, str. 191 Tokrat smo žal pr ejeli le eno rešitev, ki nam jo je poslal Aleš Hvala iz Nove Gorice . Saj naloga ni bila težka, zahtevala pa je kar nekaj računanja. Alešu smo poslal i za nagrado knjigo Igre, grafika, zvoki avtorjev S. Curran, R. Curnow. h b e e 9 f Q d c / \ l/ , b/ \ / , a 1/ ve \ V \ / C1 C~ \ A C B Nalogo sem reševal s pomočjo računalnika, tako, da sem v ustrezen program, ki sem ga napisal v basicu, vstavljal možne koordinate. Najustreznejša je točka T(7,cl. pri čemer je ploščina platna enaka 60,146 kvadratov. Račun je potekal takole: 1) višina šotora v2 = 12 + 32 V =.J"fO 2) dolži na stranic trikotnika v tlorisu C = 11 b 2 = Cl 2 + ve2 = 72 + 72 b=V98 a 2 = C2 2 + ve2 = 16 + 49 a = v's5 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 :C I v ... : . . .. .>. 4) 3) razdalje med točko postavitve palice in oglišči d 1 2 =e4 2 +e1 2 =36+4 . dl =010- d 2 2 = el 2 + es 2 = 4 + 25 d2 = V29 d 3 2 =e2 2 +e3 2 = 1 + 25 d 3 =06 4) razdalje med vrhom palice in oglišči hi 2 = dl 2 + V2 = 40 + 10 hi =.J50 h2 2 =d2 2 +~ =29+ 10 h 2 = v'39 h 3 2 =d3 2 +v2 =26+ 10 h3 =y'36 =6 5) ploščine posameznih trikotnikov (AVB , BVC, CVA) z uporabo Hero- novega obrazca 6. AVB: ot,> 20,579 6. BVC: pl2 = 18,567 6. A VC: pl3 = 21 pl v pl, +p12 +p13 = 60,146 Aleš, pošlji nam še program, s katerim si računal! Opomba. Če bi se dalo postaviti palico v katerokoli točko, ne le v križišča med ploščami, bi lahko uporabili še malo manj platna. Najugodnejša točka je v tem primeru središče trikotniku včrtanega kroga. Polmer tega kroga je tedaj enak .JE. 77 77 = 2 659 P = ob = 11 +V98 +V6Š= 28,962 ' in višina Vs stranske ploskve tako, da je površina platna ob pl= vs' -2- = 59 ,826 Peter Petek Tokrat vam zastavljamo šahovsko uganko: Matiraj V dveh potezah Rešitve pošljite na naslov: Jadran- ska 19, 61111 Ljubljana, p.p, 64, Komisija za tisk DMFA SRS- PRESEK za PIR do 1. januarja 1986 . Izidor Hafner ~i *i črn i be li 95 SLIKOVNA .., KRIZANKA ČLOVEK A LPIN IST ZEMLJE - NAS I JAZ REK A V OE KI M AH K OT A SLOVJE RAZG LEDI (L A T IN.) VO JVO- VOl MESi DIN I (M NO I t- 100 8 K OL I IN A . NEJES- OOLOČENA Z 1 PODAT - COST KOM BOLGA R. M. IME OM I KA - NOST PL OSK OV - VAS NA O RGAN NE MER E KOPRSK EM MEST O JV VID A OD TORINA NAPLAČILO PREGN ANI UGANDSKI GRŠKA VOD JA ČRKA (MILTONI I CA " K U RJA POL T" SODOBN IK I (POMANJ.> KELTO V Slo SLIKAR NASAD PR IHOD (80ŽIOARI V V MEST U GOST E ŠVE OSKO M ESTO ROJ STNI K RAJ , TI KOS VEVE RICI POH iŠT VA PODOBEN GLODAL\:C SLO V. T RETJA SK AN D. MLADIN . POTEN CA M . IME PISAT ELJI - CA lE LA) PIJAČA SLOVANOV ALFRED NOBEL 96 :A ,Ž.l OB STOLETNICI ROJSTVA NAKANA EKSPL O- ZI VNO ORA NJE TELO VAS V RiŽAN SK I DOLIN I 1 PODO LGO- VA T KOS LESA N INO DEL MORSK IILJ UBKO- VA LNO) TEDNA SESA LEC OČE BOKSAR RUS EV SK I DUŠA NAsa IZ BRA NA UM RLEGA ovio DR U Ž BA NOSILNOST L A DJE ' LF I NESNAGA, NOB ELO VA l i P i Č ODPADKI ,., ZA OK ROGL A VAN - OČ R T F IZI KO POSOD A NKAR 19 22 NOGOM ET- DEL NI KLUB FQTQAPA- RA TA V LADIMIR NA ZOR PODAEDN I STA NE VE ZN IK ZlITI NA ROZMAN MUSlIM . JEK LA IN sv . K NJ IGA N IK LJ A :KMQV. ČOLN D RUŽ AB - EŽ ISER NI PL ES TL~~~ TI.O'OI. .. . tu.~... P C I K 5 R E K ~. § E R A T O "" t,_ R E P ~ T L A K A«I ~"" e· .. 5 F E R @ B ......~'u_. A - K U -"""- I L E K 5 _o. A N T3 '- u. T I K O V I N A ..- E T ~ O 5 5 A .0- T I R 5 _. E Z O P ~ M I R ,-- T R A V N I K .. oi:u~ J O K ~\::\: F I N A L E -- '_0 ~::::: co...... I R C I E R R A T A_oo ~. A K O R D ~ 5 A D o........~ B U K .............~ I A § E T• .. no... .. ",ro.u. N A M ._,~ B I R O -@- K E JCATI",~ N A 5 M E H 1... " .,.. • S T E F A N O V I Z A K O N _. E R N A K A L O R I K A ....,... R I T A .- N A I L _.. T A N A T O S o- S R A M .AR"" A R K A Strnad Janez, JOŽEF STEFAN: OB 150- letnici rojstva.- Presek XIII IS. - (Presekova knjižnica; 23) Letos proslavljamo 150. obletnico rojstva največjega slovenskega fizika Jožefa Stefana. Kot koroški Slovenec je študi ral in ustvarjal predvsem na Dunaju. Zato ga slavijo tudi v Avstriji, kjer so med drugim že izdali poštno znamko z njego- vim portretom. Pri nas je bilo v mlad inskih in strokovnih časopisih objavljeno že več krajših prispevkov. Janez Strnad pa je za naš list napisal dal jši tekst. V prvem delu je v zanimivem besedi lu opisal Stefanovo življenje , v drugem delu pa opisuje predvsem odmeve na Stefanova znanstvena dela . Brošura bo izšla še letos kot peta številka Preseka. Redni 3 . in 4. štev ilka pa bosta izšli spomladi. Ciril Velkovrh 112 I -'-'//'ll-l" tor« 1"Ien _'1""''- n 29. REPUBLIŠKO TEKMOVANJE SREDNJEŠOLCEV IZ MATEMATIKE Republiško tekmovanje je bilo v soboto, 6. aprila, v prostorih Srednje tehniške in naravoslovne šole v Postojni. V prvem razredu je tekmovalo 53 učencev. v drugem 29, v tretjem in četrtem pa po 32 učencev, skupno torej 146 učencev. Tekmovalce sta pozdravila predsednik Skupščine občine Postojna Viljem Garmuš in sekretar Komisije za popularizacijo matematike v srednji šoli Gorazd Lešnjak. Kot je že običaj, so imeli tekmovalci za reševanje naslednjih nalog dve uri in pol časa. PRVI RAZRED 1. V kvadratu ABCD leži točka M, za katero velja, da je ploščina štirikotnika ABCM trikrat večja od ploščine štirikotnika AMCD. Poišči geometrijsko mesto vseh točk M s to lastnostjo. 2. Naj bosta a in b naravni števili, D njun največji skupni delitelj in v njun najmanjši skupni večkratnik. Dokaži, da za vsako naravno število n velja: 3. Pokaži, da je število 101010101 sestavljeno v vsakem številskem sestavu. 4. V skupini stotih ljudi ima vsakdo vsaj 67 znancev. Če privzamemo, da so znanstva vzajemna, dokaži, da obstajajo vsaj štirje člani te skupine, ki se vsi poznajo. DRUGI RAZRED 1. V ostrokotnem trikotniku ABC se višine iz oglišč sekajo v točki V. Noži- šče višine iz A označimo z Al, nožišče višine iz B pa z Bl' Dokaži,dav primeru, če je AB = VC, daljica AlBI razdeli trikotnik ABC na ploščinsko enaka dela. Ali to velja tudi za pravokotne trikotnike? 2. Td različna realna števila e, b in c zadoščajo zvezi a+_1_=b+_1_=c+_1_ = p b c a kjer je p realno število. a) Določi vsa možna števila p . bl Pokaži, da velja abe +p = O. 113 3. Naj bosta Xl in x2 oba korena enačbe X2 - 6x + 1 == O. Dokaži, da za vsak n iz N velja: Xl n +X2 nEZ. 4. V enakostraničnem trikotniku s stranico z dolžino 15 leži 111 točk. Poka- ži, da obstaja tak krog s premerom v'3: da vsebuje vsaj tri izmed teh točk . TRETJI RAZRED 1. V kroglo s polmerorn r včrtamo dve največji mogoči enaki krogli. V pre- ostali del prvotne krogle včrtamo nato manjšo kroglo tako, da se dotika prvotne krogle in obeh najprej včrtanih krogel. V preostanek včrtamo še toli- ko tej krogli enakih krogel, kolikor je mogoče. Pokaži, da vsota prostornin obeh večjih in vseh tako dobljenih majhnih krogel ne presega polovice prostor- nine prvotne krogle. . 2. Poišči vse polinome p in vsa nenegativna cela števila k, za katera velja, da je za vsak realen X p(p(xll == (p(xl)~ 3. Pokaži, da za vsako realno število X in za vsak nE N velja: [x]+[x+_1 ]+[x+2.]+ ...+[x+ n-1]==[nx] nnn Pri tem [x] pomen i tisto celo število, določeno z x, za katerega je [x] ~ x < [x] + 1. 4. Naj bodo a, b in e vsi koreni enačbe x 3 - x 2 - X - 1 == O. al Pokaži, da so a, b in e različna števila. bl Pokaži, da je za vsak nE Nizraz an - b n + b n - en + en - an a-b b-e e-a celo število. ČETRTI RAZRED 1. Zaporedje lan} realnih števil je podano z rekurzivno formulo in začetnima členoma al == 6 in a2 == 34. Pokaži, da noben člen tega zapo- redja ni deljiv s 5. 2. Utemelji odgovor na vprašanje: katero izmed števil e1T in 1T e je večje? 114 3. Za polinom p z realnimi koeficienti velja, da je za vsak x iz R p(x) ;;;. O. Dokaži, da obstajata takšna pollnorna a in b z realnimi koeficienti , da je za vsak x iz R: p(x) = a2 (x) + b 2 (x). 4. Za skupino 2 n ljudi velja, da se med poljubnimi tremi člani te skupine poznata vsaj dva. Če vemo, da so znanstva vzajemna, dokaž i, da je v tej skupi- ni vsaj n2 - n znanstev. Po tekmovanju so si udeleženci ogledali razstavo del slovenskega fizika Lava Čermelje v šolski knjižnici, nato so obiskali Postojnsko jamo in se razve- driii ob kvizu na računalniku . Pregled rešitev tekmovalnih nalog je bil zaradi številnih izvirnih poti reševanja zamuden, zato vsi tekmovalci niso mogli pri- čakati razglasitve rezultatov. Tokrat so se najbolje odrezali: V prvem razredu: 1. nagrada: Andrej FAJFAR, Tomaž SLIVNIK in Tomaž VOLK, vsi s SNŠ Ljubljana; 3. nagrada: Borut JAMNIK, SPNMŠ Koper; Mojca KUKAR , SNŠ Ljubljana; pohvala: Simon ABOLNAR , TSC B.B. Nova Gorica; Renato BERTALANiČ, SCTPU Murska Sobota; Aljoša CREVATIN in Alenka MEHLE , SNMŠIUJ Piran; Bogdan HORVAT, SŠTZU B.K. Novo Mesto; Martina KRA- MAR, NSC Nova Gorica ; Andrej MIKSIČ, SNŠ MZ. Maribor; Bor PLESTE- NJAK, Ambrož PONDELEK in Aleš TOMAŽEViČ, vsi s SNŠ Ljubljana; V drugem razredu: 2. nagrada: Peter ANASTASOV in Jure BAJC, oba s SNŠ Ljubljana; Rado KLEMENČiČ, SŠPRNMU Kranj; 3. nagrada: Mateja ŠAJNA, NSC Nova Gori- ca; pohvala: Edvin BOŠKIN, SPNMŠ Koper ; Tomaž JARM, Bojan KUZMA in Gorazd POBERAJ, vsi s SNŠ Ljubljana; Matej PODBREGAR in Blaž ZMAZEK, STŠ Celje; Renata POŽUN, SENMPŠ Brežice; V tretjem razredu: 1. nagrada: Matjaž ŽELJKO, SŠR Ljubljana; 2. nagrada: Jože FABČiČ , STNŠ Postojna; Damjana KOKOL, SŠPRNMU Kranj; 3. nagrada: Pavle POPOViČ in Marko TOPle , oba s SNŠ Ljubljana; pohvala: Dušan BABiČ, Grega CIGLER in Primož GABRIJELČiČ, vsi s SNŠ Ljubljana; Peter LEVART, SŠR Ljubljana; Dejan LI KOViČ , STŠ Celje; Roman NOVAK, SŠPTNU Novo mesto; Primož PODGORNIK, SEŠ Ljubljana; V četrtem razredu: 3. nagrada: Izidor JE REBIC, SŠPRNMU Kranj; Martin JUVAN, SNŠ Ljubljana, Sašo STRLE, SŠE Ljubljana; pohvala:Toni BIASIZZO. STNŠ Postojna; Breda CESTNIK, Roman DRNOVŠEK in Miro MASNOGLAV, vsi s SNŠ Ljubljana ; Barbara GUŽIČ in Boris ZGRABLJIČ , oba s SPNMŠ Koper; Sandi PARKELJ, SGŠ I.K. Ljubljana; Primož RUTAR in Miha ŠKARABOT, oba s SNŠ M.Z. Maribor. Organizacijo tekmovanja so finančno omogočile delovne organizacije iz Postojne. Martina Koman 115 26. ZVEZNO TEKMOVANJE SREDNJEŠOLCEV IZ MATEMATIKE 26 . zvezno tekmovanje srednješolcev iz matematike je tokrat organiziralo Dru- štvo matematikov in fizikov Črne gore. Tekmovanje je bilo v CETINJU od 25. do 28. aprila 1985. Sodelovalo je 116 učencev iz vseh republik in obeh pokra- jin. Slovenijo je zastopalo 14 tekmovalcev: iz prvega razreda Tomaž SLlVN IK, Andrej FAJFAR in Tomaž VOLK, iz drugega razreda Jure BAJC , Peter ANA- STASOV, Mateja ŠAJNA in Rado KLEMENČiČ, iz tretjega razreda Matjaž ŽELJKO, Damjana KOKOL, Jože FABČiČ in Marko TOPiČ in iz četrtega raz- reda Izidor JEREBIC, Martin JUVAN in Roman DRNOVŠEK. Vodil jih je asisten Boris LAVRiČ, zastopnik Slovenije v zvezni tekmovalni komisiji pa je bil Aleksandar JURIŠiC. Pred tekmovanjem so študentje matematike organizirali dvodnevne pripra- ve, na katerih so tekmovalci reševali zanimive naloge. Na sestanku zvezne komisije v petek, 26. aprila, je bil sprejet predlog, da se prihodnje leto Jugoslavija udeleži poleg matematične olimpiade še balkanskega tekmovanja , ki je zaradi kakovosti sodelujočih ekip tudi zelo močno. To bo vzpodbujalo tekmovalce, da se bodo še bolj resno pripravljali. Spoprijeti bi se morali tudi z geometrijskimi nalogami, ki jih v zadnjem času ponekod zaposta- vljajo . Tekmovalci so prispeli v Cetinje v petek zvečer. Prebivali so vrazkošnem hotelu A kategorije. Zvezno tekmovanje se je pričelo že naslednji dan ob 9 uri v osnovni šoli PETAR PETROVI C NJEGOŠ. Tekmovalci so štiri ure in pol reševali naslednje naloge: I. razred 1. Dokaži, da je med 39-imi zaporednimi naravnimi števili vsaj eno, katerega vsota cifer je deljiva z 11. 2. V notranjosti kvadrata ABCD je dana taka točka E, da je trikotnik CDE ena- kokrak (CE =DE). Določi kote trikotnika ABE, če je "4CED = 1500 . 3. V ravnini je dano 3000 točk tako, da poljubne tri ne ležijo na isti premici. Dokaži, da obstaja 1000 trikotnikov z oglišči v teh točkah, pri čemer poljubna dva med njimi nimata skupne točke. 4. Dokaži, da za pozitivna realna števila a, b, c, d, e in f velja neenakost 116 ~+~+ .si: ~ a+b c+d e+f la + C + e) lb + d + f} a+b+c+d+e+f II. razred 1. Določi najmanjše naravno število n z lastnostjo , da sta vsoti cifer n in n+1 del jivi s 1985. 2. Naj bo funkcija f: N ~ N podana s formulo f(m) =m + him] . Tedaj za vsak mEN obstaja tak kEN, da je tkIm) = f(f... (f(m)) ...) popoln kvadrat. Dokaži! ~ 3. Dana sta tetraeder PABC in točka Q v njegovi notranjosti. Dokaži, da velja 4BQC + 4CQA + 4AQB < 4BPC + 4CPA + 4APB. 4. Najdi najmanjše naravno število n , za katerega obstaja množica M ={1, 2,... ... , 100} z n elementi, ki ustrezajo pogojema : a) števili 1 in 100 sta v M, b] za vsak a EM\ {,1}obstajata x, y EM tako,da je a =x + y. III. in IV. razred 1. Najdi vsa naravna števila, manjša od 1000, ki so enaka vsoti fakultet svojih cifer. 2. Naj bo p(x) polinom z realnim i koeficienti , za katerega velja p(cosx) =p(sinx) za vsak x ER Dokaži, da obstaja polinom q(x) z realnimi koeficienti, takšen, da je 3. V trikotniku ABC simetrale kotov a, ~ in r sečejo očrtan krog zapo redoma v točkah P, Q in R. Dokaži, da velja AP + BQ + CR > AB + BC + CA 4. Dana je kvadratna tabela n x n r v kateri so vpisana takšna števila, da je razlika poljubnih dveh sosednjih števil kvečjemu 1 (dve števili sta sosednji, če sta vpisani v kvadratka, ki imata skupno stranice}. Dokaži , da obstaja število, ki se v tabeli pojavi vsaj n-krat. Rešitve nalog si lahko ogledate v Matematični knjižnici na Jadranski 19 v Ljubljani. Tekmovanju bi moral slediti izlet na LOVČEN, vendar cesta še ni bila ure- jena, zato so si tekmovalci ogledali cetinjske muzeje in druge znamenitosti tega starega mesteca. Medtem so člani komisije in spremljevalci ekip pregledali naloge in objavili neuradne rezultate . Tekmovalci so tako imeli možnost opozoriti komisijo na morebitne spodrsljaje. Izkazalo se je, da so bile naloge tokrat nekoliko težje. V tretjem in četrtem razredu, kjer so tekmovalci reševali iste naloge, zadnjih 117 dveh nalog ni nihče rešil. Rezultati pri vrhu so bili precej izenačeni, zato komisija ni mogla izbrati ekipe za olimpiado. Tako je nadaljevala svoje delo pozno v noč in izbrala še naloge za izbirno tekmovanje za olimpijsko ekipo Jugoslavije . V nedeljo dopoldne je bila v kongresni dvorani hotela slovesna podelitev nagrad. Vsi tekmovalci so prejeli priznanja za sodelovanje in zbirko rešenih nalog z republiških in zveznega tekmovanja Jugoslavije v letu 1985, najboljšim pa je Milojica JAČIMOVIC podelil pohvale, diplome in visoke denarne na- grade. Tudi tokrat so bili naši tekmovalci uspešni, dosegli so tri tretje nagrade in šestpohval: 1. razred: Andrej FAJFAR, SNŠ Ljubljana, pohvala Tomaž SLIVNIK, SNŠ Ljubljana, pohvala 2. razred: Jure BAJC, SNŠ Ljubljana, pohvala Mateja ŠAJNA, NSC Nova Gorica, pohvala 3. razred : Jože FABČ IČ, STNŠ Postojna, III. nagrada Matjaž ŽELJKO, SŠR Ljubljana, pohvala . Damjana KOKOL, SŠPRNMU Kranj, pohvala 4. razred: Roman DRNOVŠEK, SNŠ Ljubljana, III. nagrada Martin JUVAN, SNŠ Ljubljana, III. nagrada Najbolje so se odrezali naši tekmovalci iz 3. in 4. razreda, kjer prva in druga nagrada nista bili podeljeni. Takoj zatem je sledila mala olimpiada, ki so se je udeležili vsi pohvaljeni in nagrajeni iz tretjega in četrtega razreda ter najboljši iz drugega razreda. Reševali so naslednje naloge: 1. Naj bo M = { 1, 2, .... t n }. Vsakemu elementu množice M priredimo neko množico M; s M a) če za poljubni števili i, j iz M velja: i E Mi ~ JEM;, b) če za poljubni različni števili i, j iz M velja: IM;I = VWi I ~ MJl Mi = (}' dokaži, da v M obstaja takšno število, da je IMm 1= 1. ( IMI pomeni število elementov množice M .) 2. Naj bo ABCD paralelogram in E taka točka v ravnini paralelograma, da je AE 1 AB in BC 1 EC. Dokaži, da je ~DEA = ~CEB . 3. Če so e, b , c in d pozitivna realna števila, dokaži neenačbo _a_+_b_+ __c_ +_d_ ;;;'2 b+c c+d d+a a+b Po tekmovanju je komisija izbrala šestčlansko ekipo, ki je v začetku julija potovala na FINSKO. Slovenijo bo že tretjič zastopal Roman DRNOVŠEK. Kljub nekaterim spodrsljajem kaže organizatorje pohvaliti, saj sta celotno organizacijo izpeljala pravzaprav le dva moža. Tako se je končalo zvezno tekmovanje in treba se je bilo vrniti domov. Pri plačevanj u računov se je imel priliko izkazati tudi vodja naše ekipe Boris LAV R i Č , ki je pri natakarjih obudil v spomin pravila osnovnošolske matemati- ke in s tem preprečil hude udarce za že tako skromno društveno blagajno. Aleksandar Jurišič I ~ i OCC,....,'C 1\101l": I "LJ IVL "'L-'U NALOGE ZA MLADE VEGOVCE - - Rešitve iz P-XIII/l, str. 46 PETI RAZRED k T B 5 4.1. a)(1+2l.3.4=36 b)(1+2-3).4=0 2. a) 122 b) 189 3. Marko Nada Olga x - 222 x x - 222 + x x - 222 + x + x - 222 + x = 7548 N -r--~L.-_----{> -­ 4. x - 444 = 7548 4.(x - 111) = 7548 x - 111 = 7548 : 4 x-lll=1887 x = 1887 + 111 x = 1998 Marko dobi 1776 din, Nada 1998 din, Olga pa 3774 din. 5. pravokotnik a=8cm b = 18 cm kvadrat 0= 52 cm kvadrat p = 144 cm2 0= 52 cm p = 144 ern? 0= 4.a 52 = 408 a = 13 cm p =a.a 144 = a. a a = 12 cm 1 4...1.... 3 2. ŠESTI RAZRED 3 5"""4 . x - 9 .x = 140 (1- - ~).x = 140 3~ . x = 140 x= 140.36 7 x = 720 Razdalja med domom in šolo je 720 m. 119 B B ' B .julija. 3. Trikotnik ABS je enakokrak pra- vokotni trikotnik, zato notranja ostra kota merita po 45°. Zrcaljenje preko premice in preko točke ohranja dol- žine daljic in velikosti kotov, zato so ~A~'~---QL--~ A notranji koti štirikotnika ABA'B' pravi koti in tudi njegove stranice so skladne. Nastali štirikotnik je kvadrat . 4. v (4,8, 10) = 2.2.2 .5 = 40 4 = 2.2 8 = 2.2.2 10 = 2 .5 Vse tri ladje bodo spet zapustile pristanišče čez 40 dni , to je 5. Iz izbrane točke D potegnemo r C poltraka 9 in h tako, da oklepata kot -+.----'----."a;.o- -- - --- 8 = 75°. Kot 8 razpolovimo, dobljeni simetrali s8 pa na nasprotnih straneh načrtamo vzporednici p in r v oddalje- O nosti e/2 = 2 cm. Premici p in r sekata poltraka 9 in h v ogliščih A oziroma C. V oddaljenosti 7 cm dobimo na s8 še oglišče B. SEDMI RAZRE 6 1. Vrednost izraza je O. 2. A(-4,Ol B(2,O) C(O,3) p=~= 6.3 =9 2 2 3. Načrtamo osnovnico a = AB z do lžino 6 cm, nato pa poltraka 9 in h skozi A, ki z a oklepata kota 45° ozi- roma 90°. Skozi razpolovišče E daljice AB potegnemo normalo n na a. Oglišče C je skupna točka poltraka 9 in normale n. Vzporednica z a skozi C pa seka poltrak h v točki D. B 120 x 4 BAD = 900 4BAC = 450 4CAD = 450 4DAC = 450 4ADC= 900 P = 6+3 3 = 21...2 . 2 AD=CD 4. a al=a+l0%a=ll a 10 bl =b - 10% b =~ b 10 _ 11 9 _ 99 albl -1"0a . 10 b - ---:rao ab 5. b ab 99 ab > ----:rao ab 99 _ 1 ab -1Oi:l ab - 100 ab bEV7Ab<16 b=7~r=1~č=8 b=14~r=2~č=0 Produkt se zmanjša za 1%. Druga možnost ni mogoča, ker so v košari tudi črne kroglice. V košarici je 8 črnih kroglic. OSMI RAZRED 2. vode iztok ostane po 5 h r. (b,Y) _ 12 Y- S · 0 - 6 y=-6 r. (0,-6) I. cisterna 470 3x 470 - 5.3x 470 - 5. 3x + 20 = 240 - 5 x x = 25 T2 (x,O) 120=-x-6 5 x=~ 2 T2 (T'O) II. cisterna 240 x 240 - 5x Iz prve cisterne izteče vsako uro 75 I vode, iz druge pa 25 1. 121 3. (a + _1_a)(b - x) = ab 3 ; alb -x) =ab A... ab - ..i... ax = ab 3 3 4 1--ax= --ab 3 3 x=+ 4. Širino moramo skrajšati za njeno četrtino. (_a 3_). a2 + 9 = a2+3a-3a+9. a-3 a+3 . a2 _ 9 (a+3)(a-3) a2 + 9 a2 - 9 ~-~=1 a2 - 9 . a2 + 9 Vrednost izraza je 1 ne glede na vrednost spremenljivke a. 5. 1. kvadrat II. kvadrat III. kvadrat a 0=4a al =s: = .E:!i 2 2 01=2a.,fi o: 01 : 02 = 2 : v2 : 4 a2 Pl =2 P : Pl : P2 = 2 : 1 : 8 a2 = 2d1 = 2al ..ji= =2a 02 = 8a Aleksander Potočnik INTERTRADE PODJETJE ZA MEDNARODNO TRGOVINO · INTERNATIONAL TRADE CO M O SE P I JAD E JE VA 29 61001 LJU BLJ A NA TELEFO N 10611 322· 8 44 TEL EX : 31181 P.O.B . 317 - V I IN T . 122 NALOGE S PREDTEKMOVANJ IZ MATEMATIKE Rešitve iz P-XIII/l, str. 27 1. razred 1. n4 + 2n 3 - n2 - 2n = (n - l)n(n + l)(n + 2) =N. Vsaj dva faktorja sta sodi števili, eno od obeh pa je deljivo vsaj s 4. Vsaj en faktor je tudi deljiv s tri. Torej 2.4.3 = 24 deli N. N ni deljiv s 120 natanko tedaj, ko ni deljiv s 5. Torej ne sme biti noben izmed faktorjev deljiv s 5. To gre le, če se število n v desetiškem zapisu konča z2alis7. 2. Razdaljo med A in B označimo s črko 5. Tedaj je Jankova hit rost 5/12, Markova pa 5/15. Čas, ki ga Janko potrebuje za pot od A do C, naj bo t. Pot do C je za oba ista: t.(5/12) = (t + 2)(5/15). Odtod dobimo t =8. Janko je šel skozi C ob 13. uri, Marko pa ob 15. uri. 3. Diagonala včrtanega pravokotnika je enaka premeru kroga in razdeli pra- vokotnik na dva skladna pravokotna trikotnika. Iz a ~ b zato sledi 2a2 ~ a2 +b2 = (2r)2 = 4 ali a ~ V2 < 1,5. 4. Najkrajša pot meri 3..;2 dm in vodi po kvadru preko najdaljšega roba. V dokaz razgrnemo plašč kvadra v ravnino in upoštevamo, da so v ravnini naj- krajše poti daljice (glej skico) . 123 B .... ...... <, ..... \ i i \ \ 2. razred 1. Razpolovišča stranic označimo po redni z AC. Lik EFGH je torej para- vrsti z E, F, G in H (glej skico). Zaradi lelogram. podobnosti trikotnikov 6. AEH in Naj bo P prese čiš če diagonal 6. ABD ter 6.DBC in 6.GFC sta dalji· danega štirikotnika. Ploščine nasIe- ci HE in GF vzporedni diagonali dnjih trikotnikov so enake: BO, dalj ici EF in HG pa sta vzpo- 6. HAE in 6. EPH, 6. EBF in 6. FPE, "itd. Razmerje ploščin je zato 2 : 1. O C 2. Najprej enačbo prepišemo v odvisnosti od vrednosti x: x+b=lx-11+lx-21= { 3 - 2x, 1, 2x - 3, x<1 1:!(x:!(2 2 -1 ima dve rešitvi, eno samo rešitev pa dobimo le pri b = -1 . 3. 8 = (1/25)301 = 5-602 b = (1/125)201 = 5-603 = 5-60 215 < 5-602 = 8 4. Pogoj (~) «; d l 81 n +d282 n +d383 n bl d lb 1 n +d2b 2 n +d3b3 n prepišemo v obliko kjer upoštevamo še, da je zaradi 81b2 = 82b1 in 81b3 = 83bl za vsak n tudi (81b2)n = (82b1)n in podobno v drugem primeru . 3. rszred 1. 5.sinx = sin3x + sin2x = sinx.cos2x + (cosx + 1). sin2x ali sinx(5 - cos2x) = (cosx + 1).2 sinx cosx. a) sinx=O,x=k.rr, kEZ b) 5 - (2 cos2x -- 1) - 2(cosx + 1) cosx = O. Razstavimo: II (cosx - 1)(cosx + 3/2) = O Vse tu dobljene rešitve (x = k.2rr, k E Z) so že zajete va), 2. J51-2.y'98 =)49-2.7.V2+2 =)(7-...;2)2 =7-V2 3. Tako sinx kot cosx morata biti pozitivna. Logaritma spravimo na skupno osnovo logcosxsinx = 1/10gsinxcosx. S tem prevedemo enačbo na kvadratno za u = logsinxcosx: u2 + u - 2 = O zrešitvama u = 1 in u = -2. a) logsinxcosx = 1, cosx = sinx, x = rr/4 + 2krr, kE Z. b) cosx = sin-2x ali cosx.sin? x = (sinx.sin2x)/2 = 1. Ta enačba pa seveda nima rešitev. 4. N = 6.1On + x, x = N/25, nE N U {O}, Zato je 24x = 6.1O n ali x = 25.1 On-2 . To je naravno število le za n > 1. Torej so iskana števila natanko vsa števila oblike 625000....000, kjer petici sledi n-2 ničel. 124 ------ -- 4. razred 1. (x-1)2+(x-2)2+ ... +(x-1985)2= = 1985.x2 -- 2.(1 + 2 + 3 + ...+ 1985).x + 12 + 22 + ... + 19852 = = 1985.x2 - 1985.1986.x + = 1985.(x2 - 1986.x+ ) _ 8---zr1 + 2.2.2 + +n.n.n1 + 2.2 .2 + + n.n.n 1.2.4 + 2.4.8 + + n.2n. 4n =JL 1.3.9 + + n.3n . 9n 27 Kvadratna funkcija ima ekstrem v temenu , ki ima v našem primeru absciso enako 993. 2. zato je (8 /27) 1/3 =2/3 < 7/9. 3. p(x) = x 3 + ax + 1 in q(x) = x 3 + X + a sta očitno enaka za a = 1 in imata tedaj seveda tudi vse ničle skupne. Sice r odštejemo q od p in dobimo O = x(a - 1) + (1 - a) = (x - 1)(a - - 1). Iz te zveze sledi x = 1, iz p( 1) =q( 1) = = O pa še a = -2. 4 . Vsaj ena krogia je modra. Recimo, da ima maso 1 kg. Med ostalimi krogla- mi obstaja vsaj ena z maso 2 kg. Če je rdeče barve, je trditev dokazana. Če pa imajo vse krogle z maso 2 kg modro barvo , obstaja vsaj ena rdeča krogia z maso 1 kg in tako imamo spet par, ki se razlikuje tako po barvi kot po teži. V prime- ru, ko ima mod ra krogia maso 2 kg, postopamo analogno. Gorazd Lešnjak Cvek, nato še ukor Janez je b il vprašan naslednjo nalogo:* Nariši t rikot nik ABC. Označ i presek kotov: "4BAC, "4ABC, "4BCA. Janez: Presek je prazna množica. Tovarišica: To bo cvek . (Tovarišica je Janezu pojasnila , da je presek kar cel trikotnik . Janez je odše l v klop, pri tem pa je še nekaj zamrmral.) Tovarišica: Takoj v kot! Janez: Saj sem že v kotu. Ne venem, kar v štirih. Tovarišica: To bo pa ukor! * MATEMATIKA za peti razred osnovne šo le, na loga 340. Izidor Hafner 125 NALOGE IZBIRNEGA TEKMOVANJA IZ MATEMATIKE Rešitve iz P-XIII / 1, str. 29 1. razred 1. Obema tangentama je vzporedna premica skozi C in razpolovišče R daljice AB. Odtod sledi konstrukcija . .B. A -- B 2. Pokažimo, da je ve -y"c----:-l > V c + 1 - ..;c. Velja namreč 2VC> vc+1+-JC="1,sajje4c > 2c+2~ alic2 > c2 -1. 3. 625 ln l = 6. n 2 + 2. n + 5 = 1985 j 10 ), torej je (3n + 1). n = 2.3.3.5.11. Prvi faktor ni deljiv s 3, torej je n deljiv z 9. Takoj uvidimo, da ima voščilo pravilen pomen v sistemu z osnovo 18. 4. Število manjkajočih učencev dopoldne označimo z x, popoldne pa z y. Uvedemo še oznaki: n = 35 - x in m = 35 - y. pa dobimo enačbo 6n + 5m = 351. Iz nje takoj sledi m = 70 - n + (1 - n)/5. Če je n- 1 = -5k, k E Z, je n = 1 - 5k in m = 69 + 6 k. Smiseln..? rešitev dobimo le pri k = -6. Zatojex=4 in y=2. -7 -- __ , V ----~--­r 2. razred 1. ST je polmer, zato višina vST v r::, STV ni večja od r (glej skico) . Sledi Pr::, = ST.vST/2 = r.vST/2 ~ r 2/2 in Pr::, : PO ~ (r2/2) : 1rr2 = 1 : 1r.2 < S < 1 : 6. r T 2. 6...;3 - 10 = (y3 - 1)3, 4 + 2 y3 = (1 + 0)2, zato lahko dani izraz poenostavimo: 1+..;3-0 ...;3-1 V3+1 2 3. Naj bo m število dreves veni vrsti plantaže pred spremembo, m + n pa po njej. Velja : (m + n)2 - m 2 = n(2m + n) = 1985 = 5.397, zato je lahko le n = 5 in m = 196 ali pa n = 1 in m = 992. Pred spremembo je na plantaži 1962 ali pa 9922 dreves. 126 4. Vpeljemo oznake: VA = -:, VB = Y, ve =z (glej skico) in označi­ mo lxi = I y I = Iz I = b, Ix- y 1= = Iy - z I= Iz - x I = a. Vektor te - žiščnice iz A na tJ. BCV je ~ = = -x+ (y+z)/3.iz Bnab.ACVpa ~ = -y + Cx + z)/3. Pogoj pravo- ~ ~ C kotnosti nam da: tA . ta = O. kar po- meni . da je 6x. y - 5 X. x= O ali x. y=5 b 2 16. Potem je a2 = (x-y)(x-y) =2b 2 -2x. y= = b2/3 in iskano razmerje je a:b=l :..;3. v tga + tg tJ 1 - tga.tgtJ 1/3 + 1/2 = 1 1 - 1/6 ali s sliko in geometrijo: Al = IC in Al 1 IC. zato je ~ CAl = = 1T14. Hkrati je še ~ CAl =~ CAB + GIH + ~ BAI = ~ CAB +~ CEB. 4. Predpostavimo nasprotno : naj obstaja perioda P > O. Tedaj je 3. razred 1. Le za lxi > 1 je O < (x + l) /(x - 1) < oo. Tedaj z yoznačimo log3 ((x + 1) I (x - 1)) . Neenačba se tako glasi : log2 y < IOgl /2 y ali log2 y < O. kar nam da O < y < 1 oziroma x > 2. 2. V zvezo b) vstavimo y = 1: f(x - 1) = 1 - 2x + f(x) ali f(x) = f(x - 1) + + 2x - 1. Iz f(l) = 1 zvemo potem f(2) = 4. f(3) = 9. ..... f(n) = n 2 (slednje preverimo z b] ). Zato je f( 1985) = 19852. 3. Relacijo preverimo ali s trigono- O C metrijo: Q------------::~ tg (a + fi) = ----=-----"-'---- 0= sin(x + P) 2 - slnx? = 2 cos (2x 2 + 2xP + p2 ) sin (2xP + p2 ) Iz obeh možnosti sledi, da je per ioda P odvisna še od x, kar je v protislovju z definicijo periodičnosti. 127 4. razred • _ 1. Ob oznakah d=CB 1 in e=B1C1 velja: d:a=e :d=b :Ya 2+b2 • Razmerje k = e : a = b 2 : a2 + b 2 je enako tud i za vse manjše t rikotni ke , zato je dolžina lomljene č rte d(1+k+k2+ ...l + e(1+k+k2+ ...l = (d + e)/(1 - k) =..!2- (b + y i a2 + b 2 )a 2. Upoštevamo, da je dvojna ničla polinoma hkrati nič la odvoda. p'(x) = 10x4 - 20x3 + 30x2 - 20x + 20 = = 10 (x + il (x - i)(x - 1 - i) (x - 1 + il Polinom ima realne koeficiente, zato n ičle nastopajo v konjugiranih parih. Torej bi p moral imeti par dvojnih konjugiranih n ičel. Toda deljenje polinoma p z x 2 + 1 ali z x 2 - 2x + 2 se ne izide . 3. Simetrija glede na ordinatno os nam omogoči , da obravnavamo le p rimer x ;;;;, O. Reš itev enačbe ax = (x - 1) /a je Xo = 1/(1 - a2 ) , ki ni negativna le za O < a < 1. Ploščina omejenega območja je enaka dvojni ploščini trikotnika z osnovnico a·1 in višino x o, torej je 1/P = a( 1 - a2 ) . Ekstrem je minimum in je dosežen pri a = 1/y'""I 4 . Na listu izbe remo tak koordinatni sistem, da imajo vse točke mre že ce lo- številske koordinate. Če sta obe razliki koordinat dveh točk sodi števili, je razpolovi š če ustrezne daljice gotovo točka s celoštevilskima koordinatama . Če imamo le štiri točke, se le-te glede na parnost lahko po koo rdinatah vse razli- ku jejo . Vsaka nadaljnja točka pa se glede na parnost koord inat ujema z eno izmed njih. Gorazd Lešnjak RESITVE KRIPTARITMOV IZ P-XIII/1, str. 59 622 - 262 =3168, 9825/25 = 393, 5738/38 = 151 922 ~ 8464, 3472 = 120409, 21 3 = 8192, 4935/35 =141, 8145/45 =181, 5436/36 =151, Peter Petek 128