KRATKOCASNE VŽiGALICE - rešitve so na III. str. ovitka ~~ 4 1 ~ -- ~ - - 54. Prestavi 3 vžigalice, da dobiš si- metričen vzorec iz treh rombov! & 55. Prestavi 6 vžigalic, da dobiš vzo- rec iz 12 enakih paralelogramov ! \D'1~Ale< -== -==-== V 56. Prestavi 6 vžigalic, da dobiš 7 rombov! 1\ 1\ 1\ 7~\ r. 57. Prestavi 7 vžigalic, da dobiš kvadrate! 58. al Odstrani 5 vžigalic, da dob iš pet enakih trikotnikov! bl Prestavi 6 vžigalic, da dobiš šest enakih rombov v sime- tričnem vzorcu! 59. Odstrani 7 vžigalic, da dobiš 4 enake kvadrate 60. Odstrani 20 vžigalic, da dobiš 4 enake kvadrate! PRESEK list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje 15. letnik (1987/88) številka 2, strani 65 - 128 VSEBINA PREDGOVOR RAČUNALNiŠTVO TEKMOVANJA NOVICE RAZVEDRILO MATEMATIKA ASTRONOMIJA FIZ IK A NOVE KNJIGE NALOGE NAOVITKU RAZVEDRILO (Bo ris Lavr i č , Ciril Velkovrh) 66 Juliajeva množica, 1. del (Emil Beloglavec , Mitja Lakner, Andrej V itek) 67 Kdaj bomo (smo) pustovali (Marko Razpet) 74 Jambor (Roman Rojko) 76 Občinsko tekmovanje iz matematike - rešitev str. 122 (Pavle Zajc) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 23. republiško tekmovanje osnovnošolcev iz matematike - rešitev str. 125 (Aleksander Potočnik) . . 80 3. šolsko in 13. izbirno tekmovanje iz matematike (Darjo Felda) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 2. republiško tekmovanje iz znanja računaln ištva za osnovnošolce (Ivan Gerl ič] . . . . . . . . . . . 87 Srečanje mladih raziskovalcev (Zvonka Kos Pavla Ranzinger) . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 Slikovna križan ka (Marko Bokalič) 96 Križanka T rikotniške formule - rešitev iz P·l (Franci Oblak) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 Kompleksna števila (Franc Forstnerič) . . . . 98 Matrike kot posplošitev pojma števila, 2. del (Anton Suhadolc) 104 Izmeri kotno hitrost vrtenja Zemlje (Marijan Prosen) 114 Teorija in poskus . Newton in gravitacijska konstanta. Merjenje gravitacijske konstanta (Janez Strnad) . . 116 Naše nebo in Zemlja 1988 73 Priročnik i za osnovn srednjo šolo . . . . . . . . . . 79 V pravokotnem trikotniku (D . Miloševič) 83 Dane so štiri točke - rešitev str. 128 (Franc Lebedinec) . 103 Pisali so nam (prlr . Damjan Kobal) 112 Nevidnost ga ne reši - rešitev str . 127 (prev. Peter Petek) 113 Glej drugi del članka O Juliajevi množici v P-3 I Kratkočasne vžigalice - rešitev str. III (Roman Rojko) . . • II PISMA BRALCEV . Znamke z motivi iz astronavtike . . . . IV 65 Dragi bralci! Po poletnem oddihu ste spet segli po Preseku. Poslali smo vam že dve številki. Namen lista, ki že petnajsto leto opogumlja mladi rod na poti spoznavanja matematike, fizike, astronomije in računalništva, seveda ostaja isti kot v preteklosti. Pa vendar ga bomo še popestrili in ozaljšali . K sodelovanju ste seveda vabljeni tudi vi, dragi bralci. Zakaj bi pustili navdih (uganko, problem, zanimivost, ...1obležati doma? Naj ga ugleda kopica vedoželjnih radovednežev in se radosti ob njem. Morebitnim novim naročnikom povejmo, da bo Presek razen zanimivih prispevkov iz že omenjenih področij vseboval tud i naloge, poročila s tekmovanj, novice, zanimivosti, .,. Razveselili se bomo tudi vaših mnenj, predlogov in se o nj ih pogovorili v rubriki Pisma bralcev. Tudi letos smo poslali na vsako šolo v Sloveniji toliko prvih in tudi že drugih številk Preseka, kot ste jih imeli naročenih v lanskem šolskem letu. Učitelje matematike in fizike lepo prosimo, da čimprej zberejo čimveč naročnikov in sporočijo njihovo število, tako da bomo lahko tretjo številko poslali na vsako šolo v pravem številu. Tudi letos smo morali ceno Preseka močno povečati, saj se vsi stroški kljub družbeni subvenciji vsak dan večajo. Letos je letna naročnina za posameznike 2.700.- din, za skupinska naročila na šolah pa le 1.800.- din. 33% popust za skupinska naročila smo uvedli prav zaradi previsokih maloprodajnih cen slovenski knjigi in tudi periodiki. Nazadnje pa prosimo učitelje, da vsaj do konca koledarskega leta zberejo ustrezno naročnino in nam jo nakažejo še letos, tako da bo lahko Presek redno izhajal tud i v drugi polovici šolskega leta. Ciril Velkovrh, Boris Lavrič PRESEK - list za mlade matematike, fizike, astroname in računalnikarje 15. letnik, šolsko leto 1987/88, številka 2, strani 65 - 128 U REDN iŠK I ODBOR : Vladimir Batagelj, Dušica Boben (pisma bralcev, stavek), Darjo Felda, Franci Forstnerič (matematika), Bojan Goll i, Marjan Hribar (fizika), Sandi Klavžar ( računalništvo) , Andrej Kmet, Damjan Kobal (razvedrilo) , Jože Kotnik , Edvard K ramar , Boris Lavrič (odgovorni urednik), Gorazd Lešnjak (naloge-tekmovanja iz matematike), Matija Lokar, Franci Oblak, Peter Petek (premisli in reši), Pavla Ranzinger (astronomija), Tomaž Sku lj, Marjan Smerke (svetovalec za fotografijo), Anton Suhadolc (glavn i urednik), Ivanka Šircelj (jezikovni pregled), M iha Štalec (slike) , Ciril Velkovrh (urednik, nove knjige, novice). Dopise pošiljajte in list naročajte na naslov: Društvo matematikov, fizikov in astronomov SRS - Podružnica Ljubljana - Komisija za tisk, Presek, Jadranska c. 19,61111 Ljubljana, p .p, 64, tel. (061) 265-061 /53, št. žiro računa50101-678-47233. Naročnina za šolsko leto 1987/88 je za posamezna naročila 2700.- din, za skupinska naročila pa 1800 .- , po- samezna številka 500.- d in /300.- din. List sofinancijrajo Izobraževalna, Kulturna in Raziskovalna skupnost Sloven ije Ofset tisk Časopisno in grafično podjetje DELO, Ljubljana © 1987 Društvo matematikov, fizikov in astronomov SRS - 874 ISSN 0351 -6652 66 -- onrllN O' N'1CTl'll"" __ ,,, IL 1_' 1 ~_ JULIAJEVA MNOŽICA 1. del 1. Uvod: barvanje ravnine Že velikokrat ste se srečali s pobarvanim delom ravnine. Primer zanj je na primer kar tale Presekova stran, ki jo berete: sestavlja jo belo ozadje (papir), na katerem je narisana cela vrsta barvnih lis (črke, črte itd.). Tale stran je dvo- barvna, na drugih, denimo na naslovni strani, pa lahko vidimo tudi več barv. V tem članku nas bo zanimalo večbarvno barvanje ravnine. Pa ne običajno, ampak prav posebno barvanje. Zato si najprej oglejmo preprosto pobarvano ravnino na sliki 1. Predvsem bodimo pozorni na okolico posameznih točk. Mimogrede: okolica točke je nam matematikom na primer kakršenkoli krožec, ki točko vsebuje . Včasih bomo potrebovali majhno okolico. Takrat si lahko mislite tako majhen krožec, da ga tudi z najboljšim mikroskopom ne vidite več. Točka ima sosešči­ no določene barve, če so v katerikoli njeni okolici poleg drugih tudi točke te barve. Pa se vrnimo k sliki! Večina točk na sliki ima enobarvne soseščine, take barve seveda, kot je točka sama. Drugače je le v točkah na poltrakih, ki razme- [ujejo po dve barvi . Vse njihove točke imajo zato dvobarvno soseščino. Le v eni točki, v izhodišču poltrakov, pa se srečajo vse tri barve. Vprašajmo se, ali obstaja tako barvanje ravnine s tremi barvami, pri kate- rem imajo točke bodisi eno- ali pa tribarvno soseščino, pri katerih torej ni dvobarvnih soseščin. Trenutek, kako smo rekli: eno- ali tribarvne soseščine, pa nobene dvobarvne? Nikjer nobene daljičke, še črtice ne, kjer bi se srečali le dve barvi? Pa saj to je nemogoče, porečete, to bi vendar pomenilo, da so vse točke take, kot tista na sred i slike 1 (ali pa imajo enobarvno soseščino seveda). To pa vendar ne gre. Če se že kje srečujejo barve, mora biti tam meja, meja pa mora biti vendar očitna. Meja lahko razmejuje le dve barvi! No, pa ni čisto tako . Kar brž pokažimo barvanje ravnine, pri katerem nastopajo le tribarvne soseščine. Kot veste, položaj točke v ravnini povemo s parom števil, ki jima pravimo koordinati te točke. (Več o koordinatah malo kasneje.) Točke ravnine razvrstimo v naslednje tri množice. Prva med njimi, množica A , naj vsebuje vse tiste točke, pri katerih sta obe koordinati ulomka. Druga, množica B, naj vsebuje tiste točke, pri katerih je ulomek (racionalno število) le ena od obeh koordinat, preostala pa ni ulomek (je iracionalno števi- lo). V tretji, množici C, pa združimo vse druge točke, tiste torej, pri katerih-no- 67 bena koordinata ni ulomek. Množico A pobarvajmo z rdečo , množico B z ru - meno, množico C pa z zeleno barvo in si oglejmo, kaj dobimo. (Kot verjetno veste , vsa števila niso ulomki. Takim številom p ravimo t ud i iracio nalna števila. Na primer: kvadratni ko ren iz 2 je že iracionalno število. To z drugim i besedami pomeni, da kvadrat nobenega ulomka ni enak 2. Znate dokazati? Kar ma lo bistoumnosti je treba za to , seveda če tega niste slišali v šoli .) Ulomki, kot nadalje veste, so si blizu skupaj, tako blizu, kolikor le hoče­ mo: če si namreč izmislimo dva ulomka , ki sta si še tako blizu, lahko med nji- ma najdemo vsaj še enega (b i znali kakšnega najt i?). Če torej izberemo v ravn i- ni poljubno točko in majhno okolico (tist i mikroskopski krožec) ok rog nje , bodo v njej gotovo rdeče točke. Toda (to mi spet verjemite na besedo l) točke obeh preostalih množic B in C niso nič manj skupaj, kvečjemu še bliže so si. Tista mala okolica torej vsebuje tud i rumene in zelene točke. Če je tako z majhnimi okolicami, je gotovo enako tudi z velikimi. Zaključimo lahko torej, da pri takem barvanju, kot smo ga vpeljali, nastopajo izključno tr ibarvne oko- lice. To po drugi strani pomeni, da barv med seboj sploh ne moremo loč iti, sta- pljajo se v eno samo nerazločnomešanico. Tako barvanje nam zato ni všeč. Iskali bomo naprej in našli barvanje, ki bo povsem ustreza lo naš im zahte- vam : poleg tribarvnih bomo pri njem našli tu d i enobarvne soseščine, dvo- barvnih pa ne bo . Prvi je tako barvanje ravnine našel francosk i matematik J u lia konec prejšnjega stoletja. Po njem se imenuje tud i množica iz naslova. Ideja, ki nas bo pri tem vodila, bo naslednja: v ravnini bomo izbrali t ri točke, vsako svoje barve . Nato bomo za točko ravnine z računskim kr iterij em povedali, h kateri od teh treh točk teži, in ji tako določi li barvo. Skoraj vse točke ravnine bodo po tem kriteriju sodile k eni od izbranih točk, v drug ih pa se bodo srečevale točke vseh treh barv. 2. Koordinate točk Nadaljevanje bo zato morda nenavadno: og ledali si bomo namreč , kako s točkami v ravnini računamo. Na prvi pogled to nima nobene zveze z našo nalogo. Kasneje se bo seveda izkazalo , da bo le koristno znati iz dveh točk izr a- čunati tretjo. Zato le pogum : preberite, pozabite ter se kasneje spet spomnite ... Kot smo že rekli , položaj točke a v ravn ini povemo s pa rom števil , s ko- o rdinatama xa in Va' ki ju običajno zapišemo takole v oklepaju : (Xa' val. Pravimo jima tudi pravokotni koordinati , saj povesta razdalj i točke do dveh pravokotnih premic: osi koordinatnega sistema. Pravokotni koordinatni sistem prikazuje slika 2 . Drobni a zraven koordinate pomeni le, da ta koordinata spada k točki a. 68 \ os y rumena r deča zelena I--- - - - -Q a (X., yJ y. x. izhodišče osx Sli a 1. Preprosto tribarvno barvanje Slika 2. Pravokotne koord inate ravnine Vendar pravokotne koordinate niso edini možni način opisa položaja točke. Položaj točke a lahko povemo tudi tako, da navedemo, kako daleč od neke izbrane točke (pola) leži naša točka in v kateri smeri. Smer pri tem pove- mo s kotom med zveznico obeh točk in vnaprej izbrano premico (osjo sistema). Ta način opisa položaja prikazuje slika 3. Ker izhodišču v tem sistemu koordi- nat pravimo tudi pol, te koo rdinate imenujemo polarne. Koordinati sta spet dve: prva je oddaljenost točke od pola, ki jo označimo z ra' druga pa je kot, ki ga oklepa zveznica pola in točke s poltrakom od pola v desno . Kot označimo s fia; skupaj pa koordinati zapišemo takole: (ra' fia). (Povsod v članku smo namesto grške črke l{J pisali fi.) /1 S(r••liJ r. fi. r --~--,pol (izhodišče) pclarna os Slika 3. Pol arne koordinate a Slika 4. Zveza med pravokotnimi in polarnimi koordinatami Povejmo še zvezo med obema vrstama koordinat. Kaže jo slika 4. Iz po - larnih koordinat točke a hitro pridemo do pravokotnih takole : X a = ra * cos fia Ya = ra * sin fia 69 Tu sta cos in sin kotni funkciji , ki ju nekateri že poznate iz šole , dr ugi morda s ka lkulatorjev, od tu nap rej pa ju bomo srečal i le še enkrat. Nazaj iz pravo- kotnih koordinat v pol arne je pretvorba težja. Hitro vidimo , da je po Pitagoro- vem izreku kot ria pa določ a malo manj znana funkci ja dve h argumentov : Te funkcije ne bomo podrobneje op isovali, je pa v tesne m sorodstvu s funkc ijo arctg. 3. Računanje s točkami Lotimo se zdaj računanja s točkami v ravnini. Najprej dobro prem islimo, kaj je rač u nanj e pri številih. Zavemo se, da je to pravzaprav postopek ali pravilo , po katerem iz dveh štev il določimo tretje . Iz dveh seStevancev tako i z rač u namo njuno vsoto (iz 215 in 739 dobimo 954; postopka, kako to sto rimo, pa smo se nauči l i v prvih razredih osnovne šole), iz dveh množencev njun zmnožek, iz deljenca in de litelja pa nju n količnik. Pri tem ima pravilo za računanje običajno do ločene last nost i. Tako na pr imer izid seštevanja ni odvisen od vrst nega reda seštevancev (vseeno je, ali k 215 prištejemo 739 ali pa k 739 prištejemo 215 , izid je vedno 954). Tej lastnosti seštevanja s tujko pravimo komutativnost. Lastnost i različnih raču nsk ih operacij so seveda različne. Tako za razliko od seštevanja pr i deljenju deljenca in delite lja ne moremo zamenjati med seboj : de ljenje torej ni komutativno. Podobno bomo računal i tudi s točkami. Računska operacija bo paru točk dodelila novo točko. Pri tem bomo poskrbeli , da bodo operacije s točkam i v sorodu z operacijami s štev ili, da bodo nj ihova posplošitev. Pr i tem si bomo pomagali s predstavo, ki smo jo o rač u nanj u dobili s pomočjo številske premi- y a+b Slika 5. Seštevanje točk v ravn ini 70 b a ce. V ta namen si mislimo, da se številska premica ujema z osjo x pravokotne- ga koordinatnega sistema ter s polarno os]o r pri polarnih koordinatah . Računanja s točkami se začnimo učiti pri seštevanju. Spomnimo se, kako smo seštevali s pomočjo številske premice. Število smo predstavili kot točko na šte- vilski premici in ga z daljico povezali z izhodiščem. Dve števili smo nato sešte- li tako, da smo dalj ici prvega števila na koncu pritakni li daljico drugega. Daljica, ki je vodila od začetka prve do konca druge, je predstavljala vsoto. Podobno ravnamo tudi pri točkah. Točki, ki ju želimo sešteti, z daljicama zvežemo z i zhod iščem koordinatnega sistema. Daljici nato seštejemo tako, da eno vzpo- redno prestavimo na konec druge . Vsota je spet dalj ica, ki veže začetek prve s koncem premaknjene druge . Tako smo prišli do paralelogramskega pravila na sliki 5. Sami se prepričajte , da je seštevanje res neodvisno od vrstnega reda seštevancev ter da se pr i seštevanju točk, ki leže na številski premici, ujema s seštevanjem števil. Brez večjega truda se lahko sami prepričate tudi, da velja naslednja zveza med pravokotnimi koordinatami seštevancev in vsote: a = (Xa• Yal. b = (xb' Yb) in Zveza med polarn imi koordinatami seštevancev in vsote je precej bol j zarnota- na in je zato ne navajamo. Tisti, ki ste se že seznanili z vektorji, ste lahko zgo- raj ponovili, kako seštevamo vektorje. Slika 6. Množenje na številsk i premici pomozna premica o st8vil$ka premica Sedaj pa k množenju! Najprej se spomnimo, kako zmnožimo števili a in b s pomočjo številske premice. Skozi izhodišče številske premice poteqnerno po- možno prernlco (slika 6) . Na pomožno premico nanesemo števili 1 in prvega od množiteljev, število a. Nato zvežemo enico na pomožnipremici in drugi množitelj b na številski premici ter potegnemo vzporednico tej zveznici skozi prvi množitelj. Kjer tako dobljena vzporednica seka številsko premico, je iskani 71 zmnožek a * b. O tem nas prepnca podobnost trikotnikov in sorazmerje 1 : a = b : a ,.. b . (Povsod v članku * označuje množenje.) Kako pa je v ravnini? Na hitro bi sedaj lahko po analogiji s seštevanjem napačno zaključili, da bomo točke množili po koordinatah: koordinato x zmnožka bi torej dobili kot zmnožek koordinat x obeh množiteljev in podobno tudi y. No, pa ni tako. Pravilo za množenje se preprosteje izraža v polarnih koordinatah kot pa v pravokotnih. Postavimo a = (ra' (ia) t b = (rb' (ib)' pa je pravilo takole: Tisti, ki že obvladate kotne funkcije, lahko sami preverite, da to v pravokotnih koordinatah pomeni naslednje: Polarni zapis, ki je tako lep in preprost, nas hitro pripelje do cele vrste prijetnih lastnosti množenja. Najprej je lahko videti, da se množenje števil ujema z mno- ženjem točk. Polarno os, s tem pa tudi številsko prern ico , smo namreč postavi- li tako, da števili p in q predstavljata točki s polarnima koordinatama (P, O) ter (q , O). Po zgornjem pravilu je (P, O) * (q, O) = (p * q, O+ O) kar smo hoteli videti. Sami se lahko prepričate, da se točka pri množenju s točko (1, O) ne spremeni, da torej ta točka pri množenju točk igra isto vlogo kot (njej ustrezajoče) število 1. Poglejmo še, ali lahko točke med seboj tudi delimo. Kot vemo, je alb =a * 1/b Število a torej delimo s številom b tako, da ga pomnožimo z recipročno vre- dnostjo boja. Tudi pri točkah bomo tako storili , le recipročno vrednost mora- mo najprej najti. To pa ni težko . Ker pri številih za recipročno vrednost velja a * (l /a) = 1, mora po analogiji pri točkah v ravnini za točko a = (ra' tia) in njeno recipročno točko b = (rb' (ib) veljati: Toda 72 in od tod ra * 'b = 1 fia + fib = O Obe enačbi hitro rešimo : rb = lira' fib=-fia Točki (ra' fia) je torej recipročna točka (1 Ira' - fia). Zato lahko deljenje točk opravimo takole: Za konec poglavja o računanju s točkami vam zastavljamo malo težjo nalogo: poskusite najti pravilo za potenciranje točke. Ugotovite torej, kako bi izračunali (r, fi) n, kjer je n neko naravno število, npr. 2 ali 3. Če vam je uspelo (pravilo je zelo preprosto), poskusite točko še koreniti. Tako, pa smo končali tole poglavje o računanju s točkami. Tisti, ki že poznate kompleksna števila, boste z nekaj truda v gornjih pravilih odkrili pravila za računanje z njimi, sicer pa poglejte na 98 stran. V naslednji številki pa si bomo ogledali, kako lahko naše znanje uporabi- mo za rešitev zastavljene naloge. Emil Beloglavec, Mitja Lakner, Andrej Vitek NOVE KNJIGE DRUŠTVO MATEMATIKOV, FIZIKOV IN ASTRONOMOV SRS 61111 Ljubljana, Jadranska c. 19, pp 64 Naročam(o) izvodov brušure NAŠE NEBO IN ZEMLJA 1988, ki bo izšla 15. 12. 1987 v Presekovi knji- žnici. Cena Brošure: za posamezna naročila 2700.- din, za skup inska naročila na šolah in člane društva pa 1800.- din. Točen naslov: Priimek in ime ulica in številka •••••••••••• ••• • •• I I ' •• •••••• ... .... .. . , " . poštna številka in kraj ..... ... ............ 73 KDAJ BOMO (SMO) PUSTOVALI Gotovo veste , da je pust vsako leto na torek, natančen datum pa preberemo šele v koledarju. Če bi zbral i koledarja zadnjih nekaj let, bi lahko sestavili naslednjo preglednico: leto pust 1980 19 . februarja 1981 3 . marca 1982 23 . februarja 1983 15. februa rja 1984 6 . marca 1985 19 . februarja 1986 11 . feb ruarja Na prvi pogled so navedeni datumi razporejeni brez pravega reda. Toda to ne drži. Treba se je spomniti, da je praznovanje pusta ljudski običaj, ki ima namen odganjati zimo in zle demone. Tukaj ne bomo ugotavljali, kako in zakaj, toda dejstvo je, da je pustni torek vedno 47 dni pred velikonočno nedeljo, ki je prva nedelja po prvi spomladanski polni luni. V knjigi Lehrbuch der Astrono- mie (avtor ja sta Elis in Bengst Strčmqren, leto izdaje 1933, Berlin) najdemo Gaussov algoritem za izračun datuma te znamenite nedelje za dano leto. Ome njen i Gaussov algo ritem spoznajmo kar v programu , ki je napisan v H isoftovem pascalu (glej Presek 1985/86, št. 4). Po uspešnem startu je treba vnest i prvo letnico in število let, za katera bi radi izračunali datum pusta po gregor ijanskem koledarju , k i se v naših krajih uporablja že od konca šestnajste- ga stoletja naprej. Po desetih izpis ih se izvajanje programa ustav i in je treba pritisniti neko tipko , da lahko nadaljujemo. 10 PROGRAM PUST; 20 VAR S, TT, T, STL , K, P, Q, M, N, A, B, C, D, E, G1, GG, PR, PUST: INTEGER; 30 CH: CHAR; 40 BEGIN 50 PAGE; 60 { TT prva letnica , za katero b i rad i datum pus ta ) 70 {, po gregorijanskem koledarju, TT > 1582 } 80 REPEAT 74 90 100 110 120 130 140 150 160 170 180 190 200 210 220 230 240 250 260 270 280 290 300 310 320 330 340 350 360 370 380 390 400 410 420 430 440 450 460 '.FEB RUARJA'); END ELSE BEGIN PUST := PUST - 59 - PR; 75 470 480 490 500 510 520 530 540 550 560 END. WRITELN ('LETO ',T: : PUST ',P UST: .MARCA' ); END; WRITELN; { po izpisu 10 datumov se program ust avi } IF S MOD 10 = 9 THEN REPEAT CH := INCH UNT IL CH <> CHR (O); { program gre nap rej , ko pr itisnemo neko tipko } END; Marko Razpet Na str . 75 , Borut Pečar, Ptujski kurent (karikatural, 1987 JAMBOR Pred let i sem v neki mornarski družbi slišal tole nalogo: Razdalja med Koprom in Benetkami je 120 km. V Benetkah je zasidrana jadrnica s prižgano lučjo na vrhu jambora. Kako visok mora biti ta jambor, da lahko iz Kopra vidimo luč na njem? (Zanemarimo seveda vse atmosfer- ske motnje in opazujemo z daljnogledom.l Večina poslušalcev (jaz tudi) je začela ugibati s približkom med 10 in 50 m. Presenečen i smo odkrili , da je tudi 100 m premalo. Ko sem zvedel, da je pra- vilna vrednost več kot 1000 m, sem se odločil, da bom nalogo sam in v miru natančno obdelal. Podobne probleme je reševal Drago Bajc v članku "Kako daleč je do obzorja?" (Presek 1, leto VIl, jaz pa sem se tega lotil s kotnimi funkc ijami. Za povprečni polmer našega planeta sem vzel 6400 km. Uporabil sem obrazec za dolžino krožnega loka ter definicijo kotne funkcije kosinus in dobil sem vrednost 1125 m. Torej je Zemlja res bolj okrogla, kot sem pričakoval. Potem sem nalogo preizkusil še na mikroračunalniku in dobil napačen izid 7035 km. Naloga: Prehodi pot do rešitve problema in pojasni, zakaj sem z računalni ­ kom dobil napačen izid . Roman. Rojko 76 OBCINSKO TEKMOVANJE IZ MATEMATIKE Več tisoč na šolskih tekmovanjih najuspešnejših šestosolcev, sedmošolcev in osmošolcev se je v soboto, 18. aprila 1987, pomerilo na občinskih tekmovanjih. Naloge je pripravila republiška tekmovalna komisija pod vodstvom Jožeta Malešiča. O zahtevnosti nalog in sposobnostih tekmovalcev nam najvažnejše pove naslednja preglednica dosežkov sodelujočih učencev z območja večje občine . Navedeni odstotki pomenijo delež dobljenih točk glede na vse možne. 6 .raz . 7.raz. 8.raz. 1. naloga 54% 47% 82% 2. naloga 71% 37% 14% 3. naloga 20% 50% 51% 4. naloga 59% 50% 32% 5.naloga 60% 59% 33% Kot vedno je bilo tudi tokrat obilo pripomb na zastavljene naloge. Enim so bi le prelahke, drugim pretežke, tretjim neprimerne in podobno. Svoje mnenje si ob njih ustvarite sam i, rešitve nalog, če bi kakšna med njimi le bila pretrd oreh, pa boste našli na st r. 122. Pavle Zajc NA LOGE 6. raz red 1. Za katere vrednosti spremenljivke x ima ulomek: a) !!. vrednost !....~- b) _!L_ vrednost .1 R 1000 S.x S 100 ) X-7c) -x- vrednost 800 d -4-- vrednost O . X 2. Mojca porabi tretjino svoje žepnine, ki znaša 1200 din, v slaščičarni, za ostali del pa si kupi knjige. Ker so v slaščičarn i povišali cene za polovico, knjige pa so se podražile za 30%, so starši zvišali Mojčino žepnino za 500 din . Ali ima Mojca sedaj dovolj denarja? 3 . V zapisu 34a5b petmestnega števila zamenjaj črki a in b s takima ciframa, da bo to petmestno število deljivo s 36. Rešitev utemelj i. Po išči vse možnosti! 4 . Nariši trikotn ik s podatk i vb = 3 cm, ve = 4 cm in 4 A = 75 0 • Potek na- črtovanja opiši. 77 5. V enakostran ičnem trikotni ku ABC nariši višino skozi oglišče C. Eno kra- jišče te višine je točka C, drugo pa označi z D. Oglejmo si pravokotni trikotnik ACD. Simetrala kota 4 CAD seka daljico CD v točki E, simetrala kota 4 DCA pa daljico AD v točki F. Simetrali se sekata v točki S. Izračunaj notranje kote štirikotnika DESF . (Skica!l 7. razred 1. Za katere vrednosti spremenljivke x velja: al 1. < 1 bl _-=-L > O cl lxi = x x 3- x . 2. Dokaži, da je število 3 16 + 31 4 deljivo zlO. 3 . Vrednost spremenljivke y je za 25% večja od vrednosti spremenljivke x. Za koliko odstot kov je vrednost spremenljivke x manjša od vrednosti spreme- nljivke y? 4 . Izrazi zaplošč ino črtanega lika na slik i. a/2 2a o ·· · · · ·· ·.· ·· · · · ·· · ·A· · · · ·~· ·· ~~~~~~·j... ..L. ···l ;i16 a .. ... . . . . . .. ..~~..~~~~~~ . a o . 5 . Skozi oglišče B paralelograma ABCD načrtamo premico p , ki je vzpored na zdiagonalo AC paralelograma . Premica p seka podaljšek st ranice AD v točki E, poda ljšek stranice CD pa v točki F . Izračunaj obseg t r ikotn ika DEF, če je obseg paralelograma ABCD enak 64 m in če je diagonala AC dolga 25 m. 78 8. razred 1. Srednja cifra trimestne številke je ničla. Če to ničlo izpustimo, dobimo šestkrat manjše dvomestno število. Poišči vsa taka trimestna števila . 2. Prvi kolesar je odpeljal iz kraja A v kraj 8. Istočasno je iz kraja 8 odpeljal proti kraju A drugi kolesar. Po srečanju je prvi kolesar vozil do cilja še 27 minut, drugi pa 12 minut. Koliko časa je porabil za pot prvi in koliko drugi kolesar, če sta vozila z različnima stalnima hitrostma? 3. Dokaži, da velja enakost ___1 = __ n (n + 1) n 1 n+1 in potem izračunaj vsoto ~...:. + ..1- + ~- + + _ 1.._ - + _ ..1 __ + _1.._- 1.2 2.3 3.4 ... 97.98 98.99 99 .100 4. Dan je pravokotnik A8Cf!..J.A8 = 8 cm in 8C = 5 cm) in točka M na stranici CD, tako da je CM : MD = 3 : 2. S črko E označi presečišče premic (A, M) in (8, Cl. s črko F pa presečišče simetrale kota 4A in premice (8, Cl. Izračunaj ploščino trikotnika AFE. 5. Dan je pravokotnik A8CD s stranicama A8 = 40 cm in AD = 30 cm. S črko poznačimo pravokotnico na ravnino pravok~.!!ika skozi točko D. Naj bo T taka točka na premici p , za katero velja DT = 10 cm. Kolikšna je razdalja točke Tod diagonale AC? Ivan Štalec in drugi, ZBIRKA VAJ IZ ARITMETIKE, ALGEBRE IN ANALIZE ZA 1.,2.,3. in 4. razred srednjih šol Na željo mnogih učencev in učiteljev ter na priporočilo Zavoda SRS za šolstvo, smo ponatisnili stare zbirke vaj iz matematike za srednje šole. Naloge bodo prišle prav tudi boljšim dijakom, ki se pripravljajo na tekmovanja, kakor tudi drugim dijakom na nenaravoslovnih šolah za utrjevanje snovi. Priročnike lahko naročite pri Komisiji za tisk DMFA SRS, 61111 Ljubljana, Jadranska c . 19, pp 64. Maloprodajne cene so za vse knjige enake: za skupinska naročila 3.000.- din, za posameznike in ustanove pa 4.500.- din . Ciril Velkovrh 79 23. REPUBUSKO TEKMOVANJE OSNOVNOSOLCEV IZ MATEMATIKE Letošnje republi ško tekmovanje za zlato Vegovo prizn anje je potekalo v sobo- to, 16. maja 1987, v Ljubljani, Celju, Kopru, Mariboru, Novi Gorici in Novem mestu. Tekm ovalo je 126 sedmošolcev in 182 osmošolcev. Trinajstčlanska komisija pod predsedstvom Jafeta Malešiča je pripravila naloge, pregledala rešitve, določila kriterij za podelitev zlatih Vegovih priznanj in izbrala ekipo za zvezno tekmovanje. To je bilo letos v Sambaru. Vsi tekmo- valci so prejeli Presekove značke. Zlato Vegovo priznanje so si prislužili sedmošolci, ki so dosegli vsaj 14 od 25 možnih točk, in osmošolci, ki so dosegli vsaj 13 od 25 možnih točk. To so: 7. razred 1. nagrada: ni bila podeljena; II. nagrada: DOLENC Sašo, Majde Vrhovnik, Ljubljana, LUŽEVIČ Peter, Franca Kranjca, Celje; II 1. nagrada: HLEDE Saša, Milojka Štrukelj, Nova Gorica, JANŠA Borut, Lucija Seljak, Kranj, ŠEGA Gregor, Danile Kumar, Ljubljana. Priznanja so osvojili še: DEMŠAR Damjan, Tone Čufar, Jesenice, BELEC Elvis, Vojka Šmuc, Izola, CEDILNIK Tomaž , Ledina, Ljubljana, JURANJI Tatjana, Ledina, Ljubljana, KOREN Urška, IX. korpus NOVJ, Nova Gorica, SEŠEK Tomaž, Alojz Kebe, Ljubljana, STROJNIK Andrej, Milan Šuštaršič, Ljubljana, VUK Martin, Milojka Štrukelj, Nova Gorica, KOTN IK Matjaž, Bojana Ilicha, Maribor, MIKELJ Robi, dr . Janez Mencinger, Boh. Bistr ica, PUŠNIK Grega, Prežihov Voranc, Jesenice, SADIKOV Aleksander , Vide Pregarc, Ljubljana, SLAPAR Marko, Kokrški odred, Križe, STARE Jernej, Prežihov Voranc, Ljubljana, ŠTRUKELJ Sašo, Prežihov Voranc, Ljubljana, HOČEVAR Irena, Jančka Mevžlja, Mokronog, JESENiČNIK Tomaž, Franjo Vrunč, Slovenj Gradec, KUKRIKA Marko , Veljko Vlahovič, Ljubljana, ŠTEKAR Polona, IX. korpus NOVJ, Nova Gori ca, DERGANC Jure, Prežihov Voranc, Lju bljana, DURICA Vladimir, Franc Osojnik, Ptuj, PETELINKAR Boštjan, Maksa Pe- č arja, Črnuče , PETERNELJ Mateja, Spomenik NOB, Cerkno, POVH Janez, Dušana Jereba, Slov. Konjice, ROZMAN Aleš, Karavanških kurirjev NOB, Jesenice, ŠKRL Helena, Edvard Kardelj, Dutovlje, GRŽANČIČ Neven, Dušan Bordon, Koper, MOHORČiČ Robi, Katja Rupena, Novo mesto, ZORKO Jure, Bratov Ribarj ev, Brežice, ČOTAR Uroš, Luci jana Bratkoviča-Bratuša, Renče, KRISTANC Jana, Simon Jenko, Kranj, KURENT Matjaž, Vide Pregarc 80 •• Ljubljana, PIŠKURIČ Mojca, Ljubo Šercer, Ig, ŠVIGELJ Aleš, Oskar Kovačič, Ljubljana , TOMŠiČ Miha, Brezovica, TUŠAK Metoda, Davorin Jenko, Cerklje, ISKRA Andrej, dr . Janez Mencinger, Boh. Bistrica, MLADKOVIČ Tanja, Bratov Ribarjev, Brežice, POLANŠEK Gregor, Heroja Bračiča, Tržič, SAVKO· ViČ Roman, Dušan Bordon , Koper, ŠKOF Ivan, Edvarda Kardelja, Ljubljana, ŠUC Edi , Edvard Kardelj, Dutovlje , VILFAN Mojca, Maksa Pečarja, Črnuče. 8. razred 1. nagrada: KOBAL Matjaž, Zvonka Runka, Ljubljana, PETRUSIC Marko, Prežihov Voranc, Ljubljana, TERTINEK Bogdan, Rado Robič, Limbuš; II. nagrada: TOM iČ Nina, Franc leskošek-Luka, Ljubljana; III. nagrada: BLAŽiČ Sašo , Mirana Jarca, Črnomelj, DEMŠAR Urška, Valen- t in Vodnik, Ljubljana, GUČEK Marjan, Anton Aškerc, Rimske Toplice. Priznanja so osvojili še: HOČEVAR Grega,Prežihov Voranc, Ljubljana, KOCIČ Dušanka, Bratov Juhart , Šempeter v Savinjski dolini, KOCJANČiČ Boštjan, Ledina, Ljubljana, OGRIZEK Maja, Peter Kavčič, Škofja Loka, OTRIN Polona, Ledina, Ljubljana, PANiČ Igor, Riharda Jakopiča, Ljubljana, SLATINEK Marjan, Pohorskega bataljona, Oplotnica, BAN Jernej, Riharda Jakopiča, Ljubljana, DOLŽAN David, Heroja Bračiča, Tržič, HALILOViČ Mirko, Milan Šuštaršič, Ljubljana, KONČAR Blaž, Dušan Kveder-Tomaž, Litija, MACEDO- NI Gregor, Katja Rupena, Novo mesto, PETERLE Polona, Katja Rupena, Novo mesto, STOKANOViČ Jasna, Katja Rupena, Novo mesto, KARLIN Klemen, Peter Kavčič, Škofja Loka, KODRE Rok, Gustav Šilih, Titovo Velenje, TROHA Tamara, Ivan Cankar, Vrhnika, KAMPUŠ Janko, Šmarje pri Jelšah, SVET Mateja, Edvarda Kardelja, Ljubljana, URŠiČ Sandi, Milojka Štrukelj, Nova Gorica, VELKAVRH Jure, Vlado Miklavc , Ljubljana, CEROVŠEK Tomo , Jurij Dalmatin , Krško, POROPAT Rok, Zvonka Runka, Ljubljana, TiČ Gašper, Dušan Bordon , Koper, COBALTI Roberto , Dante Alighieri , Izola, PENCA Vanja, Jančka Mevžlja, Mokronog, POGAČAR Bojan, Maksa Pečaria, Črnuče, REBOLJ Vojko, Frana Albrehta, Kamnik, SLAK Gorazd, Zvonka Runka, Ljubljana, VEBERIČ Darko , Dane Šumenjak-Miran, Murska Sobota, ZUPAN Janez, Simon Jenko, Kranj, BOŽiČEK Miha, Šmarje pri Jelšah,FRANČEŠKIN Matej, Milojka Štrukelj, Nova Gorica, HORVAT Borut, Bojana lIicha, Maribor, KORITNIK Blaž, dr . Vita Kraigherja, Ljubljana, MANDELJ Marko, Vide Pregarc, Ljubljana, SLIVNIK Liza, prof. dr. Josipa Plemlja, Bled, ŠTRANCAR Janez, Milojka Štrukelj, Nova Gorica, ŽAGAR Tomaž, Zvonka Runka, Ljubljana, CERGONJA Mojca, Dragomirja Benčiča-Brkina, Hrpelje, COBALTI Alessandro, Dante Alighieri , Izola, DOLŽAN Mojca, Gorenjskega 81 odreda, Žirovnica, JUG Bogdan, France Bevk , Tolmin , JURiČ Branko, Tone Žnidaršič, Ptuj. KMETEC Branko, Martin Konšak, Maribor, TU RIN Miha, Ormož. NALOGE 7. razred 1. Ko se nemarni Janezek pri domači nalogi zmoti, iztrga list iz zvezka. Tako se mu je pripetilo, da je iz prvega zvezka iztrga l vsak tretji, iz drugega enakega zvezka pa vsak četrti, obakrat tudi zadnji list . Nabralo se mu je 21 iztrgan ih listov. Koliko listov je bilo prvotno v vsakem od obeh zvezkov in za koliko % je zmanjšal skupno število listov? 2. T rgovini so najprej dovolili 20% povečanje cene izdelka, nato pa naročil i zmanjšanje za 20%. Poslovodja je k prvotni ceni vestno prišteva l podražitev, od nove pa odštel pocenitev in presenečeno ugotovi l, da se je cena glede na prvotno znižala za 20 dinarjev. Kolikšno "izgubo" bi poslovodja dobil pri podražitvi za 10% in pocenitvi za 10%? 3. Načrtaj "spiralo", ki jo sestavlja 5 polkrožnic. Njihova središča so na ist i premici , polmer vsake naslednje pa je enak trem četrtinam polmera predhodne. Izračunaj šedolžino spirale, če je polmer prve polkrožnice enak r, 4. Tri polkrožnice, ki leže v kvadra- tu , omejujejo dva lika. Na sliki je vsak lik drugače osenčen. Izračunaj ploščini obeh likov in ju primerjajo a a 5. Pri orientacijskem pohodu gre tekmovalec najprej 4 km daleč proti vzho- du. Tam se zasuče za 1200 v levo in prehodi 3 km, nato se spet zasuče za 1200 na levo in prehodi še 2 km. Potem se zasuče za 600 na desno in gre naravnost 2 km do cilja. Kolikšna je najkrajša razdalja od starta do cilja? (Slika ni dovolj. odgovor moraš utemeljiti .] 82 8. razred 1. Zveza med spremenljivkama x in y je podana z enačbo: ..?l~_~_ = 2 _ 5-- x 2 6 Poišči vse tiste cele vrednosti spremenljivke x, za katere velja 1 < y < 2. 2. Poišči tisti vrednosti spremenljivk x in y, pri katerih ima ulomek 8 - (7 + 2X)2 .. ------------- 11 + (3x - y + 1)2 največjo vrednost . 3. Izra čuna], koliko kilogramov zlata je skupaj v dveh kosih zlatarske zlitine, če ima naslednje podatke: skupna masaobeh kosov je s kg; v prvem kosu je a% zlata, v drugem pa b%; v prvem kosu je r kg zlata več kot v drugem. 4. V polkrogu 5 premeroma AB = 8 cm sta nad polmeroma SA i n SB nari- sana polkroga 5 premeroma SA in SB. Izračunaj ploščino kroga, ki se velike polkrožnice dotika od znotraj, obeh manjših polkrožnic pa od zunaj . 5. Oglišče kocke je od njene telesne diagonale oddaljeno 7 cm. Izračunaj površino kocke. Aleksander Potočnik NALOGA V pravokotnem trikotniku označimo z a in (3 ostra kota, c naj bo hipotenuza in he višina na c. Dokaži: 1) c ~ 2 he 2) -.~- + _.1_ ~ 2V 2 sma sm(3 D. Miloševic 83 3. SOLSKO IN ra IZBIRNO TEKMOVANJE IZ MATEMATIKE Takoj po polletnih počitnicah smo na 70 šol, kjer izvajajo nenaravoslovne programe, poslali obvestila o šolskem tekmovanju. Na 37 šolah so se odločili, da se bodo njihovi učenci že 28. februarja pomerili v reševanju naslednjih mate- matičnih nalog. 1. letnik 1. Od poljubnega dvomestnega števila odštejemo število, ki ima cifre v obra- tnem vrstnem redu. Pokaži, da je dobljena razlika deljiva z 9 . 2. Miha je za nekatere majhne n ugotovil, da je 8n + 1 sestavljeno število. Pokaži , da to velja za vsako naravno števi lo n. 3. V trgovini so neupravičeno dvignili cene za 25%, zato jih bodo morali vrniti na prejšnjo raven. Kolikšna bo pocenitev? 4. Luka se je odločil , da bo okrog hiše postavil zid. PO prvem dnevu po loži vsak dan dvakrat tol iko opek kot vse prejšnje dni skupaj . Po petih dneh doseže tretjino višine. V koliko dneh bo zid postavljen? 2. letnik 1. Dani so trije različni pravokotni trikotniki ABC, ABD in ABE (s skupno hipotenuzo AB in enako orientacijo). Pokaži, da se simetrale zunanjih ko- tov k pravim kotom pri C, D in Esekajo v isti točki. 2. Dani so vektorji a = (1, 1, 1). b = (5, -1,1) in c = (1, -2 , -2). Po išči vektor z, ki je pravokoten na a in na b, njegova projekcija na vektor c pa je dolga 2 enoti. 3. V poljubnem konveksnem štirikotniku ABCD naj bo P sred išče AB, Q pa središče CD. Pokaži , da je AC + BO = 2 pa. 4. Luka se je odločil, da bo okrog hiše postavil zid . Po prvem dnevu položi vsak dan dvakrat toliko opek kot vse prejšnje dn i skupaj. Po petih dneh doseže tretjino višine. V koliko dneh bo zid postav ljen? 3. letnik 1. Za katere realne m sta rešitvi enačbe m 2 x 2 - 2 m 2 x + m 2 - 2 = O pozitivni števili? 2. Kolikšen naj bo x, da bo kompleksno štev ilo ZI = 1 + ix bliže izhodišču kot Z2 = 1 + li/x)? (x je realen .) 3. Izračunaj vrednost izraza cos 3 15° sin 15° - sin3 15° cos 15° . 4. Pokaži, da je coslcosx) vedno pozitivno število. 84 4. let nik 1. Pokaži, da je cos(cosx) vedno poz itivno število. 2. Poišči čisto imaginarno štev ilo, iz katerega vidimo daljice, ki povezuje štev ili Zl = -1 in Z 2 = 3 , pod pravim kotom . 3. Naj bosta al = m + 1 in a2 = 3 - 2m prva dva člena neskončnega geome- tr ijskega zaporedja. Za katere m je zaporedje konvergentno? 4. Kolikšen naj bo a v kvadratni enačbi x 2 - ax + a - 1 = O, da bo vsota kvadratov njenih rešitev minimalna? Kar pr ibližno 1600 tekmovalcev se je spopadlo s temi nalogami . Že čez štirinajst dni je nekatere izmed teh in učence iz naravoslovnih usmeritev čakala nova preizkušnja - izbirno tekmovanje . 1. letnik 1. Poka ži, da je izraz k n+4 - k n pr i vsakem n > 2 deljiv s 120. (n in k sta naravni števi li.) 2 . Poišči ulomke allbl, a21b2, a31b3 in a41b4 , katerih niti števci niti ime- novaIci niso ne manjši od 2 ne večji od 8, da bo veljalo: 7/9 < al /b , < o 8 . Marko je želel narisati kačo. Pomagaj mu na osnovi spodnje slike in izkušenj, ki si jih dobil pri nalogi 7. 9. Za konec pa zopet nekoliko težja naloga, in sicer: napiši program, ki bo izrisal SONCE, kot ga vidiš na- risanega na desni sliki. Še nasvet: v veliko pomoč ti bo program, ki ga moraš napisati za rešitev 8. naloge. 91 Naloge za 5. - 6. razred 1. Števila (a, b, c, d, e, f, g) predstavljajo ustrezen znak, ki ga opisuje dvodi- menzionalno polje širine 5 in višine 7. Tako imamo npr.: za znak "1" vrednosti (4,12,4,4,4,4, O) in za znak "2" vrednosti (14, 10,2,4,8, 14,0). a. Napiši znak, ki je podan s števili (12,6,3,31 ;3,6,12). b. Napiši števila, ki predstavljajo znak "?" 2. Hišni računanik JULIJA ima CPE s tremi 16-bitnimi registri in 16-bitnim programskim števcem. Dodatno ima pomnilnik RAM velikosti 16k zlogov in ROM 8k zlogoil. Za zapis posamezne črke potrebujemo osem bitov. Izračuna], kolikšen tekst lahko programsko vpišemo v ta računalnik (število znakov). 3. Opiši (z zgledi) razliko med analogno in digitalno predstavitvijo informa- cije. 4. Na računalnik lahko priključimo različne vhodno-izhodne enote. Naštej enote, ki bi jih uporabil pri projektiranju, da bi bil vnos podatkov najpre- prostejši, rezultat pa najpreglednejši. 5. Sestavi program, s katerim boš prikazal odboj kroglice na robovih ekrana. Kroglica (naj bo črka o) naj prične z gibanjem v sredini ekrana (npr.: vrstica 11 in stolpec 15), v smeri navzgor levo (kot 45 stopinj). Od sten se odbija toliko časa, dokler ne doseže levega zgornjega kota ekrana. 6. Podano je zaporedje naravnih števil od 1 do 1000. Med števili ni ločil. Napiši program, ki izpiše N·to cifro in število, ki mu pripada. N naj prebere s tipkovnice. Primer: zaporedje je 1234567891011121314151617... Za N = 12 je cifra 1 in število 11. Naloge za 7. -8. razred 1. V računalništvu pogosto srečujemo tri številske sestave, in sicer z osnovo 10,2 in 16. Pretvori naslednja števila v druga dva sestava: a. (876)10 = ( )2 = ( )16 b. ( )10 =( )2 = (3AB)16 c. ( )10 = (1011001)2 = ( )16 d. (12,75)10 = ( )2 = ( )16 e. ( )10 = ( )2 = (2A,C)16 92 2. S tabelami imamo podane logične funkcije dveh spremenljivk, ki so za delovanje računalnika nujno potrebne. A B ((A, B) A B ((A, B) A B ((A, B) --------- ---------- ---------- O O 1 O O 1 O O 1 O 1 1 O 1 O 1 O O 1 O 1 1 O O O 1 1 1 1 O 1 1 1 1 1 O a. Nariši shematske simbole za vse t r i funkcije. b. Realiziraj posamezne funkcije z ustreznimi ukazi v programskem jezi- ku . Predpostavi, da sta A in B celoštevilčni spremenijivki (integer) . 3. Računalnik SOKOL, ki ima dva gibka diska 360KB in uro 6MHz, izvaja določen program 1 minuto in 26 sekund. V kolikem času bo isti program izve- del računalnik GEPARD, ki ima 1.2 MB velik gibki disk in uro s korakom 0.1 mikrosekunde. Oba imata isti procesor Intel 80286. 4. Imaš uvožen računalnik, ki ga želiš uporabiti za pisanje besedil v sloven- skem jeziku. Računalnik ne pozna nekaterih slovenskih črk. Kaj moraš naredi- ti, da bo rač u na l n i k pr ikazoval vse slovenske črke na zaslonu in na tiskalniku ter da bodo vse črke na tipkovnici razporejene tako, kot pri pisalnem stroju. Napiši , za kateri računalnik velja tvoj odgovor. 5. Napiši program za vodenje redovainice. Predpostavi, da imamo 20 učencev in 11 predmetov, ki seocenjujejo z ocenami 1 do 5. Program naj izpiše povpre- čne ocene po predmetih za posamezno konferenco, oziroma na osnovi vne- senih zaključnih ocen izpiše tudi seznam odličnih, prav dobrih, dobrih in zadostnih. Za nezadostne naj izpiše tudi predmete, .kjer so bili negativno ocenjeni. 6. Napiši program, ki prebere koordinate 5 točk v prostoru. Izpiše naj tiste tri točke (koordinate točk), ki tvorijo trikotnik z največjo površino. Ivan Gertič 93 /YO/i/[E SREČANJE MLADIH RAZISKOVALCEV 29. maja 1987 je potekalo 21. srečanje mladih raziskovalcev ln Inovatorjev Slovenije, ki ga organizira ZOTK - gibanje Znanost mladini. V primerjav i z lanskim letom je letos za področje fizike prijavljenih več nalog - 11 iz srednjih šol in ena iz osnovne šole. Poglejmo teme: avtor J.Bajc, G. Poberaj, SNŠ Ljubljana P. Jovanovski , V. Kraševec, SNŠ Ljubljana M. Smrtnik, SNŠ Ljubljana B. Kuzma, B. Zorko SNŠ Ljubljana M. Gantar, SNŠ Ljubljana A . Močnik, SENŠRM Kamnik M. Rak, B. Leskošek SENŠRM Kamnik B. Petrič, M. Humar, SENŠRM Kamnik M. Lesar, M. Petek, B. Topolovec, E. Knuplež D. Jamšek, SNŠ Maribor J. Kalan, J. Lončar, A. Mohorič, SŠPRNMU Kranj 94 naslov Računalniška obdelava abs. spektra in določanje elementov v vzorcih Merjenje fluksa mionov v odvisnosti od vpadnega kota Sestavljeno nihanje vzmetnega in matematičnega nihala Holografija Simu lacija preslikav Model fazotrona Proučevanje lastnosti osnovnih delcev s fotografsko metodo Računalniškiprikaz sledi svetlob . žarkov pri prehodu skozi lečo Merjenje majhnih pomikov Analiza spektra mentor C. Dominko D. Zaratnik M. Verbec F. Žigon A. Kodre, S. Matjan J. Zupan C. Jaklič C. Jaklič C. Jaklič 1. Dregarič L. Horvat D. Zupanc 1 D. Drofenik, T. Korošec, Računalnik in nelinearni sistemiSŠERU Maribor G. Velepec, A. Šest, Refleksni lok N. Božič, R. Brce, M. Lavtižar, P. Ropret, M. Perat, OŠ Tone Čufar, Jesenice D. Gosak M. Berce Problemi, ki so si jih izbrali mladi raziskovalci, so zanimivi. Posegajo na področja, ki jih v srednješolskem programu fizike ni ali pa se le delno obdelajo. Zanimivo je, da je bila velika večina nalog (kar 7) opravljena s pomočjo raču­ nalnika. Ta je ponekod uporabljen za vodenje poskusa in zajemanje ter obdela- vo podatkov, drugod za simuliranje določenega fizikalnega pojava. Mentorji nekatereih učencev so raziskovalci na inštitutih in ustanovah. Učenci so se tako pobliže spoznali z njihovo dejavnostjo. Upamo, da jim je fizika sedaj postala še zanimivejša in da se bodo po končani srednji šoli radi odločali za nadaljevanje študija na področju, ki jih veseli. Zvonka Kos Iz astronomije so predstavili dve nalogi: Nalogo ODDALJENOST LUNE sta izdelala Aleš Zajc in Matjaž Črnivec, dijaka Srednje naravoslovne šole iz Ljubljane pod vodstvom Arama Karaliča, študenta fakultete za elektrotehniko. Merila sta lego Lune in iz dobljenih koordinat in časa opazovanj izračunala njeno oddaljenost. Pri tem sta upora- bila dve metodi : prvo, vektorsko, za določevanje razdalj Zemljinih umetnih satelitov sta povzela po literaturi, drugo pa sta si zamislila sama. Rezultati obeh metod so se ujemali v mejah natančnosti meritev. Nalogo DOLOČITEV EKSTINKCIJSKEGA KOEFICIENTA OZRAČJA je pripravil Rok Mencej, dijak Srednje ekonomske šole Boris Kidrič, Ljubljana, pod vodstvom Bojana Dintinjane, dipl. ing. fizike. S pomočjo fotoupora je meril gostoto svetlobnega toka s Sonca in določil potek oslabitve v Zemljinem ozračju (tj . ekstinkcije) v odvisnosti od višine nad obzorjem. Razvil je metodo za spremljanje dnevne ekstinkcije, s katerei je mogoče razmeroma hitro in za- nesljivo prognozirati pogoje za fotometrična nočna opazovanja še pred na- stopom noči. To je posebno pomembno pri računalniško vodeni fotometriji. Pavla Ranzinger 95 SLIKOVNA KR IŽANKA ® ANG.FIZIK, N IZQZEM · NORVESK I VDOVA NAS STO KAV" STAK I JE VRSTA OBIRANJE JOH NA JOS IP ODKR IL KRIVU LJE GROZDJA SK I SAH IST PISA TE LJ N EON LENNONA DA LMAT . SKO IP AVEC p r i izo top nos t (HANS) (A RT HU R ) IV OK Ol OTOK NARE ČJE v VED AQ NEB ESN IH )1TE LESIH "\, Kol ičina, ki zavzema I I raz lične 1vred nosti DEL VOZA V EDAONEVARNA SK L EPAN JU AZ IJSKA DIVJA VULKAN REKA V M.b.CKA na M indanau JV SRBIJI EINSTEI N ENA KO- T ALlSQVA ALBERT VR EDNO ST BREZALK. P IJAČA NA UK a SV ET LO BI = PQ KA LlCA AT LANTSK I VO JASK I L ASTN IK PA K T TOVARNE LAHE K ELEMENTAR NI e lPA DELEC §J VISOK O TR APA • AN ETOVROMANSlo KUHA R. INOU STR MO JSTER POLi. NAJVE ČJ I DESNI MESTO SLOV. GLI PRITOK REN A VQHI U skla da te lj P~~~~A IAIGATOR STEKL ENA POSODA Ž LAHTNI ZA VODN E PLIN Ž iVA LI NA T RIJ RIMSKA IVAN BOGI NJA M IN ATT I POST OPEK JEZ E MA GNEZ IJ V I KINGI Ag J Sreb rov ..... V RSTA BESED NE UG AN KE GLAVN I ~TEVN I K 96 ROGRŠ . JA VNO ITALI JA N . V RSTA ŠP . L1 RIČNI sten lšče LU~A (1) - - ___ ____ ' MA TEM AT ik ŽA RKOV GRŠKA SES TAV il Beociji ZBI RA NJE (NARAVNA OGU LI N Č R KA PE SN IK, MA RK O " ~ZEMLJA - , , M NENJ ŠT EV I LA) PRI modern ist BO KA L IČ - SEVANJU" , '- ------ - - LU~A ~ A TLA NT. RQKOOEL. TU RSKI (PER IGEJI NfJ~'ri'N I POK LIC VELIKAS LUPAČ SLIKA NA F ILMU PODTALNO de lova nje MATI MADžAR . SAH IST ERNE ST Hemingway $p , enklava v Marok u ZNAČAJ, TIR OLS KA NRAV I REKA ževl rarn e NAJM AN J$ I sila SESA LEC EVRID IKIN MOŽ PAN ČEVO MESTO PRI NAJV I~A OB L AST V POLJSKA MILANU RUSK I PRAVO S LA VN I DENARNA CERKVI OO LETA 19 17 ENOTA ŽEN . IME KAPLJ ICA AIM SK A 6 ;Č INA PRI JOKU MO RSKI V JEZERO ZA LIV S STA RO- ~VAH LOV Z JU ŽNO OO ST RM IMI PERZ IJSK I GONJAČ I Len ingrada POBOČJ I JEZI K FRAN ZWITT ER F R.PISAT . (BORISI DEL KLOBUKA GOZ DNA ZV ER DAN V RIM . ko ledarj u NA ELEK T . D E LE C NA $ ICE • NEM.F IZIKI (fotoefek t )(PH ILIP )j , SEL EN IND IJSK I RISBA PISAT ELJ M I HA ŠTA L EC 97 • KOMPLEKSNA STEVILA V Preseku včasih objavimo članke, v katerih avtorji uporabljajo kompleksna števila. Ker mnogi naši mlajši bralci teh števil ne poznajo , jih bomo skušali na preprost način vpeljati v pričujočem članku. Pri vsakdanjem računanju imamo opraviti z naslednjimi množicami števil : IN = { 1, 2, 3, 4, .... } naravna števila ; "l = {O, ± 1, ± 2, ± 3, ... ) cela števila; ID. = {e.. : P, q E Z, q"* O } racionaina števila (ulomki); q IR realna števila Vsaka od teh množic vsebuje vse prejšnje. Motivacija za uvedbo vedno večjih množic števil so računske operacije, ki jih želimo s števili izvajati. Pojasnimo to na nekaj primerih . Če naravna števila seštevamo ali množimo, je rezultat spet naravno število. Pri odštevanju, to je seštevanju nasprotni operaciji.nastopi- jo težave, saj je lahko razlika negativna. V množici celih števil Z pa odštevamo brez težav; razlika poljubnih celih števil je celo število . Če želimo še dleiti s poljubnim od O različnim številom, se moramo preseliti v množico ulomkov ID. • Ta je za operaciji seštevanje in množenje obseg (glej [ 1 ], str. 69). Do težav v množici ID. pride, ko želimo koreniti. Znano je na primer, da ..j2 ni racionalno število. Torej preprosta kvadratna enačba x 2 - 2 = O nima rešitve v množici ID.. Zato obseg ID. razš irimo do večjega obsega vseh realnih števil IR, to je decimalnih števil s končnim ali neskončnim številom decimalk. V obsegu IR lahko poljubno nenegativno število tudi korenimo. Ne moremo pa koreniti ne- gativnih števil, saj je x 2 ;:;;. O za vsak realen x. Torej je kvadratna enačba ( 1) v množici IR nerešljiva. Kompleksna števila uvedemo z željo, da bi bila v novi množici rešljiva vsa- ka kvadratna enačba, pa tudi vsaka enačba višje stopnje. Najprej ustvarimo ne- ko novo, imaginarno število r, ki naj reši enačbo (1). Torej zahtevamo f = -1. Seveda; ni realno število. Pravzaprav je povsem vseeno, kaj je i, važno je le po- vedati, kako z njim računamo. Da bomo; povezali z množico IR v smiselno celoto, moramo razširiti operaciji seštevanje in množenje na novo število. Po- množimo; z {3 E IR in dobimo imaginarno število {3;. Če temu prištejemo 98 a E IR, dobimo kompleksno število a=a+{3.i (2) Vsako kompleksno število je torej določeno s parom realnih števil (a, (3); a je realna komponenta, {3 pa imaginarna komponenta števila a. Dve komple- ksni števili sta enaki , če imata enaki realni in enaki imaginarni komponenti . Vsako realno število a imamo istočasno za kompleksno število a + Oiz imagi- namo komponento O. Števila {3 i = O + {3 i z realno komponento Ormenujemo imaginarna. Vrstni red zapisa ni pomemben: a + {3 i = {3 i + a . Primeri komple- ksnih števil : 1 + 2 i, -3, 3 i + 24, .., Predočimo si kompleksna števila geometrično. Kot dobro vemo, si lahko ponazorimo realna števila s točkami na premici. Kompleksna števila so določe­ na s pari realnih števil, zato jih ponazorimo s točkami v ravnini . Po izboru pravokotnega koordinatnega sistema (x, yi v ravnini je vsaka točka T določe­ na s parom realn ih štev il (a, (3). Število a je prva koordinata in meri oddaljenost točke od y os i, {3 pa meri oddaljenost od x osi (slika 1). y T( a, ~) ~ .... .... .. · · · · · · .. · .. · · 0 o a x Točki Tta , (3) priredimo kompleksno število a = a + {3 i. Tako dobljeno ravnino imenujemo kompleksna ravnina. Ogeljmo si sedaj, kako lahko algebraične operacije razširimo na množico kompleksnih števil (C. Vsoto kompleksnih števil poiščemo tako, da seštejemo ustrezne komponente: (a + {3 il + (7 + lj il = (a + 7 ) + ({3 + lj) i Pravilo je enako kot pri seštevanju vektorjev v ravnini. Primer: (2 + 3 il + (-1 + 5 i) = (2 .; 1) + (3 + 5) i = 1 + 8 i Podobno odštevamo: (3) 99 (a + {3 il - (r + oil = (a - r) + ({3 - o) i (4) Pri mno ženju kompleksnih števil ravnamo tako, da vsak člen v prvem faktorju pomnožimo z vsakim členom v drugem faktorju, rezultate seštejemo in upoštevamo zvezo P =- 1: (a + (3i) (r + Oi) = ar + aD i + {3ri + {3 i oi = (ar - (30) + (ao + (3r) i (5) Primer: (2 + 5 i)(-3 + 4 ti = (2.(-3)-4.5) + (2.4 + 5.(-3))i = -26 - 7 i Kvadrat vsakega imaginarnega števila je manjši ali enak nič, saj je (a i)2 =a2 P = - a2 ~ O za a E IR. Bralec lahko sam preizkusi, da veljajo za sešte- vanje, odštevanje in množenje kompleksnih števil vsa običajna računska pravila. Vsakemu kompleksnemu številu a = a + {3 i priredimo konjugirano kompleksno število a = a - (3 i. Torej: realno komponento obdržimo, imagi- narni pa spremenimo predznak. Geometrijsko ustreza konjugiranje zrcaljenju preko abscisne osi v kome.!eksnL-~vnini. R~~~_~evila se pri tem ohranjajo . Očitno je (a) = a. Primer: 2 = 2, 3 i = - 3 i. 5 - 4 i = 5 + 4 i . Izračunajmo za a = a + (3 i produkt aa po pravilu (5) : To je ravno kvadrat oddaljenosti točke, ki pripada številu a, od izhodišča O v kompleksni ravnini. To oddaljenost imenujemo absolutna vrednost števila a in jo označimo kot običajnozla I.Torej je (7) Če je a * O, je lal> O, zato lahko enačbo (6) pomnožimo z 1II a 12 = = 1/(a2 + (32). Tako dobimo a (811 a 12) = 1. To pomeni , da je število a- 1 = all a 12 = (a - (3 i) 1(a 2 + (32) inverzno številu a. Seda] lahko definiramo kvocient dveh poljubnih kompleksnih števil s, b (b*O) kot alb =a b-1 =ao II b 12 (8) Lahko bi preverili, da je množica kompleksnih števil s tako definiranimi ope- racijami obseg. V nasprotju z obsegom realnih števil obseg kompleksnih števil ni urejen, to je, kompleksnih števil ne moremo na smiseln način urediti po velikosti . Ogeljmo si še tako imenovani polarni zapis kompleksnega števila. (Glej tudi 100 [ 2 l, str. 68-77.) Lego točke T(a, {3) v ravnini natanko določata naslednja dva podatka: oddaljenost rtočke T od izhodišča O in kot l{J, ki ga dalj ica od O do T oklepa s pozitivnim poltrakom realne osi (slika 2). r o x Označimo z A projekcijo točke T na x os. V pravokotnem trikotniku DA T dobimo s pomočjo kotnih funkcij sin in cos naslednji zvezi (glej Presek XV (1987/88), št. 1): Vemo tudi, da je Odtod sledi: a =r cos ip, {3 =r sin l{J (9) To je polarni zapis števila a = a + {3 i, ki pripada točki T(a, {31. Prvi faktor lal;;' O meri velikost števila, drugi faktor cos l{J + i sin l{J pa je kompleksno število z absolutno vrednostjo 1, saj je cos\o + sin2 l{J = lo Torej leži pripadajo- ča točka na enotni krožnici s središčem v Do Kot ip, ki je večji od -1800 iri ne presega + 1800 , imenujemo argument števila s. Če merimo kot v radianih, je -rT < l{J ~ n . Pri l{J = O ali l{J = tt je sin lji = O in dobimo realna števila. Pri l{J = = ± rT/2 pa je cos l{J = O in dobimo imaginarna števila. Če je a;= O, argument ni določen. Za primer poiščimo polarni zapis števila a = -1 +..j3 i: lal=V1+3=v'4=2 sin l{J = {3/1 a I = V3/2 cos l{J =all a 1=- 1/2 101 Odtod dobirno e = 21T13 (= 120°) in ·- 1 +0; = 2(cos..1~ -r ] sin ..1~) Izračunajmo sedaj produkt kompleksnih števil a = lal (cose + ; sin..p) in b = lb I (cos Jtt + ; simp). Po pravilu (5) dob imo: ab = la II bl ((cos..p cosJtt - sin..p sinJtt) +; (cose sinJtt + cosJtt sin..p)) Po adicijskem izreku za cos in sin (glej [ 2 L str. 18-19) je izraz v oklepaju enak cosle + Jtt) oziroma sin(..p + Jtt) . Torej ab = la II bl (cos(..p + Jtt ) +; sin(..p + Jtt)) Kompleksna števila torej množimo tako, da velikosti (absolutne vrednosti) pomnožimo, argumenta pa seštejemo. Podobno bi dobil i pravilo za deljenje : alb = (1 alii b 1) (cos(..p-Jtt) +; sin(..p-Jtt )) Zdaj lahko uganemo pravilo za računanje kvadratnega korena komp leksnega števila: absolutno vrednost korenimo kot običajno, argument pa razpolovimo. Torej : .J;= M. (cose/ž +; sin..p12) Izračunajmo na primer koren števila i. Ta ima absolutno vrednost 1 in argu- ment 1T/2. Torej je Vi=.Ji, (cos1T14 +; sin1T14) = V2/2 +; V2/2 Seveda ima vsako števi lo razen Odva kvadratna korena, ki semed seboj razliku- jeta le za faktor -1. Zdaj že lahko rešimo kvadratno enačbo ax2 +bx +c = O kjer so a, b in c kompleksna števila in a -=1= O. Rešitvi izračunamo po formuli Xl = (-b +Jb 2 - 4ac)/2 e, X2 = (- b - Jb 2 - 4ac)/2 a (10) 102 Če računamo z realnimi števili, nastopi problem v primeru, ko je diskriminanta b 2 - 4ac = O negativno število, saj tedaj ne moremo izračunati realnega korena števila O. V množici kompleksnih števil pa lahko koren vselej izračunamo, kot smo videli zgoraj, torej sta formuli (10) smiselni . V posebnem pr imeru, ko so ar br c realna števila in je O < 0, je -O > 0, zato je yO = y(-l)( -Ol = = V"=1.~. Ker je ;2 = -1 , je -J=1 = i , pozitivno število - O pa lahko ko- renimo kot običajno. Zato sta v tem primeru rešitvi kvadratne enačbe Xl =(-b+iJ4ac-b2)/2ar Ti dve števili sta med seboj konjugirani: X2 = Xl' Brez dokaza povejmo, da ima v obsegu kompleksnih števil vsaka algebra- ična enačba xn+a xn- l+axn- 2+ +a x+a =01 2 .. , n -l n natanko n korenov, če upoštevamo večkratnosti. To je osnovni izrek algebre ([ 3 l, str. 316). Pravimo tudi , da je obseg kompleksnih števil algebraično zaprt. To je njegova glavna prednost v primerjavi z obsegom realn ih števil. Znano pa je, da pri enačbah stopnje n ;;. 5 korenov v splošnem ne moremo poiskati z nobeno algebraično formulo, kot smo to naredili pri kvadratni enačbi (10). LITERATURA [ 1 l P. Legiša, 1. Štalec in E. Zakrajšek, Matematika 1. Državna založba Slovenije, Ljubljana 1981 [ 2 l P. Legiša, Matematika. Kotne funkcije. Trigonometrija. Državna založba Slovenije , l.iubliana 1985 [3] 1.Vidav,Algebrar 3. izdaja, DMFA SRS, Ljubljana, 1987 . Franc Forstnerič NALOGA Dane so štiri nekolinearne točke Ar Br C, O v ravnini. Konstruiraj kvadrat, katerega nosilke stranic potekajo vsaka skozi eno od danih točk. Franc l.ebedinec 103 MATRIKE KOT POSPLOSITEV POJMA STEVILA 2. del * Doslej smo spoznali, da ima matrično množenje podobne lastnosti kot mno- ženje števil, le komutat ivnost nasploh ne velja. Oglejmo si nekaj pojavov, ki jih pri številih ne srečamo. Izračunajmo npr. produkt matrik A in B, kjer je A B Dobimo A . B = O. Imamo torej dve matriki A in B, obe sta različni od matrike O, njun produkt pa je enak O. Pri številih se kaj takega ne more pri- meriti. Če sta a in b od O različni števili, potem je tudi ab različen od O. Matriki A in B iz zgornjega primera imenujemo delitelja niča. Točneje, A je levi, B pa desni delitelj niča. Zastavimo si nalogo: po išči vse matrike X z lastnostjo A . X = O, kjer je A matrika iz zgornjega primera. Rešiti je torej treba matrično enačbo A . X = O, ali na dolgo: Spet dobimo sistem štirih linearnih enačb: 2y+ U ] 4y+ 2u 2x + z = O 4x + 2z = O 2y + u = O 4y + 2u = O Druga in četrta enačba sta le mnogokratni ki prve oziroma tretje enačbe, zato je rešitev tega sistema kar z = -2x in u = -2y, kjer sta x in y poljubni števili. Spet smo dobili neskončno mnogo rešitev, matrik X, ki so desni delitelji niča za dano matriko A: x, y poljubne V zgornjem primeru smo imeli A . B = O. Zanimivo je, da B. A ni enako O * 1. del tega članka je izšel v P XV/1, str. 2 - 7 104 --- 1- - - B.A =[ 1 -3J .[ 2 1J [-10 -5J -2 6 4 2 20 10 T a rezu lt at nas pouč i, da matrika A, ki je levi del ite lj n iča za matriko B, ni nujno tudi desn i delite lj n i ča za isto matriko B. Naravno se nam zd i vprašanje , a li je vsaka matrika des ni ali levi de litelj ni - ča . Odgovor je ne . Mat rika A je, kot pokaže ne kaj da ljši rač u n , desni del itelj niča natanko tedaj , ko je izpoljnen pogoj ad - be = O, kjer so a, b, c, d ma - t ričn i elementi matrika A. Končno se še vprašajmo, a li je kaka mat rika A sama seb i del itelj ni ča , ali velja to rej A *" O, A . A = O ? Rešit i je torej t reba matrično enačbo A 2 = O . Tako matri ko imenujemo ni/potentna matrika. Pr i števi lih ima seveda enačba a2 = O samo nezanimivo rešiteva = O. Pri matrikah ni tako . Izračunajmo najprej A 2 : [ a2 + be A 2 = ae +ed ab +bd] bc v d? (10) Iz ena čbe A 2 = O sled ijo štiri kvadratne enačbe: a2 +be = O d 2 +be = O (a +dl b = O (a + dl e = O Pri reševanju kvadratnih enačb moramo biti previdn i, da se nam ka ka rešitev ne izmuzne . Sistematično bomo upoštevali vse možnosti. 1. Naj bo a + d *" O. Potem sledi iz tretje enačbe, da mora biti b = O, iz četrte pa e = O. Prva enačba postane tako a2 = O, torej a = O, druga pa je d 2 = Oa li d = O.Sedaj pa predpostavka a + d*"O ni več izpol njena. T a možnost nam ne da no bene rešitve. 2. Naj bo torej a + d = O. Zadnji dve enačbi sta sedaj izpo lnjeni pri polju- bnih vrednost ih neznank e in d . Iz d =-a in iz druge enačbe sledi a2 + be =O, kar je prva enačba. Ostala nam je tako le še prva enačba a2 +be = O. Če vzame- mo b = e = O, dobimo a = O, zaradi a + d = O pa tudi d = O, kar nam da rešitev A=O. Pa si izberimo e *" O. Tedaj smemo prvo enačbo deliti s e in dobimo 105 b = -a2 /c . Iz pogoja a +d = O sledi seveda d = -a, števili e in a pa sta poljubni, le e ne sme biti O. Dobili smo neskončno mnogo rešitev enačbe A 2 =O: A = [a .. e -a a in e poljubna, e =1= O Če pa vzamemo e = O, sledi iz prve enačbe a = O, zaradi pogoja a + d = O mora biti tudi d = O,b pa je poljuben. Dobili smo še rešitve: A b poljuben Če vzamemo sedaj b = 1, v prejšnj i rešitvi pa a = O, e = 1, dobimo posebno enostavni rešitvi enačbeA 2 = O: Pri številih rešujemo tudi druge kvadratne enačbe. Npr . enačba a2 =a ima rešitvi a = O in a = 1. Vprašajmo se, kako je z rešitvami ustrezne matrične enačbe A 2 = A. Matrikam s tako lastnostjo pravimo idempotentne matrike. Po analogiji s številsko enačbo a2 = a sklepamo, da ima ustrezna matrična enačba gotovo rešitvi A = O in A = 1, kar je očitno res. Izračunajmo še druge rešitve enačbe A 2 = A. Iz enačbe (10) in pogoja A 2 = A sledijo spet štiri kva- dratne enačbe: a2 + be = a ela +dl =e bla +dl =b be + d 2 = d Razlikovati je treba več možnosti. 1. Naj bo a + d = O. Tedaj sledi iz druge enačbe e = O, iz tretje pa b = O. Iz prve dobimo a2 =a. Iz a + d = O sledi d = -a. To vstavimo v četrto enačbo in dobimo a2 = -a. Iz enačb a2 = a in a2 = -a sledi 2a = O, torej a = O. zato tudi d =O. Dobili smo že znano rešitev A =O. 2. Naj bo sedaj a + d =1= O, b = O in e = O. Prva enačba pove sedaj a2 = e , 106 druga in tretj a pos t aneta O = O, četrta pa d 2 =d . Tako dobimo možnosti a = O ali a = 1 in d = O ali d = 1. To nam da šti ri rešitve : Prvi dve rešitvi smo že uganili , drugi dve sta novi. 3. Naj bo spet a + d =f=. O in b =f=. O. Sed aj lahko tretjo enačbo krajšamo z b in dobimo a + d = 1. Druga enačba postane e = c, ki je izpolnjena seveda za vsak e. Iz a + d = 1 izrazimo d = 1 - a in to vstavimo v četrto enačbo. Dobimo be + (1 - al 2 = 1 - a ali , po ureditvi, be + a2 =e , kar je prav prv a enčba . Ker smo predpostavi li b =f=. O, lahko iz prve enačbe izrazimo e : e = (a - a2 11b, a in b sta še poljubna, le b ne sme biti enak O.Tako smo dobili neskončno mno- go novih rešitev enačbe A 2 = A: 4. Zadnja možnost je a + d =f=. O, b = O, e =f=. O. Sedaj spet sledi iz druge ena čbe a + d = 1, tretja postane O = O, prva pa a2 = a. V četrti enačbi upošte- vamo d = 1- a in dobimo a2 =a . Rešitve so tako a = O, d = 1 ali a = 1, d = O, e pa je poljuben. Dobili smo še neskončno mnogo novih rešitev enačbeA 2 =A: e po ljuben Med drugim smo spozna li tudi: v št evilih ima kvadratna enačba a 2 = a dve rešit vi, ustrezna matrična enačba pa ima neskončno mnogo različnih rešitev . Med rea ln imi števili kvadr at na enačba a 2 = -1 seveda nima rešitve . Lahko pa se seveda vprašamo, ali ima ustrezna matrična en čba rešit ve , matrike, k i imajo realne matrične elemente. Odgovor je spe t da . Zgornja rnatr ična enačba prevede do sistema štirih kvadratnih enačb: a2 + be = - 1 (a +dl b = O (a +dl e = O d2 +be = - 1 107 Podobno, kot smo reševali sisteme kvadratnih enačb doslej, lahko rešimo tudi ta sistem. Naj bralec poskusi sam! Dobi se rešitev: [ a A = (-1 -a2 )/ b e, b poljubne, b =1= O Posebno preprosto rešitev dobimo v primeru a = O, b = 1. Dobljeno matriko označimo z J: Tisti, ki že poznate kompleksna števila, opazite, da ima matrika J prav tako lastnost kot imagina rno število i: ;2 = -1 . Doslej smo spoznali, da lahko z matrikami pogosto računamo podobno kot s števili. Spoznali pa smo tudi pojave, ki jih pr i številih ne srečamo. Pri številih lahko govorimo tudi o deljenju. Če je b =1= O, lahko poljubno število a delimo z b . Dobimo alb. Pravzaprav je deljenje odveč, saj lahko zapišemo: .; = a.i. Zadošča, da za vsako število b =1= O poznamo njemu recipročno števi- lo 1J. Deljenje je potem množenje z recipročno vrednostjo. Za b =1= O je x recipročno število, če velja b. x = 1. V tej obliki pa lahko posploširno pojem recipročnega števila na matrike. Dana naj bo matrika A. Rekli bomo, da je matrika X inverzna k A, če je izpolnjena enačba: A . X = I (11) Če taka matrika X obstaja, jo bomo označili zA -1 , matriko A pa bomo imeno- vali obrnljivo. Naravno je seveda vprašanje, ali ima vsaka od O različna matrika inverzno matriko. Pokažimo, da to ni res . Naj bo Poglejmo, če ima za ta A enačba (11) rešitev. Izračunajmo 108 A.X Kakorkoli izberemo števila x, y, z in u, nikoli ne bomo dobili na desni strani zgornje enačbe matriko I. To pomeni, da matrika A nima inverzne matrike, čeprav je različna od matrike O. Za mnoge matrike hitro vidimo, da imajo inverzno matriko. Matrika 1 je npr. sama sebi inverzna, saj velja I. 1 = I. Tudi matrika Jima inverzno matriko. Zaradi enačbe J2 = -1 je -J inverzna k J. Naloga: Poišči vse matrika. ki so same sebi inverzne . Poskusimo ugotoviti, katere matrike imajo inverz. Za dano matriko A mora torej veljati enačba (11), ali na dolgo: Primerjava levih in desnih strani v tej enačbi nam da sistem štirih linearnih enačb: ax + bz ex + dz o a y + b u e y + du o (12) To sta pravzaprav dva ločena sistema dveh enačb za dve neznan ki. Rešimo prvi sistem (pri začasnem privzetku, da je d =1=- O in b =1=- O). Prvo enačbo pomnožimo z d , drugo z -b in seštejemo dobljeni enačbi: (ad - b cl x = d Od tu lahko x izračunamo, če je le ad - be =1=- O. Privzemimo, da je tudi ta po- goj izpolnjen. Tako dobimo x = dl (ad - be). Podoben račun nam da z = -el (ad - bel. Drugi sistem rešimo po podobni poti in dobimo y = -b/(ad - be), U = a/(ad - be). Za X smo dobili torej matriko X= __!...__ [d -b ] ad - be -e a (13) 109 Preskus pokaže, da je res AX = l . Izračunajmo še X . A : [ ad - be XA = __L_ ad-be O O J- / ad -be Opazimo še, da je s formulo (12) vedno določena neka matrika, če je le izraz ad - be =1= O. Tako smo dokazali izrek: Če je za matriko A izraz ad - be različen od O, potem obstaja k matrik i A inverzna matrika. Dana je s formulo (1310 Izraz ad - be imenujemo determinanta matrike A. Ostane seveda vpra- šanje , kako je z inverzom v primeru, ko je determinanta enaka O. Oglejmo si primer, ko sta b in d različna od O,ad - be = O. Prvo enačbo v (12) ax + bz = 1, pomnožimo na obeh straneh z d'. Dobimo adx +bdz =d . Ker je ad - be = O, je ad = be. To upoštevajmo v zadnj i enačb i in dobimo bex +bdz =d. Po delitvi z b pa dobimo ex +dz = d/b Druga enačba v sistemu (12) pa je ex +dz =O. Ker sta din b različna od O, sta dobljeni enačbi protislovn i in sistem nima rešitve, matrika A, za katero je ad - be = O, pa nima inverzne matrike. Zgoraj smo obravnavali primer ad - be = O, b in d različna od O. Za vse ostale možnosti: b = O, d = O in b = O, d =1= O in b =1= O,d = Obi prišli do ist ega rezultata, kot se bralec lahko sam prepriča . Tako smo dokazali izrek: Matrika A ima inverzno matriko natanko tedaj, ko je njena determinanta ad - be različna od O. Podobnih problemov, kot smo jih obravnavali doslej, je še mnogo. Po- dobno, kot smo študirali matrike dimenzije 2 x 2, b i lahko študirali tudi ma - trike 3 x 3: ali celo matrike, ki imajo še več vrstic in stolpcev. Če bi za zgornjo matriko A želeli rešiti npr. enačboAf =-/, bi naleteli na sistem devetih kvadratnih enačb z devetimi neznankami. Take sisteme je izredno težko reševati po poti, ki smo jo ubrali pri matrikah 2 x 2. Očitno so naše direktne metode neprimerne za 110 študij matrik dimenzije 3 x 3 ali celo večjih matrik. Na dlani je misel študirati matrike na način, ki je neodvisen od njihove velikosti. Matematiki so tako pot našl i že pred več kot sto leti. Študij matrik obsega panoga matematike, ki se imenuje linearna algebra . Študent i matematike in večina študentov tehničnih smeri spozna linearno algebro v prvem letniku študija na univerz i. Anton Suhadolc STEVILSKA KRI2ANKA TRIKOTNISKA STEVILA Rešitev iz P-1 (Franci Oblak) 25 1 6 2 9 3 3 4 0 g] 5 1 6 3 7 8 8 6 9 0 10 4 2 6 5 g] 11 4 2 · 8 O ~ 1 +b+c 123 6 9 13 6 K2J 14 15 5 ~2 4 O 1 2p 16 3 7 O 17 8 g] 18 3 9 6 Oa 19 ~sls - a)(s-b)(s - c) 9 1 4 7 6 O O -p- 20 g] 214s-a 3 4 6 5 2 7 5 ..E- zz ~ 23 3 K2Js 3 9 6 O 9 9 1 24 6 2 g] 253 7 O 2 ~ 26O 7 be 27 28 ~ 29 30 4p 5 3 O 7 4 8 6 2 4 y'2(bz+c')-d 31 5 9 2 9 2 32 3 ~ 3a 8 b:e ySbc (s-a) 34 ~6 7 2 2 4 9 1 2 are t 9 (s-b){s-c) a=are eas b 2+cl._a2 s.{s -a) 2bc 111 r=_a_ 0= e= t. - 1a-"2 s=a s =cx a= PISALI SO NAM učitelji aktiva za MA-FI občine Sovenske Konjice in nam poslali naloge, ki so jih reševali učenci v njihovi občini na šolskih tekmovanjih . V "matematično razvedrilo" in izziv vam ponujamo nekatere, 6 2 7 3 112 1. (5. razred) Od 35 učencev je 20 učencev članov matematičnega krožka, 11 učencev članov športnega kro žka, 10 učencev pa ni v nobenem krožku. Koliko učencev je hkrati v obeh krožkih? 2. (5. razred) Ploščina pravokotnika meri 168 cm2 , njegova širina pa 12 cm. Koliko večjo ploščino ima kvadrat, katerega obseg je enak obsegu tega pravokotni ka? 3. (5. razred) Brat in sestra sta imela pred 8 leti skupaj 8 let. Čez koliko let bosta imela skupaj 40 let? I 4. (6. razred) Kolesar krene po klancu. V prvi sekundi prevozi 1,3 rn, nato pa v vsaki sekundi za 2,98 m daljšo pot kot v prejšnji sekundi. Kol ikšno pot prevozi v 7 sekundah? 5. (6. razred) V prvem razredu neke osnovne šole je 60 učencev , kar je 3/4 od 1/4 vseh učencev te šole. Koliko učencev je na tej šoli? 6. (6. razred) V šolo je vpisanih 180 fantov in 192 deklet. Iz njih so obliko- vani oddelki z enakim številom učencev tako, da je število fantov v vsakem oddelku enako. Učenci so razdeljeni v oddelke z največ 50 učenci. Koliko fantov in koliko deklet je v vsakem oddelku? Koliko je oddelkov na šoli? 7. (7. razred) Obseq pravokotnega 8. (7. razred) Tabelo izpolni s števi- zemljišča meri 42 m. Višina je za li tako, da bo vsota vseh so- 1/4 krajša od osnovnice. Za koli- sednjih števil vodoravno in nav- ko se zmanjša ploščina zemlji- pi čno 15. šča, če zemljišče zmanjšaš za polkroga nad višino? 3 6 6 3 6 5 8 2 5 8 7 1 7 7 1 3 6 6 3 6 9. (8. razred) Vlak odpelje iz postaje s 15-minutno zamudo. Zato poveča hitrost za 20% od predvidene hitrosti, dokler ne nadoknadi zamude. V kolikšnem času od odhoda iz postaje je vlak nadoknadil zakasnitev? 10. (8. razred) Telesna diagonala kocke je enaka telesni diagonali kvadra in meri 5 V3 cm. Izračunaj a) površino kocke b) razsežnosti kvadra, če je dolžina kvadra enaka osnovnemu robu kocke, širina pa petkrat manjša od dolžine. Rezultati: 1. 6; 2. 1 cm2 ; 3. čez 8 let; 4. 71.68 m; 5. 320; 6. 15 fantov, 16 deklet, 12 oddelkov; 7. 63,585m2 ; 9 .1 h15m in ; 10. a) 150 cm2 , b] a = 5 cm, b = 1 cm, C = 7 cm; 8. glej sliko Učiteljem iz Slovenskih Konjic, še posebej tov. Jani Novak-Vehovar, sev ime- nu naših bralcev prisrčno zahvaljujemo, k sodelovanju pa vabimo tudi vse ostale. prir . Damjan Kobal Črn i (2 figuri - kralj neviden) NALOGA NEVIDNOST GA NE REŠI Črni kralj je na šahovnici, le neviden je. Beli je na potezi in lahko matira črnega kralja veni potezi . Katera je ta poteza? po R. Smullyanu prev. Peter Petek Beli (6 figur) 113 '-''-/ UllNn"11 10, '.-' " _1 u: IL' , IZMERI KOTNO HITROST VRTENJA ZEMLJE ~----~- - -----------p' .....--gTba nje zvezde.....--.....-- .-/' /' Slika 1. K merjenju kotne hitrosti vrtenja Zemlje. Opomba: Palici morate biti dovolj viso- ki, da brez težav opazujemo prečkanje zvezde čez del neba, ki ga zajameta palici. Če opazujemo prečkanje zvezde , ki ima dosti večjo (manjšo) višino od 45°, upoštevamo, da je w = a/(t. cos li), kjer je li deklinacija zvezde. Podrobnosti glej v knjižici Astronomska opazovanja, Presek, 1977 /78, št. 5, str. 239 . * Najprikladnejše zvezde za opazovanje so: Spika v ozvezdju Device (spomla- d i). Atair v Orlu (poleti in jeseni). Rimščice v ozvezdju Oriona (pozimi) . 114 To, da se Zemlja vrti od zahoda proti vzhodu in da se venem dnevu enkrat zavrti, že veš. Kotna hitrost vrtenja Zemlje, to je kot, za katerega se Zemlja za- suče v časovni enoti, je pomemben astronomski podatek, ki ga je dobro pozna- ti tudi v navadnem življenju. Morda niti ne veš, da tudi ta podatek poznaš. Prav res. V 24 urah se Zemlja zasuče za 360~ veni uri se zavrti za 3600/24 = = 150 , veni minuti za 15', veni sekundi za 15", Torej je kotna hitrost vrtenja Zemlje w = 150 Ih (150 na uro) = 15'/min (15 kotnih minut na minuto) = = 15"/s (15 kotnih sekund ha sekundo). Tu ti bomo pokazali, kako kotno hitrost Zemljinega vrtenja izmeriš iz na- videz nega gibanja zvezd. Opazovanje izvedeš s prostim očesom. Najbolje je, da opazujeta dva . Eden meri, drugi zapisuje meritve. Nato vlogi zamenjata. Vzameš dve okoli 1,5 m dolgi ravni palici (droga, deski), ki ju zapičiš navpično v tla v južni smeri od svojega opazovališča, kot kaže slika. Izmeriš razdaljo d med obema vzporednima palicama. Jasnega večera udobno sedeš na klop ali pa v travo tako, da v južni smeri brez težav opazuješ prečkanjezvezd čez del neba, ki ga omejujeta palici (slika 1). Izbereš svetlo zvezdo * na južni strani neba okoli 450 nad obzorjem tako, da bo zanesljivo prečkala del neba med palicama. Izmeriš še razdaljo r od sredine med obema palicama do očesa. Tako izračunaš kot a, ki ga s tvojega opazovališče oklepata palici in ga bo prečkala zvezda. Ta kot izračunaš iz enačbe al3600 = dl2 1T r, kjer izmerjena d in r poznaš. Ves čas opazuješ z istega opazovališča. Opazuješ z enim očesom (zakaj?) in se ne premikaš. Zabeležiš čas ti, ko zvezda zaide za prvo (levo) palico. Nato se zvezda spet pojavi. Navidezno se giblje proti drugi (desni) palici. Po- trpežljivo čakaš in zabeležiš še čas t 2 , ko zvezda zaide za drugo palico. Zvezda se navidezno giblje od vzhoda proti zahodu (od leve proti desni). ker se Zemlja vrti z enako kotno hitrostjo kot nebesna krogla, le v nasprotnem smislu. V času t =t 2 - ti se zvezda navidezno premakne za kot a, za enak kot, a v nasprotnem smislu, pa se v istem času zavrti Zemlja. Veni sekundi se torej Zemlja zasu če za kot alt, ki je ravno merjena kotna hitrost Zemlje, torej w = alt. Naredi več meritev z različnimi zvezdami in izračune] povprečno vrednost za w. Bodi čim bolj natančen! Izmeriš: d = cm r= cm lzračunaš: a =d. 3600/2 1T r = ........ o ti = S t2 = S s => ..... h Marijan Prosen Sledi: w = alt = oIh 115 '-'-/1 " r L "" TEORIJA IN POSKUS Današnji fiziki si enako kot G. Galilei in 1. Newton prizadevajo, da bi spoznali tajnosti narave . Med tedanjim in sedanjim raziskovanjem pa ne gre spregle- dati vsaj dveh pomembnejših razlik. G. Galilei je sam postavil teorijo prostega padanja in delal poskuse in meril s kotalečimi se kroglicami. V tistih časih in tudi še pozneje so isti fiziki postavljali teorije, načrtovali poskuse in jih delali, gradili merilne naprave in merili. Nekako na začetku našega stoletja pa so naloge postale tako obse- žne, da so si fiziki razdelili delo. Vse bolj so nekateri samo postavljali teorije in računali, drugi pa samo načrtovali poskuse, gradili naprave in merili. Prvi so teoretiki, drugi eksperimentalci. Delitev je šla še dalje , tako da se marsikateri izmed današnj ih raziskovalcev razume samo na majhen del teorijske ali eksperimentalne fizike. Druga sprememba je segla še globlje. Nekdaj so raziskovali le možje, ki so bili pripravljeni skromno živeti ali so imeli kako premoženje. Saj so že obstajale univerze in akademije in marsikateri vladar al i mesto ali država so podpirali raziskovanje, toda plačila in podpore ponavadi niso bile izdatne. G. Galilei in 1. Newton sta bila prej izjemi: sploh nista živela slabo. Galilei je znal zahtevati ustrezno plačilo, ker je moral skrbeti za družinske člane,!. Newton pa je postal nadzornik kraljeve kovnice in je zapustil nečakinji veliko premoženje. Kljub te- mu je bila znanost za današnje pojme tedaj zelo omejena . V našem stoletju, posebno po drugi svetovni vojni, pa je "znanost postala velika". Organizirano raziskovanje na univerzah, akademijah in inštitutih, tudi na številnih inštitutih industrijskih ustanov, podjetij. in urejen način zbiranja denarja preko razisko- valnih in drugih skupnosti dajeta znanosti mnogo širši okvir in veljavo, a jo tudi zavezujeta. Naravoslovje hodi po dveh nogah, teoriji in poskusu ... Zdaj postavi naprej eno, zdaj drugo nogo. Nenehen napredek je mogoč samo z uporabo obeh - s teorijskim razmišljanjem in potem s preskušanjem ali odkrivanjem novih zvez pri poskusih in potem stem, da pristavimo teorijsko nogo in jo porinemo naprej in tako dalje izmenoma ... R.A . Millikan, Nobelovo predavanje 1924 116 V idealni predstavi se eksperimentalec suče okoli naprav, ki jih je zgradil, in meri. Poleg tega mora preskrbeti denar, material in instrumente, nadzoro - vati včasih številne tehnike in laborante in obdelovat i rezultate merjenj . Vse to pogosto t raja leta in leta in edini namen tega dela je natančnejša vrednost kakega parametra ali konstante ... Teoretik pa v idea lni predstavi sedi za pisalno mizo v čisti in svetli sob i s pogledom na vrt ali ribnik ali v najslabšem primeru leži doma na kavču in razmišlja "o naravi stvari" ali računa. Od časa do časa prekine to z zanimivimi diskusijami o raznih zna nstvenih in splošnih proble- mih .., V resnici seveda razmere niso tako preproste. V 19. stoletju, da ne go- vorimo o prejšnjih stoletjih, še ni bilo jasne delitve fizikov na eksperimentalce in teoretlke, Glede na sposobnosti in želje so seveda nekateri več eksperimenti· rali , drugi več računali, večina pa je delala oboje . Čedalje bolj zapletena ekspe- rimentalna tehnika, hitra rast števila fizikov, tekmovanje med njimi, večanje znanstvene uspešnosti in kopičenje informacij je povzročilo "delitev dela" in ločiteveksperimentalcev in teoretikov. V.L. Ginzburg, Sodobni problemi fizike in astro fizike, DZS, Ljubljana 1978, str. 76 NEWTON IN GRAVITACIJSKA KONSTANTA Pravzaprav je presenetlj ivo, koliko si je 1. Newton pomagal z gravitacijskim za- konom, ne da bi ga poznal do podrobnosti. Ni namreč določil gravitacijske konstante. Privlačna sila med drobnima telesoma je sorazmerna z maso enega in drugega telesa in obratno sorazmerna s kvadratom njune razdalje . Da pa bi lahko izračunali silo med telesoma, bi morali poznati še sorazmernostni koefi- cient, gravitacijsko konstanto K: F = «mm'rr? Iz astronomskih opazovanj gravitacijske konstante ni mogoče določiti, saj ne poznamo privlačne sile, obeh mas in razdalje. Na Zemlj i bi jo lahko določili, če bi imeli podatek o masi Zemlje: privlačno silo , to je težo telesa, njegovo ma- so in radij Zemlje poznamo. Pri krogeino simetričnem telesu za točko zunaj telesa glede gravitacije lahko veliko telo nadomestimo z drobnim telesom z enako maso v njegovem sred išču. Iz prejšnje trditve izhaja na drugi strani, da bi lahko "stehtali Zemljo" , se pravi določili njeno maso, če bi poznali gravita- cijsko konstanto . 1. Newton je to skoraj naredil. V predlogu X, izreku X v 3. knjigi je ugoto- vil: " Ker je navadna snov na zemeljskem površju dvakrat težja kot voda in 117 malo niže v rudn iki h t ri- do štirikrat t ežja ali celo petkrat težja, je verjetno ko Iič i na vse snovi na Zemlji pet - ali šestkrat težja, kot če bi bila vsa Zemlja iz vode. ' Vzemimo, da je Zemlja v povprečju 5,5-krat gostejša od vode. Z znanim radijem 6400 k ilometrov i zračunamo njeno maso: mz = pV = p.4 1Tr/ 13 = 5500 kgm-3 .41T(6,4.106 m)3 13 = 6.10 2 4 kg Zemlja pr ivlači telo z maso 1 kg s težo 9,8 N, tako da je gravitacijska konstanta K = Fr2/mmz =9,8 N (6,4.10 6 m)2/1 kg.6. 102 4 kg =6,7.1O-1 1 Nm 2/kg 2 Če upoštevamo, da je 1 N = 1 kgms-2 , lahko enoto zapišemo drugače: m3Ikgs2 • Vend ar Newton ni naredil tega koraka. Najbrž le ni zaupal svojemu ugi- banju o gostoti Zemlje. Zato ni mogel uporabljati naravnost gravitacijskega zakona, ampak se je moral zadovoljiti z računanjem razmerja , na pr imer razmerja gravitacijskih sil danih teles v odvisnosti od razmerja njunih razdalj: F21F1 = (rdr2 )2. MERJENJE GRAVITACIJSKE KONSTAN TE Še za Newtonovega življenja so se fiziki spraševali, kako bi določ ili gravita - cijsko konstanto . Treba je izmerit i zelo majhno privlačno silo med telesoma na zemeljskem površju . Za začetek so posku sili s silo med drobnim te lesom in go- ro . Telo so obesili na vrvico in merili odklon vrvice od navpičnice. Francoz Pierre Bouguer je delal poskuse na ekspedicij i leta 1738 ob Chimborazu v da- našnjem Ekvadorju . Anglež Maskelyne je meril v škotsk ih gorah. Vendar se za- misel ni obnesla. Privlačna sila med laboratorijskima telesoma je še manjša. Bilo jo je mogo- če izmeriti šele potem, ko je francoski vojašk i inženir Charles Au gust in de Cou lomb izumil torzijsko tehtnico (slika 1) . Prečka na navpi č ni kovinski ali kremenov i nitki se malo zasuče, če deluje pravokotno na prečko v njenem kra- [išču šibka sila. Zasuk je mogoče natančno izmeri t i, če pritrdimo na prečko zrcalce, usmerimo nanj ozek svetlobni curek in opazujem o premik svetle pege na oddaljeni steni. S tako tehtn ico se je Coulomb v letih od 1785 do 1789 pre- pričal, da je si la med naelektrenima telesoma obratno sorazmerna skvadratom razdalje. Sila je privlačna , če imata naboja nasproten znak , in odboj na, če ima- ta enak znak. S torzijsko tehtnico , (slika 2) je Anglež Henry Cavendish leta 1798 prvič izmeril gravitacijsko konstanto . Na krajišče lahke prečke je pritrd il drobni telesi in izmeril silo med njima in večjima svinčenima kroglama, ki ju je 118 Slika 1. To rzi jska teht ni ca, s katero je C.A . Coulomb leta 1785 preve ri l zakon za silo med naelektrenima telesoma. Zakon ima podobno ob liko kot Newt onov gravi- tacij ski zakon : sila je sorazmerna z nabo- jem enega in z naboje m d rugega telesa in ob ratno sorazmerna s kvadratom razda- lj e. T oda za razliko od gravi t acije, ki je vedno p rivlač na, j e ele ktrična sil a pri - vlačna , če ima t a naboj a nasproten znak , in odboj na, če imata enakega. Preč ka s telesom j e obešena na tank i k ovi nsk i nitki in zasuk prečke j e sorazmeren s silo. II. E w F~;;:::= ==f:=========:~ E w "-5z======-~. Slika 2. Torzijska tehtnica, s katero je Henry Cavendish leta 1798 izmeril gravitacijo med laboratorijskima tele soma in določ il gravitacijsko konstanto 1< ~ 6,7 .10 -1 1 m 3/kgs'. Naspro ti velikima svinčenima kroglama W z maso po 158 kilogramo v sta drob ni krog li B na preč ki , ki visi na tanki kovinski nitki. Za radi sil e med krog lama W in B se preč ka zasu- če. Zasuk prečke je Cavend ish izmeril na skalah A , ki sta ju osvetljevali sveti lki L, skozi daljnogleda T . 119 notranji sili sistema o beh kroglic Tsila velike krog lice t na malo 1sila ma le k roglicena velikoupor vzgono .- vzqon i t<' .- upo r,- O -"teža'" postavi l nasprot i. Podo ben pos kus naredimo danes brez težav pri pred avanju iz f izike v prvem let niku na un iverzi. Natančna merjenja pa so veliko bolj za- htevna . Gravitacijska konstanta sodi med najmanj natančno določene sploš ne konstante . Leta 1982 sta G.G. Luther in W.R . Towler dobila zanjo 6,6726 .10'\ \ m3 / kgs2 • Razmišljanje p rihrani ma rs ikateri posku s, a ne vseh Gal ilejev predhodnik na unive rzi v Pisi Battista Benedett i je (leta 1585) zasledil nasprotje : Vzemimo, da težje telo pada hitreje od lažjega . Zvežimo obe telesi. Sestavljeno telo pada hitreje, ker je težje od težjega telesa . Toda težje telo sili lažje k hitrejšemu gibanju, lažje pa težje k počasnejšemu, tako da se giblje sestav ljeno telo hitreje kot lažje, a počasneje kot težje. Oboje ne more veljati, zato padajo vsa telesa enako. Verjetno je Gal ilei izhajal iz tega spoznanja, k i velja , če ni tr eba upoštevat i zračnega upora. Aristotel pa je b il prepričan , da vakuum , to je prosto r, v katerem ne b i bilo zračnega upora, splo h ne obstaja, ker se ga " narava boj i" . Zato je vsaj pod- zavestno upošteval upor zraka ali druge tekočine. V tej zvezi je poučno obdelati gibanje drobnih kovinskih ali steklenih kro- glic v vodi ali gibanje zelo drobnih vodnih kapl j ic v zraku. Za ta primer velja Aristotelova napoved : kroglica pada s konstantno hitrostjo , ki je tem večja, čim težja je kroglica . 1hitros.t 1 padanja teža 1hitros t padanja Slika 1. Velika kroglica pada v vodi z večjo hitrostjo kot mala kroglica. Z zelo tanko in dovolj dolgo nitko povezani kroglici pa padata s hitrostjo, ki je večja od hitrosti male kro - glice, a manjša od hitrosti velike. V vseh treh primerih je po kratkem začetnem odseku vsota vseh sil enaka nič in gibanje enakomerno. 120 Uporabimo Newtonov zakon, ki ga bomo obdelali pozneje. Na kroglico delujejo zunanje sile: teža mg = p Vg navpično navzdol in vzgon, to je teža izpodrinjene vode, mg = p'Vg, in upor 61Tf1]V navpično navzgor . m in p sta masa in gostota kroglice , a m' in p' masa in gostota vode . Oboje ima enako prostornino V = 4 1Tf 3 / 3, če je r radij kroglice. Stokesova enačba, po kater i je upor 61Tf1]V, velja samo, če je hit ro st v dovolj majhna. Pr i t em je 1] viskoznost, ki pove, kako se voda - na površju miruje glede na kroglico -upira gibanju. Po Newtonovem zakonu je vsota vseh zunanjih sil enaka z maso pomnože- nemu pospešku: ma = (m - m')g - 61Tf1]V Pospešek a je pozitiven v sme ri navzdol. Pospešek je enak nič, ko je gibanje enakomerno. Tedaj se giblje kroglica s hitrostjo v=mg(1-p' lp) /61Tf1]=2f2 (p-p')g I91] Hitrost je tem večja, č im večja je teža krogi ice . Ta enačba je "po duhu" blizu "Aristotelovemu zakonu gibanja" . Toda Aristotel je nekako spregledal upor in menda mislil, da razlika teže in vzgona "poganja" telo s ko nst antno hitrostjo . Zdaj povežimo kroglico z večj im radijem f 1 in kroglico z manjšim radijem f2 z dovolj dolgo vrvico tako , da gibanje ene preko gibanja te koči ne ne zmoti gibanja druge. Na večjo kroglico deluje zdaj še sila vrvice F navpično navzgor m1a1 = (ml -m1')g- 61Tf11]V1-F in na manjšo še enako vel ika sila vrvice navpično navdol m2a2 = (m2 - m2 'Ig - 61Tf21]V2 + F Pospeška al in a2 sta enaka nič, ko je gibanje enakomerno . Tedaj se gibljeta obe kroglici z enako hitrostjo V1 = V2 = vs' Seštejemo obe enačbi in izračuna­ mo to hitrost : Vs = (ml + m2 - ml' - m2 ')gI61T1] (rl + (2) = = 2(p -P')(f~ +f~)/91](f1 +(2) = = 2(p - p ')(fi - f1 rz + f;) 191] Čeprav pada posamična kroglica tem hitreje , čim težja je , je hitrost Vs med 2 2 2 2 hitrostrna V1 in V2, saj velja f2 < f1 - f1 f2 + f2 < f1 , če je fl < f1 . V tem pri- meru Benedettijevo nasprotje odpove. Kaka trd itev ima smisel le v določenih okoliščinah, ko lahko podrobno opredelimo, kaj opazujemo. Aristotelovim trditvam so manjkale predvsem te podrobne opredelitve. Janez Strnad 121 DCC/-l'C 1\101 l":«t:» I~,- 111L_',-1 Občinsko tekmovanje iz matematike - rešitve s str . 77 6. razred 1 al !!.. = _Ul.. = ..J~_L~i.._ =.!. x = 1. 8 1000 8.125 8' bl .....a... = .!. = .k..! = -~- x = 8 X .2 5 5.8 5.8 cl ..!.Q.Q... = 100. .!. = 100.8, .!. = 8, x = -81 X X X čl _"'--=-2. = O x - 7 = O x = 7 4,x' , 2. žepnina pred podražitvijo 1200 po podražitvi 1700 slaš čičarna 400 400+200=600 knjige 800 800 + 30%.800 = 1040 Izdatki po podražitvi: 600 + 1040 = 1640. 1700 - 1640 = 60 Mojci ostane 60 din. 3. Število 34a5b je deljivo s 4, če je 5b deljivo s 4. Zato mora biti bE {2, s). 34a5b je deljivo z 9, če je 12 +a + b deljivo z 9. Tedaj je a+b E {6,15} . b = 2 a = 4 število 34452 b = 6 a = O število 34056 b = 6 a = 9 število 34956 4. Konstruiramo kot 25,. A. Nariše- mo vb in premico p , ki je vzpo- redna s krakom kota 25,. A, nato še ve in premico s, ki je vzpore- dna z drugim krakom kota 25,. A, in končno označimo oglišča. 5. a = 60°, (3 = 30°, lj = 90° ..p = 900 - ~ = 90° -15° = 75° e = 900_.Do. = 90° - 30° = 60° 2 r = 360° - (..p + lj + e) = 360° - - (750 + 90° + 60°) = = 360° - 225° = 135° 122 D s 7. razred 1. a) .1 < 1 x xl -s b) 3--=-:;( > O 3-x<0 x>3 2. 3. c) lxi =x x ~O Prvi način: 31 6 + 31 4 = 31 4 (32 + 1) = 31 4.10 Drug i način: če pogledamo enice prvih potenc števila 3, sklepamo , da se 3 1 6 konča z 1,31 4 pa z 9, torej se 31 6 + 31 4 konča z O. Y = x + _22_ x Y = 1 25 x1 0 0 ' y=-Y-- x=08y 1, 25 r Vrednost spremenljivke x je za 20% manjša od vrednosti spremenljivke y . 4. P = PI + P2 + P3 + P4 + PS 3a a 5 a a 3 a a P I = 1-'16 P3 = "4-'16 Ps = -4-'16 P2 =~~~ !-i~-1-L~~ =~~~ - ~~~~- - ;;~~- (~ )2" ~__ y_ )2" a 2 " 9 a2 " 7 a2 " P4 =-4--- - _~_ _ .1..Cl..: = - - - - ----- =----- 2 2 32 512 512 3a 2 15a 2 " 5a 2 7a 2 " 3a 2 112a 2 + 22a 2 "P =- -- + ---- + --- + ---- + --- =---------- = 32 512 64 512 64 512 2 = ~-- (56 + ll1T) F 256 5. AC~ EB ~BF AE ~BC; CF~AB °EFD = 0ABCD + 2AC 0EFD =64 + 2.25 = 114 m 8. razred 1. aOb ab aE 1, ...,9 bE 0, ..., 9 a.l00+b = 6.(a.l0+b) 1OOa + b = 60a + 6b 40a = 5b 8a =b a = 1, b = 8, a~ 2 ni mogoče. Edino število je 108. 123 A o 5 o B o 2. 1. kolesar hitrost s t + 27 pot --!.._-. t t + 27 2. kolesar s----- t + 12 --~--. 12 t + 12 _...!~__ = _1.~~_ t+27 t+12 F -+--- O, y narašča, če x narašča. 1 = ~-X1 +.i 21 7 2 = ~-X2 +.i 2 1 7 Xl =*'X2 =-Fo 21.