(a) Na sliki vidimo podobnost s piščaljo , le d a pride do razlik zarad i drugačne ob like . Razlika v predznaku od m ika t laka od ravno vesne vred no st i je pona zorj en a s sve t lim i in tem n im i predel i. Za temne predele je 8p > O in za svetle predele 8p < O. (b ) Doppler jev premik zaradi vr t enj a . (c) Dopplerj ev posnetek povr šine Son- ca potem, ko računsko odstranimo pre- mik za rad i vrtenja. Slika predstavlja su pe rpoz icijo vseh nihajnih načinov na površini. Temnej ši deli se približuj ejo opa zovalcu , svet lejš i pa se od opazo- valca odda ljujejo. Slika 2 k članku na strani 270 : Sonce kot akust ičn i reson ator . + + - - - - - - - - nevt ralno = IL---_ Slika 1. P ozit ivna "trdnina" in negativna "tekočina" v vodniku sa mi n ist a ob stojni, obstoj na je le ne vt ralna sku p nos t obe h . + +- Slika 2. Na sprednjem delu vodnika med zaus tavlja- nj em v tanki p la sti prevla- d a nega t ivni naboj "tekoči­ ne" , na zadnjem delu pa pozit ivni na boj "t rdn ine" . Slika 3 . P ri influe nci v vo d niku v bli žini pozitivno naelektrenega te- lesa opa zim o enak pojav kot med za us tavljanjem vod n ika na sliki 2. Slika 4 . Na ploščah plošča­ tega konden zatorja, ki ga priključimo na izvir nape- tost i, sta presežka pozitiv- nega in negativnega naboj a veliko m anjša od naboja "trdnine" in "tekočine" v ploščah . I PRESEK list za mlade matematike, fizike , astronome in računalnikarje 25. letnik, leto 1997/98, številka 5 , strani 257-320 VSEBINA MATEMATIKA FIZIKA ASTRONOMIJA RAČUNALNIŠTVO N A LOGE REŠITVE NALOG ZANIMIVOSTI RAZVEDRILO PISMA BRALCEV TEKMOVANJA NA OV ITKU Nesrečno št evilo 13 je srečno (Jože G rasselli) 25 8-26 0 Mala šola topologije - 5. del (M arija Ven celj ) 274-276 Kvadratno kolo , ve rižn ica in traktrisa (Ma rko in Nada R azp et ) 294-299 Merjenje časovnih int ervalov (A ndrej Lika r) 262-265 Sončeve melodije (Zora n Arsov) 270-27 3 Elektr ični t ok po kovi ni (J a nez Strnad) 282 -287 Razlika med sino dskim in side rs kim mesecem (Karel Šmigoc) 266-269 ACM in mednarodno tekmovanj e iz pro gra mi ranj a (Mat ija Loka r) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 290 Ponovn o sa m sebe (Mart in J uvan) III Za izn a jdljive (D ragolj ub M. Miloševič) 260 Arabsk i vzorci (Vilko Dom ajnko) 26 1 Krog i, kro gi (Marti n J uvan), 265 Kje ob mir uje vozel? (Marija Vencelj ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269 Dva satelit a (Majda Lavrič) 273 Praštev ilska de žela (Mat ij a Lokar) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 278 La hka št evilska kr iža nka (M arija Vencelj ) 279 Nihalo na vod ilu (Mila n Ambrožič) 28 7 Vsak t r ikot n ik je enakokrak - s st r. 215 (Olga Arnuš) . . 28 1 Rezanj e pa lic - s st r. 230 (Dragoljub M . Miloševič) . . . . 290 Ne koliko drugačni kon strukcijsk i na logi - s st r. 209 (M a rija Vencelj ) , , . . . . . . . . 291-293 Križa nka "Področja matema tike" - s st r. 224 (Marko Bokal ič ) 293 Rešitve nalog , zast av ljen ih v pogovor u s prof. D ušanom Rep ovšem (Timotej Žoh ar) 300 Domača naloga (Mojca Lokar) 280-281 Križanka "Ka j pa vreme?" (Marko Bokalič) 288-289 Enakostranični t r ikotnik na rdeče-modri ravn ini (Martin Zadnik) ' 276-278 33. državno tek mova nje za Zlato Vegovo priznanje - rešitve s str. 24 1 (Aleksande r Potočnik) 301-302 16. državno tekmovanj e iz fizike za osnovnošolce - reši t ve s st r. 242 (Zlat ko Bradač, Mirko Cva hte) 303-306 41. matemat ično t ekmovanje sred nješo lcev Slove nije - rešitve s st r. 253 (Mat jaž Želj ko) 306-311 Rešit ve nalog z državnega t ek movanj a sred nješolcev iz fizike v šo lskem let u 1996/ 97 - s st r. 247 (B ojan Golli) 311-317 Izbirni t esti za mednarodno matematično olim piado - rešitve s str. 255 (Matj až Željko) 317-320 Pozdrav pomlad i (foto P et er Legiša ) 1 Slike k fizikalnima prispevkoma na straneh 270 in 282 II Sliki k članku na st rani 266 . . , IV Mat ematika I NESREČNO ŠTEVILO 13 JE SREČNO Ljudski glas pr avi , da je število 13 nesrečno . Matemat ika pozn a srečna števila in 13 je med njimi . P oljski mat emati k Stanislav Ulam je živel v let ih 1909 do 1984. Dolgo je deloval v Ameriki. Tam je izšla let a 1960 njegova "Zbirka matematičnih problemov". V tej knjigi je prvič govor o srečnih številih . Pozneje so se z nj imi ukvarjali še drugi . P ost op ek , po kater em je Ulam opredelil srečna števila, imenujemo Ulamovo rešet o. Pon azorimo na ~gledu , kako to rešeto seje. Določiti hočemo srečna števila do 50. Zapišemo vsa naravn a števila od 1 do 50, podčrtamo 1 in pre črtamo vsako drugo štev ilo Ko izp ustimo prečrtana števila , dobimo zaporedje 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29, 31 , 33, 35, 37, 39 , 41, 43, 45, 47, 49 . Prvo nepodčrtano število v tem zaporedj u je 3; podčrtajmo ga in prečr­ t ajmo vsako tretje število (ker smo podčrtali število 3) 1, ~, X7, 9, y( 13, 15, JI{, 19, 21, '%, 25, 27, 'jI!f, 31, 33, ;vf, 37, 39, ;(, 43 , 45 , ~ 49 . Odvr žem o prečrtana štev ila in pridemo do zaporedja 1, ~, 7, 9, 13, 15, 19, 21, 25, 27, 31, 33, 37, 39 , 43, 45 , 49 . (1) Št evi lo 7 je v za poredju (1) prvo, ki je nepodčrtano. Podčrtamo ga in v (1) prečrtamo vsako sed mo število 1, ~, I , 9, 13, 15, Ji{, 21, 25, 27, 31, 33, 37, ~ 43, 45 , 49 . Ko izpustimo prečrtana števila, im amo za po redje 1, ~ , I , 9, 13, 15, 21, 25, 27, 31, 33, 37, 43, 45 , 49. (2) Sedaj v (2) podčrtamo 9 in prečrtamo vsako deveto štev ilo 1, ~, I , Q, 13, 15, 21, 25, '7, 31, 33, 37, 43 , 45 , 49 . I lVIatematika Izpustimo prečrtano število 27 in smo pri zaporedju 1, ~ , I , Q, 13, 15, 21, 25, 31, 33, 37, 43 , 45, 49 . (3) V (3) podčrtama 13 in prečrtama vsako t rinajsto število 1, ~, I , Q, 13, 15, 21, 25, 31, 33, 37, 43, ~ 49 . Treba je to rej 45 odvreči in ostane zaporedje 1, ~, I , Q, 13, 15, 21, 25, 31 , 33 , 37, 43, 49 . (4) Ker je v (4) prvo nepodčrtano število 15, bi ga v naslednjem koraku podčrtali in iz (4) izpustili vsako petnajsto št evi lo. To da v (4) je le t rinajst členov, zato je sejanje končano . Števila , ki so imela "srečo" , da niso bila prečrtana in odvržena, so srečna. Srečna števila do 50 so tako podana z zapo redjem (4), 13 je eno od nj ih . Iz napravljen ega zgleda je jasno, kako pr esejem o srečna števila do naravnega števila CL. Za CL = 100 najdemo, da so srečna števila do 100 1, 3, 7, 9, 13, 15, 21, 25, 31, 33, 37, 43, 49, 51, 63, 67, 69, 73, 75, 79, 87, 93, 99 . Mislimo si sedaj, da izhaj amo iz zaporedja vseh naravnih števil (5) 1, 2, 3, 4, 5, .. . , n , n + 1, . . . in ga presejem o z Ulamovim rešetom . Št evi la , ki ostanejo , so srečna; neskončno j ih je, prv ih triindvaj set podaja za poredje (5) . Ob opazovanju srečn ih števil se porajajo raznovr stna vprašanja. Iz (5) vidimo, da so med srečnimi št evili do 100 št irje kvadrat i 1 = 12, 9 = 32, 25 = 52, 49 = 72. Ali je v zaporedju vse h srečnih števil neskončno kvadratov? Prašt evi lo je srečno ali pa t ud i ne. Po (5) je npr. prašt evilo 3 srečno , praštevilo 5 pa ne. Do 100 je 25 prašt evil, med njimi so srečna 3,7,13,31 , 37,43,67, 73, 79, kot pove (5) . Ali je neskončno praštevil, ki so srečna? Srečno število je zmeraj liho , saj Ula movo rešeto vsa soda št evila odvrže. Včasih sta zaporedni lihi št ev ili ob e srečni . Iz (5) preb eremo, da so med srečnimi števili do 100 pari te vrste 1, 3; 7,9; 13, 15; 31 , 33; 49, 51; 67,69; 73,75. Takšnim parom pravimo srečni dvoj čki . Ali je neskončno srečnih dvojčkov? 260 Matematika - Na loge I Začetna soda št evila se dajo izrazit i z vsoto dveh srečnih števil. Tako 2 = 1+1 4 =1 +3 6=3 +3 8 = 1+7 10=3 +7 12 = 3 + 9 14 = 1 + 13 16 = 3 + 13 18 = 3 + 15 20 = 7 + 13 (Včasih je takih izrazit ev več . Npr. 16 = 1 + 15 = 3 + 13 = 7 + 9.) Ali je vsako sodo naravn o št evilo vsota dveh srečnih šte vil? Na nobeno od zgorn j ih vprašanj odgovor ni znan . Do 100 je 25 praštevil , srečnih števil je 23; do 200 je praštevi l 46 , srečnih števil 39. Naj pomeni A(x ) šte vilo prašt evil, B (x ) število srečn ih št evi l do naravnega šte vila x . Dognali so, da gr e kvoc ient ~ i~j proti 1, ko rase x čez vse meje. P ri velikem x je to rej do x prib ližno to liko s rečn ih št evi l, kot je do x praštevil. Oglejmo si sedaj naravn a števila oblike n = 3t + 2, t = 0,1 ,2 , . ... Če je t sod, je n sod in odpade pri prvem sejanju . Če je t lih , je t = 2s + 1, s = 0, 1,2, ... , in n = 6s + 5; iz (*) se vidi , da so ta šte vila od vržena pri drugem sejanju. To pomeni , da št evilo oblike 3t + 2, t = 0,1 ,2 , .. ., nikoli ni srečno . Srečna so t ako lahko le števila , ki so delj iva s 3 ali pa puščajo pri delit vi s 3 ostanek 1. Seveda je tudi med tem i mnogo takih , ki niso srečna . Lit eratura S. Ulam, A Collection of Mat hem atical Problems. 1960. Članek M. Gardnerja v Ma th. In tell. 19 (1997) , 2, str. 26-29. Naloga Poišči srečna števila a) do 200, b) do 500, c) do 1000. Jo že Grasselli ZA IZNAJDLJIVE Na kupu gradbe nega materi ala leži nekaj povsem enakih kosov opeke oblike kvadra. Kako bi, br ez uporabe P it agorovega izreka , določili razdaljo med naj- bo lj od dalj enima točkama opeke? Dragoljub M . Milo ševi č I Naloge ARABSKI VZORCI Arabska likovna umetnost je zna- na po te m, da svo je likovne kom- pozicije gradi t ud i na čist ih geo- metrijskih zasnovah . Eden izm ed pogostih motivov je prepl et dveh ali več pravilnih večkotnikov s sku- pnim središčem. Na desni risbi so prikazane razvojne faze preproste- ga tovrstnega vzorca , ki je zasno- van na paru koncentričnih enako- straničnih t r ikotnikov . P ozorno poglejmo pred vsem par e koncentričnih večkotnikov , ki služijo t em vzor cem za osnovo. Ob njih se nam ponuja zanim iva na- loga . Denimo, da meri stranica pr avilnega n-kotnika a . Izračunaj obseg lika , ses tavlje nega iz para koncentričnih n-kotnikov tako , kakor kaže zgor- nja risb a , za: a) n = 3, 4, 6, b) n = 5, 8, c) za poljuben n. Naloga a) je lahka in je primerna t ud i za osn ovnošolce, naloga c) pa je le za zaht evnejše reševalce. Vilko Domajnko Fizika I MERJENJE ČASOVNIH INTERVALOV Želeli bi me r it i čas !:lt , ki poteče m ed dvem a dogodkoma , rec im o ji m a START in ST O P . V t a namen uporabimo stoparico : ko se zgo di START , stopar ico sprož imo, ust avimo pa jo, ko se zgo di STOP. Tako merijo čas, ki ga por abi smučar na progi a li kolesar pri d irki na kronometer. P rimerjava časov !:l t po t ekm i razvrsti tekmovalce. START je t u trenutek , ko smučar ali kolesar prekinet a st ika lo v start nih vrat icah , STOP pa, ko pripeljeta skoz i vrata na cilj u . St op ari ca je na poseb en način prirejena ura . Na sliki 1 je shematično prikazano vezje pri stoparici. Sunke iz električnega nihal a , im enujemo ga osc ilator, pr ip eljemo na vho d B vezja IN. Na izhodu iz vezja dob im o sunke le teda j , ko je na vho du A napetost , denimo 5 V . Takrat pravimo, da je na vho du logična enka, kar označimo z "1" . Dve križn o spoje ni AL I vezji z negiranimi vho di skr bita, d a je na vho du A napetost le med sunkoma START in STOP. Ta sta inve r t irana, kar pomeni , d a označuje sune k stanje "O" , večino časa je na vhodih stanje "1" . Sunke iz vezja IN prešteje mo, njihovo št ev ilo je sorazme rno z !:lt . JUUl A L STOP t J START tlf START Slika 1. Stopar ica z ele kt ro nskim proženjem in ustavlj anjem. Sune k START preklopi Ilip-flop, d a se pojavi na vhod u B vrat IN napetost, zato spus t ijo sunke iz oscilatorja na števno n apr avo . Vezji ALI tvori ta elektronski sklop , ki mu pravimo fiip-fi op . Vezje im a dve stanji: pri p rvem je na izh odu 1 "O" , na izhodu 2 pa "1", pri drugem stanju pa je obrat no . K er moramo začet i meri t ev s prvim stanjem, preklopimo fiip-fi op t ako, da na vhod STOP pripeljemo sunek. P otem vezje pravi lno deluje t udi pr i ponovnih me ritvah. O t em se bralec najlaže I Fizika prepriča sam, če up ošteva preglednica sta nj vezja ALI z neg iranima vho- doma cl! in f3 (slika 2). oo {3 izhod "1" "1" "O" "1" "O" "1" "O" "1" "1" "O" "O" "1" cl! izhod f3 Slika 2. Vrata AL I z negir an ima vho- doma. Pri oscila torju s frekven co 500 MH z že s to preprosto različico dose- žemo, da je b..t natančen na 2 ns. S stoparico merimo t udi zelo kratk e časovne intervale. V eksperiment alni fiziki jedra in osnovnih delcev up ora- bljajo posebne stoparice , ki zmorejo zaz nat i t udi nekaj piko sekund dolge inter vale. Tako med seb oj ločimo različno hitre delce ali pa delce, ki smo jih detektirali na različnih mestih. S st op arico, na primer, merimo kinetično ene rgijo nevtronov. V trenutku, ko se nevtron sprosti , se ura sproži, ko pa ga oddaljeni detek tor za zna, stoparico ustavimo. Hitri nev- troni im ajo hitrosti , ki so blizu svetlobni, ta pa za 1 meter pot i porabi 3 ns. Ker je razdalja, ki jo nevtroni preletijo v laboratoriju , le kakih 10 metrov , mora biti stoparica zelo hitra , najmanjši drobec časa , ki ga še zazna, pa okrog 10 ps . Merj enj e kr atkih časovnih razmikov je pom embno t udi v živem svet u . Znano je, da npr. net opirji in neka vrsta rac z oddajanjem zvoka in pr estrezanjem odbite ga valovanja opazujejo okolico . Razdaljo določajo z merjenjem časa, ki preteče med oddajo in sprejemom. Sove med let om s poslušanj em šumov izsledijo plen , ker zvok s strani ne pride v obe ušesi istočasno . Z določanjem časovne razlike lahko sova ugotovi smer , iz katere prihaja šum. V lab oratoriju so ugo tovili , da je pri tem pr esenetljivo na- tančna. Pri določanju lege plena ji pom agaj o še nesimetrično nameščena ušesa: eno uho je obrnjena nav zdol in t ako bolj e sliši šume s tal, drugo pa je obrnjeno navzgor . Časovni razmi ki , ki jih meri sova, so zelo majhni. Ker je razdalj a med ušesoma le nekaj centimetrov, zvok pa ima v zraku hitrost 340 ms - 1 , so kr aj ši od sto mikrosekund . Biologi so odkrili, kako deluj e t a živa stoparica, nameščena v ptičjih možganih. Osnovo sto parice tvorita zakasniini veri gi nevronav , ki st a na naspro- t nih krajiščih priključeni na ušesi . Nevron je celica , ki je povezana z dru- gimi nevroni in se vzbudi, če so vzbujeni nevroni, s kat erimi je povezana . Obe zakasnilni veri gi st a nep osredno v stiku s č utilno veri go nevronov (glej Fizika I potovanje motnje 5432o-1-2-3-4 vzburjen i nevron Č ---i"'---_J'-_ -f'--_r '-_ ...J }-- -Cf----{ }-- " --{}--i: }---{ potovanje motnj e Slika 3 . Sp let nevronov v pred elu sovinih m ožganov , ki služi kot stoparica. ZakasniIni ve r igi ZI in Zd sta v stiku s čutilno ve rigo Č. Na ene m koncu sta zakasn ilni ve r igi povezani z ušesnim i nevron i. sliko 3) . V t re nutku, ko dosp e zvok do ušesa , se začne po zakas nilni verigi mo tnja enakome rno širiti od nev rona do nevrona. Motnjo čutij o tudi čut iini nevron i, vendar se zelo šibko odz iva jo. Motnja pa potuje t udi po drugi zakas niln i verigi v nasprotni sme ri, saj prisp e zvok tudi v drugo uho. Na nekem me stu se motnji srečata. Tu je č utilni nevron vzbuje n hkrati z dveh strani, za to se zelo močno vzburi . Lega vzburjenega nevr ona pove živali zakas nitev. Če pride zvok v ob e ušesi hkrati , se bo vzburil nevr on na sredi, sicer pa se bo vzburil nevron na levi ali desni strani. Čim večja je zakasn itev , tem dlje od srednjega so vzburjeni nevroni . Vsakemu nevronu lahko pripišemo celoštevilčni naslov, ki je poziti ven , če leži nevr on desno od srednjega, in negativen , če leži levo . Prav t ako naslovimo nevr on e v čutiini verigi. Ker potuje motnja enakomerno po zakas niini verigi, je v času t , ki ga merimo od t renut ka , ko levo uho zazna zvok, vzbujen ni-t i nevron po enačbi ni = ci f a - no. Tu je c hi t rost motnje, ki jo mer im o v ms- l , a razdalja med nevroni, no pa je nas lov prvega nevrona v veri gi. Izb eremo ga tako, da do bi srednj i nevron nas lov O. Motnja v desn em ušesu praviloma ne nas tane istočasno , pač pa s časovno zakasnit vijo !:>.t . Po času t je zato vzbujen nd-ti nevron: nd = no - c(t - 6.t )/ a. Motnj i se srečata, ko velja n d = ni, ali ni = zea 6.t. Naslov vzburjenega nevrona je t orej sorazme re n z razliko časov 6.t. Hit rost širjenja motnje oce nimo iz podatka , da prepotuje razdaljo a veni mikrosekundi. Ker so nev roni zelo bli zu skupaj , a ~ 1 usi» , je hi t rost motnje ~ 1 ms-l . Seved a stoparica ni umerj en a na enoto, ki smo je vajeni. Te živa l t udi ne pot rebuje, saj izmerkov nikomur ne posreduje. IFizika - Naloge od mev t a koj šnja veriga c - -{}----{ zakas n iina ve r iga Slika 4. Splet nevro nov p r i net opi rju. E na od zakasniln ih ver ig je za me njana s takojšn jo , ki ob prest reženem od mevu hkrat i vzbudi čut i ine nevr one . P od obno je zgrajen del možganov pri netop irju. V trenutku, ko ne- topi r odda pisk , začne po zakas nilni veri gi potovat i motnja . Ko ušesa prest režejo odmev , se motnj a v hipu po poseb nem spletu, ki mu pravimo takojš nja veriga , pren ese do vse h nevron ov v č utilni veri gi. Močno se vzburi le nevron, ki je hk rati vzbujen pr eko za kas nilne in t akojš nje veri ge. Naslov tega nevrona pove ostalim delom mo žganov razdalj o do telesa, ki je zvok odbilo (glej sliko 4) . Andrej Likar KROGI, KROGI V logu narišem o krog z ukazom CIRCLE. V MSW logu im a ukaz en para- meter , ki določa polmer kroga . Središče narisanega kroga je v točki , v kateri se ob klicu nahaja želva . P oskusit e ugotovit i, kakšne slike nar išejo naslednja zaporedja ukazov: (a) CS REPEAT 5 [CIRCLE 30*REPCOUNT] (b) CS REPEAT 5 [CIRCLE 180-30*REPCOUNT PU FD 30 PD] (c) CS RT 90 PU BK 280 PD REPEAT 5 [CIRCLE 20*REPCOUNT PU FD 20+40*REPCOUNT PD] Ukaz REPCOUNT, upor abljen znotraj zanke REPEAT, vrne št evilo , ki pove, kater a pon ovitev zanke se trenutno izvaja. Martin Juvan Astronomija I RAZ LIKA MED SINODSKIM IN SIDERSKIM MESECEM Za merjenje časa lahko uporabimo kat eri koli enakomern o ponavljaj oči se poj av v naravi . Taka sta na primer kroženj e Zemlj e okrog Sonca in Lune okrog Zemlj e. Obhodnemu času Zemlj e okrog Son ca rečemo leto, obho- dnemu času Lune okrog Zemlj e pa mesec. Sprva so mislili, da obst a ja preprosta zveza med t rajan jem let a in meseca , saj se enake Lunine mene po jav ljajo približno vsakih 30 dni , dvan aj st takih obdobij pa naj bi pome- nilo leto. Kasneje so z meri t vami ugotovili , da se enake za poredne mene Lune ponavlj ajo vsakih 29 ~ dneva in da leto traja 3G5i dneva . Torej leta ni mogoče razdeliti na enako dolge mesece s celim šte vilom dni . Ta neiz- merljivost med t rajanjem let a in tra janjem meseca povzroča velike težave pri ses t av ljanju koled arj a , ki ga za t o ni mogoče ur editi enkrat za vse lej . Čas 29~ dneva med dvem a enakima zaporednima Luninima menama (npr.: od po lne lune do prve naslednje) imenujemo sinodski m esec. Temu času še najbolj ustrezaj o meseci našega koledarj a. Luna sveti z odbit o sončno svetlobo. Pri svoje m gibanju okrog Zemlje pride glede na Sonce v raz lične lege. Za op azovalc a na Zemlji se zato spre minja od Sonca osvet ljeni del Luninega površja . Ta naravni pojav poznamo pod im enom Lunine mene. Tir Luninega gibanja je razm eroma zaplet en . Za naš namen zadost uje, da gibanje Lune obravnavamo kot sestavljeno gibanje iz vrtenja okrog njene vrt iine osi, gibanja okrog Zemlje in gibanja skupaj z Zemlj o okrog Son ca . Že s pr eprosti m opazovanjem lahko ugotovim o, da se Luna vsak dan navid ezno giblje od vzhoda pro ti zahodu (zarad i vrtenja Zemlj e) , hkrati pa se pomika še glede na zvezde, in to od zahoda prot i vzhodu (zaradi kroženja okrog Zemlje) . O sled njem se lahko prepričamo t akole: Zvečer si ob določenem času zapom nimo lego Lune glede na kak predmet na ob zorju (npr. vaški zvonik , t ovarniški dimnik). Ko jo z istega opazovališča in ob enakem času sp et op azuj em o naslednji večer , ugotovimo, da je še ni ob izbranem objek tu. Skoraj uro (včasih več , včasih manj) moramo počakati, da se spet pojavi t am kot prejšnji dan. To dokazuj e, da Luna kroži okrog Zemlj e od zahoda proti vzhodu (t orej v isti sme ri, kot se Zemlj a vrti okrog svo je osi in kroži okrog Son ca). Ta obhodni čas t raja približno 27,32 dni ; enak je času med dvema zapored nima prehodoma Lune glede na isto točko, ki leži na zveznici med našim opazovališčem in kako določeno zvezdo. Ta čas zat o imenuj emo zvezdni ali siderski mesec . Sidersk i mesec je torej kr aj ši od sinodskega . Naš namen je, da z določenimi poenostavitvami in preprostimi računi poj asnimo razliko med ob ema mesecema. Astronomija Da Lu na kroži okrog Zemlj e in Zemlja okrog Sonca, vemo. Kadar rečemo, da kroži , si predstavljamo, da je tir gibanja krožnica . Navadno mislimo na enakome rn o kroženj e. Opazovanj a pa kažejo , da se Luna in Zemlja gib ljeta po različno sploščenih elipsah in neenakomerno. Ravnini Zemlj inega in Luninega t ira t udi ne sovpadata (oklepat a kot približno 5° ). Tako zapletena gibanja matematično t ežko natančno opišemo. Ob določenih predpostavkah in po enostav itvah pa la hko tudi s preprostim računom dobimo rezultate, ki so včasih zelo blizu natančne vr ednost i. Vzem imo najpreprostejši primer. T ira gibanja Lune in Zemlje naj bosta krožnici in obe teles i naj se enakomerno gibljeta v isti ravnini . Po krožnem tiru naj se giblje t udi naše opazovališče zaradi vrtenja Zemlje okrog njen e osi. (Opom ba: Ker oklepa zemeljska os z navpi č nico na rav- nino eklipt ike kot 23,5° , se največj i višinski kot Lune na zemljepisn i šir ini 45° sprem inja v mejah me d 16,5° in 73,5° . Če op az ujemo gibanje Lun e krajši čas, np r . v časovnem presledku enega dne, ko se Luna navidezno pomakne proti vzhodu za 13° , se njen največj i višinski kot le malo spre- meni. Na tem odseku gibanj a je t ir Lune približno vzpored en s tirom našega opazovali š ča .) S temi privzetki lahko primerjamo gibanje Lune in našega opazo- vali š ča s p remikanjem malega in velikega urnega kazalca v obratni smeri kot pri uri . Veliki kazalec naj ponazarja vrtenje Zemlje, mali pa kroženje Lune. Prem ikanje urnih kaza lcev med dv ema zaporednima prekr ivanjirna prikazuje slika l . D~- G ' G)'0, '"" .-- - -+--": \ začetna lega Lune in m a lega urnega kaza lca veli ki urni kazal ec označuje lego Ze m lje v začetni leg i Zemlja Slika 1. Model, ki prikazuje medsebojno gibanje Zemlje in Lune; mali urn i kaza lec ponazarja kro ženje Lune , ve liki pa kroženje Zemlje. 268 A stronomija I Čas med dvema zaporednima legama Lune nad izbrano točko na Ze- mlji določimo pod obno kot čas, v katerem se prvič po dvanajsti uri pre- krij et a veliki in mali urni kazalec. P oti Lune in točke na Zemlji , iz katere opazujemo, sta krožna loka. Zaradi preprostega računanja uvedemo loku pripadajoči središčni kot . Vrtenje Zemlj e okrog vrt ilne osi je enakomerno, po naši pr edpost avki je t ako t udi kroženje Lune. Zato so loki , ki jih opišet a telesi a li urna kazalca pri gibanju , oziroma lokom pripadajoči koti , soraz- merni s časom . Če označimo s t čas , ko se Luna ponovno poj avi nad našim zvonikom, in z o: kot, ki pripad a loku, ki ga opi še Luna v tem času , je razm erje med kotom o: in polnim kotom enako razm erju pripadajočih časov 36"'0 0 = 27 ~2t . Upoštevali smo, da pri enkratnem obhodu Luna, o op iše lok s pripadajočim kotom 360 0 v 27,32 dneh, oziroma 27,32to, če po men i to en dan. P odobno sorazme rje lahko zapišemo t udi za opazovališče na Zemlji. Opazovališče oziroma zvonik opiše v času to lok s pripadajočim kotom 360 0 ; v času t, ko se poj avi Luna nad zvon ikom, pa lok , ki mu pripada središčn i kot 360 0 + 0: ; t or ej je 3:~00t'" = f; . Količnik f- označimo z x in za 3~0 upoštevamo desn o st ran prvega soraz merja. Tak o dob imo enačbo 1+ 2; ,3 = x , katere reši t ev je x = 1,038. Časovna razlika med t in to je 54,7 minut . Po našem modelu torej kasni Luna dnevno približno 55 minut . V dneh oko li ščipa lahko Lu na vzide od 15 do 90 minut kasneje kot prejšnji večer (glej članek Gibanje Lune, Presek 15, 207 ). Zato ne sme mo bi ti razočarani , če se opazovanja vedno ne ujem aj o z računom. Povrnimo se k opazovanju Lune. S sk lepa njem sm o poj asnili dnevno po mikanje Lune proti vzhod u . Upoštevali smo samo sistem Zemlj a - Lu na in gibanje Lune obravnavali tako , kot da Zemlja miruje. Z gibanjem Lune so povezane t ud i njene mene. Štiri glavne Lu nine mene (m la j , prvi kr aj ec, šč ip ali polna luna in za dnj i krajec) si sledijo v časovnem pr esledku okoli 7 dni in 9 ur. Vse pa se zvrste v en em sin od skem mesecu. Slika 2 na naslednji st rani pr ikazuj e t ri med seb ojne lege Zemlj e, Lune in Sonca . V legi 1 je polna luna ; središča Son ca , Zemlj e in Lune ležijo na ist i premici . V času , ko Luna obkrož i Zemlj o, se Zemlja premakne v lego 2. Luna pride v enako lego glede na oddaljeno zvezdo, vendar še ni polna luna , ker središča vseh t re h vesoljskih t eles ne ležijo na isti premi ci. Za nast op polne lune do lege 3 se morat a Zemlj a in Luna še dodatno pr em akniti. V sino ds kem času t , med obema polnima lunama je Zemlja opisala lok s pripadajočim koto m 0: , Luna pa lok , ki mu ust reza kot 3600 + 0: . P o sliki 2 lahko za pišemo ust rezn o sor az me rje za Zemljo in Luno. A stronomija - Naloge . . -,/\7. 27,32io ' 3600 + oo 3600 Za Lu no velja oo is 3600 365 ,25io Sinodski oziro ma si- \ s derski mesec pred st avlj at a vsak zase časovno enoto, povezan o s ponavlj ajočim se gibanjem Lune. S po- dobnimi ponavljajočimi se gibanj i Lune, vendar z drugačnimi izhodišči mer- jenj a časa , lahko definira- mo še druge mesece, npr. Slika 2. zmajs kega, tropskega. Ven dar je matematično še najlažje poj asni ti zvezo med sino ds kim in side rskim mesecem. Iz obe h enačb izračunamo i s = 29,5 dni . za Zemlj o pa K arel Šmigoc KJE OBMIRUJE VOZEL? V t rdno podprto vodoravno desko (ploščo mize) izvr t amo t ri luknjice in v vsako vde nemo po eno vr vico. Na spo dnje kon ce vrvic ob esimo enako težke ut eži, zgorn je kon ce pa zvežemo v skupe n vozel. Kj e je ravnovesni položaj vozla , če je deska dovolj visoko, da uteži pro- sto visijo? Marija Ven celj Fizika I SONČEVE MELODIJE Če bi nam na ulici kdo dejal, da ravnokar posluša , kako poje Son ce, bi ga razglasili za poscbneža . Vseen o bi morali biti pri t ej izjavi pr ev idncjš i. V pr imeru , da med Zemljo in Soncem ne bi bilo praznega prostora in da bi zaznali dovolj nizke ton e, bi Soncu lahko prisluhnili. Tipični ton na Sonc u je približn o 12.5 oktav nižji od zvoka s frek ven co 20 Hz, ki ga č lovek ravno še zaz na. V črtastem spektru zvoka im a najve čjo moč akust ično valovanje z niha jnim časom okoli 5 minut (frekvenca 0.003 Hz). Izvir zvoka s črtastim spektrom je t elo , ki niha le z določenimi last nim i frek vencam i. Poznamo mnogo p rimerov iz glas be: st rune, opne in piščali . Nihanje zraka v piščali vzbujamo s pihanjem. P iščal im a v ta namen ob strani luknj ico. Ko pihamo mi mo luknj ice , nast anejo vrtinci , ki vzb udijo nihanje zraka. Amplit ud a zvočn ih valov je pon avadi majhna v pr imerjavi z va lov no do lžino. Za t lak t ako v kartez ičnih koor di natah zapišem o p(x , y , Z , t ) = PO + 5p(x, y , Z , t ) , kjer je Po ravnovesna vrednost t la ka in 5p maj hen odm ik okoli po. Zarad i odbojev na stenah piščali se v notranjosti pojavijo stoj eči zvočni valovi. Če so stene razp orejen e v ob liki kvad ra, se stoj eče valovanje vzpostavi, ko so razdalje med ste nam i v sme reh x , y in Z večkratniki polovične valovne dolžine t ona , ki ga d aje piščal. Posamezen nihajni način torej opišemo s t remi števili n x , n y in n z . P ri st runi zadost uje le število n x , če koordina tni sistem izber emo t ako , d a st runa leži v sme ri osi x . Število n x šteje voz le na struni. Pri opni se vozli združijo v vozeIne črte . Slika 1 ka že stoječe valove na st ru ni, pravo kot ni opni in v posodi z obliko kvadra. vozli vozein e čr te / / / / / / / /1/1 I/ / / /' I ~// Slika 1. Niha nje st rune (n x = 5) , prav okotne opne (n x = 4, n y = 5) in plin a v posodi z o b liko kva dra (n x = 6, n y = 5, n z = 3) . R azl ika v pred znaku od m ika od ravnoves ne v red nosti j e ponazorjena s sve t lim i in t emnimi prede li. Pri piščali ve lja za temne prede le 8p > O in za svetle predele 8p < o. Fizik a Son ce si lahko pr eds t avljamo kot mehko posodo polno tekočine . P ri piščali p ovzročij o nihanj e zračni vrtinci, izvor nihanja v Soncu pa so vr- ti nc i plina v konvekcijsk i plas t i. Zvočni valovi se širijo po notranjost i Sonca. Ob površini se odbo jna meja za valove pojavi zaradi velikega zmanjšanja gostote tekočine , v not ranjosti pa zaradi povečanja zvočne hit rosti , t a ko da se val lomi naza j proti povr šin i. Pri standardnem fizikal- nem mod elu ob ravn avamo Sonce kot sferno simetrično , kar pomeni , da je ravnoves ni t lak PO odv isen le od radialne koordinate. Velja to rej: p(r, e,eP , t) = po(r ) + op(r,e,eP , t) . Podobno kot pri piščali je v Soncu ujeto stoječe akustično valovanje (slika 2a na II . st rani ovitka). Ker gre za tridime nzionalni primer , potrebujem o za opis nihajnega načina tri števila nT , n e in n . Bolj ust alj ene oznake so po vrsti n za število radialnih vozlov (voze ln ih krogel) , l za št ev ilo vzpore- dniških vozlov in m za šte vilo po ldnevniških vozlov . Ker površina Sonca ni t rdna, se prem ika zaradi valovanja v not ranjosti . To sp omi nja na potrese, zato op azovanje prem ikov Sončeve površine imenuj em o helioseizm ologija. Periodično gibanje površin e op azujemo na različne načine. V sede m- desetih let ih so astronomi od kr ili, da rob Son ca niha , ko so meri li njegovo lego. Kasneje so te mer itve pot rdili t ud i z merjenj i Dopplerj evih pr em ikov spe kt ralnih črt. Prem iki nast anejo za to, ker se plin v fotosfer i med odda- janjem sve tl obe giblje . Gibanj e je supe rpozicija okoli 107 lastnih nihanj (slika 2c na II. strani ovitka ). Širina spektralne črte Ni 1 pri 676.8 nm je okoli 10 pm, hitrostna razlika za rad i nihanj a tekočine v fotosferi , ki znaša okoli 0.1 mis, pa premakne črto za 0.0002 pm. P rem ik je izred no ma jhen . Zato je potrebno up or abit i poseb en mer iln i instrument , ki deluje kot interferometer . Natančne rezult at e za las tne frekvence nihanja dobimo z mer itvami preko večih nihaj nih ciklov . To še po sebej velja pri valovanju z nizko fre- kvenco . Valove s pe riodo 12 minut moramo opazovat i 20 ur , če želimo sledit i 100 nihaj em . Za natančne mer it ve je torej potreb no premostit i težave zaradi menjave dneva in noči. Neprekinje no op azovanje Sonca je postalo možno pr ed dvema letoma. Najprej je oktobra 1995 začela de- lovati mreža observatorijev imenovana GONG (The Global O scillati on N etwork G rou p). Šest enakih opazovalnic je razporejen ih okoli Zemlje (slika 3) tako, da je Sonce ob pr imernem vr em enu vidno 24 ur na dan . No- vejš i je opazovalni pro jekt SOR O (T he SOlar H eliospheri c Observatory). Observatorij v vesolju kr oži od decembra 1995 okoli Lagrangeove točke LI med Zemlj o in Sonc em , od koder je pogled na Son ce nem oten. Fizika I Slika 3. Lege obs ervatorij ev v sist em u G ONG. Na Soncu lahko pričakujemo dve vrsti valova nj . Kaže, da so prisotni zvočni in težni valovi. Večina opazovanih nihajnih načinov zvočnih valov im a pe riode med 3 in 12 minutami. P risotnost težnih valov (periode 1 ure in več ) je eksperiment alno t eže potrditi. Širijo se po plasteh globo ko v notranj osti Son ca in po površini . Pred po javom helioseizmologije in pred začetkom meritev to ka nevtri- nov so o stanju notranjosti Sonca sk lepali le s teoretičnim modeliranjem . Helioseizm ološke meri t ve predst avlj aj o veliko pridobi t ev , saj je njihova natančnost pr esenetljiva. Tako sedaj po znamo zvočno hitrost (in s t em temperaturo) od površine do središča na 0.1 %, t lak in gostoto pa na 1 % natančno . Vse t e količine lahko mer imo zat o, ker so las t ne frekvence odvisne od njih. Slika 4 . Globinski hi trostni profi l vr t enja skoz i navpični p rerez Sonca . Frekvenčna ska la na sl iki je v n Hz . Pri ekvat orju je frekven ca 4. 6 . 10 - 7 Hz in p r i polu 3.4 . 10 - 7 Hz . Lastne frekv ence so odvisne tudi od hi trosti vrtenj a Sonc a na do- ločenem mestu. To dejst vo je za nimivo zato, ker se Sonce ne vrti kot togo te lo. Kotne hitrost i različnih delov Sonca niso enake, čemur pravimo diferen cialno vrtenje. Nenavadno vr tenje so pr i Soncu odkrili že let a 1630 IFizika - N oloqe L: opazovanjem obhodnega časa Sončevih peg. Obho dni čas je na površ in i pri ekva t orju kr aj ši (25 dni) in pri polu daljš i (36 dni). S helioseizmolog ijo so sedaj precej natančno določili celoten globinski hit ro st ni profil (slika 4). Vrtenj e povzroči , da se osnovna frekvenca niha j noga načina razcepi na druž ino tesno zlože nih frekvenc. Va lovom, ki potujejo v nasprotni sm er i vr t enja, se namreč frekven ca navidez zm anjša , t istim valovom, ki potujejo v smer i vrtenja, pa se frekvenca poveča. Pri opazovanju vrtenja se je pojavil zanimiv problem , saj se jedro Sonca vrti počasnej e, kot so napovedovali zn anstven iki z različnimi mo de li. To spoznanje odpira nova vprašanja o tem , kako zvezde izgublj aj o vrtilno količino . Na konc u lahko predstavimo še nekaj posk usov, za katere ne potre- bujete zapletenih naprav in ji h lahko naredit e doma. P oskusi so v pomoč pri razumeva nju last nosti zvoka v odvisnost i od ob like , sestave in velikosti fizika lnega ob je kta, v kater em je zvok ujet . Posk us 1. Vzemite veliko st ek lenico (naša piščal) . Pihaj t e mimo ustj a steklenice in opaz uj te, kako se sprem inja zvok , če je v steklenici več a li manj vode. (O dg.: Vi šji toni, ko je več vode.) Posk us 2. Vzem it e stek lenice različnih ob lik in velikosti. V čem se razlikuje zvok? (Odg.: Ni žj i toni pri večj ih stek len icah. ) Poskus 3. Na vrvico ob esite t riange l ali kakšen drug zveneč predmet. Poslušajte razliko med zvokom mirujočega zvočila in zvokom , če se zvočilo hitro vrti . (Odg .: Mirujo č e zvoči lo oddaja isti ton , vrtečemu se ton zavijajoče sprem inja, tako kot zvok siren e na intervenc ijskih voz ilih .) Zo ran A rs ov DVA SATELITA Okoli Zemlj e krožita v skupni ravnini satelita na razl ičnih višinah od površja Zemlje . S prvega satelita je pri enem obho d u vid nega 12-krat to liko Zemljinega površja kot v posameznem trenutku . Z drugega satelita vid imo naenkrat šestino t istega dela Zemljinega površja, ki je vidno ob enem ob hodu. Koli kšna je največja in kolikšna je najmanj ša razdalj a med satelitoma? (Polm er Zemlje je 6730 km. ) Majda Lavrič Matematika I MALA ŠOLA TOPOLOGIJE - 5. del Bralc em Male šo le topologije dolguj emo odgovora na dve zan imiv i vprašanj i, zastavlje ni v prejšnjih dveh šte- vilkah Preseka. V tretji številki sm o vam zastavili nalogo, da od- krijete zakonit ost, ki velja za število izhodišč 1, število lokov L in število parcel P poljubne ravninske risbe. T isti, ki ste opazili , d a za vsako risbo velja enakos t 1 - L + P = 2, imate prav. Z uporabo t e enakos t i lahko užen emo m arsikatero zanimivo nalogo. Za vajo posku site z njo reš it i 2. nalogo , ki jo je v prejšnji številki v pogovoru za Presek zas tavil prof. Re povš (drugačno reš itev te naloge najdet e v tej štev ilki P rese ka na str . 300) . V četrt i številki smo vas s pro blemom ko nigsberških mostov povabili k razmišlj anju, kdaj neke povezane krivulje ne bo moč narisa t i z eno samo pot ezo . Premislimo skupaj ! Z izje mo začetne točke , v kateri potezo s svinčnikom začnemo, in končne točke , v kateri potezo zaključimo , m or a jo biti vsa izhodišča na ri sbi so de stopnje. Res: V tako točko pri ri sanju po nekem loku pride mo in po drugem (še ne uporablje nem) odidemo. To pa je možn o le , če izh aj a iz izhodi š č a so do mnogo poti . V primeru , da risanje začnemo in končamo v isti točki, mora bi t i tudi t a točka izhodišče sode st opnje. To pomeni , da kri vulj e za nesljivo ne bo moč narisati z eno samo potezo, če bo imela več kakor dve izhodišči lih c stop nje. Očitno tudi ne more imeti enega samega izhodišča lih e stopnje. Če začetna in končna točka risanj a ne sovpadata, morata biti obe točki izhodišči lihe stopnje . Natančneje velj a: Risbo lahko narišemo z e n o sam o p otezo v n aslednjih d veh primerih: 1. krivulja ima dve izhodišči lihe stopnje; 2. krivulja nima izhodišč lihe sto p n je. V vsakem p r imeru ima la h ko krivulja poljubno število izhodišč sode s t o p nje. I Mat ematika Ker ima kri vulja, s katero je Euler nadomestil zemljevid koni gsb erških mostov , št iri izhodišča lihe stopnje, je ne morem o narisati z eno potezo. K6nigsberški sprehod torej ni možen . Zaključimo z nalogo. Slika prikazuj e t lor is počitniške hiši- ce . Ali lah ko izb eremo obho d po hišici t ako, da gremo skozi vsaka vrata nat anko enkrat? J e za rešitev pom embno, kje svo j obhod začnemo? Znotraj in zunaj 1. Na desni sliki je narisana enos tavno sklenjena kr ivu lja (tako smo rekli krivulji , ki je to po loš- ko enakovredna krožnici). Vrisani sta tudi dve točki A in B. Pravimo, da leži točka A zu- naj narisan e kri vulje in B znotraj te kr ivulje. Očitno v ravnini risbe ne morem o pri ti iz točke A v točko B , ne da bi krivuljo prečkali. Pod obna trditev velja za vsako enost avno sklenje no kr ivulj o. Iz točke zunaj kri vulj e lahko pridem o v točko znotraj krivulj e (ali obratno) le, če kri vuljo prečkamo. 2. Tudi na spodnj i levi sliki je narisana enost avno sklenjena kri vulja in št iri točke X , Y , Z in lV . Ni tež ko opazit i, da leži točka lV zunaj krivulje. Kaj pa ostale t ri? Ali leži t udi katera od t eh t reh točk zunaj kr ivulj e? Kako bi to ugotovili? oW Gotovo je ena od poti, da najdem o odgovor na to vprašanj e, da no- tranj ost kri vulje obarvarn o, kot smo to storili na de sni od zgorn j ih slik. Z obarvane slike zlahka razberem o, da ležita X in Z znotraj , Y pa zunaj kri vulj e. I 276 Ma tematika - Pisma bmlcev I 3. P red nami je nova r isba enostav no sklenjene kr ivulje. Narišite ji h še neka j in posku si te naj ti kak šno pre prosto pravilo, s katerim bi hitro ugotovili, a li neka točka leži zu naj ali znot raj kr ivulje. D o Ni težko premi slit i pravi lnost naslednje t rd itve: D aljica, ki ima eno krajišče v točki zunaj e n os t a v n o sk lenjene krivulje in drugo krajišče v točki znotraj te k rivulje , seka krivuljo v liho mnogo točkah . a zadnj i sliki leži točka D oč itno zunaj kr ivu lje. Če jo povežemo s točko C, se izkaže, da seka dalj ica C D kr ivuljo v deset ih točkah . Ker je deset sodo število , sledi, ela t ud i C leži zunaj kr ivulje. Alarija Vencelj ENAKOSTRANIČNI TRIKOTNIK NA RDEČE-MODRI RAVNINP Lansko let o je profesor pri m at em atiki mimogred e om enil nasled njo na- logo: Ali obstaja na ravnin i, na kateri je vsaka točka a li releča ali modra , enakostranični t rikotnik z oglišči enake barve? 1 O b javlja mo nekoliko skra jšano p ismo d ija ka Sred nje šo le za elekt ro teh n iko in računalništ vo v Lju blj a ni . Pisma bralcev Nekajkrat sem po malem razmi šljal o t em. Let os pa sem prvi dan šolskega dežurstva ob opazovanju šest kot neg a lest enca v šolski avli slučaj ­ no našel pritrdilni od govor . Kako? Mislimo si, da takega trikotnika ni . Izberimo na opisani ravnini dve rdeči točki , kar se vedno da . Če bi to ne bi lo mogoče , bi bila na ravnini največ ena rdeča točka, vse ost ale pa modre. Torej bi bil iskani t r ikotnik vsak modri trikotnik , ki ne bi imel ti ste ed ine ( če ta sploh je na ravnini) rdeče točke za oglišče . To pa naši predpost avki nasprotuje, zat o je dve rdeči točki vedno možno naj ti . Zdaj pa nari šimo kro žnic o, ki ima središče v eni od te h rdečih točk Ti , in po t eka skozi drugo rdečo točko T2 . Od t u naprej razmislek spremlja jmo na sliki l. Krožnici včrtamo pravilni šet kot nik, ki ima za eno oglišče točko T2 . Ker na ravnini (po predpost avki) ni enakostraničnega t r ikotnika z oglišči enake bar ve, mora biti točka T3 modra, drugače bi bil t rikot nik 6 T1T2 T3 že t ak . Prav tak razmi slek velja za t rikotn ik 6 T1T2T7, zato je t udi točka T7 modra. Iz t r ikot nika 6 T:3 T5T7 sled i, da je točka T5 rdeča. Omenj en i t rikot nik je namreč t ud i enakostraničn i , in ker sta ogliš či T3 in T7 že obe modri , mo ra bi ti T5 drugačne barve. Ne sme rno namreč dopustiti , da bi dobili enakostran i č ni t rikot n ik z enakobarvnimi oglišči, saj pr edpost avljamo, da t akega na te j ravnini ni. Ts Slika 1. P od obno ugotovimo, da sta točki T4 in T6 modri , kar sledi iz t r ikot- nikov 6 T1T4T5 oziroma 6 T1T5T6 . Zdaj im a že vsako oglišče in središče šestkotnika svojo barvo. V igro pri t egnem o še točko Ts, ki je izbrana tako, da je trikotnik 6 T3T4Ts enakostranični . Brez t ežav ugotovimo, da je tak tudi trikotnik 6 T2Tr, Ts. Glede bar ve točke Ts pa je takole. Če je rdeča, smo pr epoved ani t rikotnik (s samimi rdečimi oglišči) dobili v Pisma bralcev - Nalog e I podobi 6 T2T5Ts. Če pa je modra, se zlodej pojavi kot 6 T.,T4Ts , ki im a v tem primeru vsa oglišča modra . Zd aj pa ne moremo ničesar več. Točki Ts ne moremo določiti barve tako, da ne bi dobili enako- straničnega trikotnika s samimi enako ob arvanimi oglišči . Torej tak tri- kotnik na rdeče-modri ravnini v vsakem primeru obs t a ja . Ves vesel, da sem nalogo rešil, pa sem let os izved el, da ima naloga nadaljevanje: Ali je možno na ravnini naj ti t ak enakostrani č ni t r ikot nik, ki ima vse točke na vseh stranicah enake barve . O tem pa morda kdo drug. Martin Za dn 'ik PRAŠTEVILSKA DEŽELA V Praštevilski deželi uporabljajo praštevi lski šte vilski sistem. V tem sis- t emu je vsako pozitivno celo št evilo predstav ljeno t akole: Naj bo PI = = 2, ]J2 = 3, ]J., = 5, . . . naraščajoče zaporedje vseh praštevi l. Vemo, d a lahko vsako celo število x > 1 enolično predstavimo kot pro duk t poten c prašt evil. To pomeni , da obsta ja celo število k in enolično določena števila Ck, Ck- l, " " C l ( Ck > O), t ako da velja x = p~k .p~~Jl . . ... p~' . Zaporedju ( Ck , Ck -l , . . . , Cj) pravimo predstavitev števi la x v praštevi lskem sistemu . Res je, da je računanj e v tem številskem sistemu za nas nen avadno ali celo težko . P rav tako je res , da se otroci v Prašt evilski deželi učij o seš tevat i in odštevati več let . Po drugi st rani pa sta množenj e in deljenj e zelo enostavni operacij i. Pred krat kim je po m emben velmož iz P rašt evilske dežele obiskal Računaln iško de želo. Tam uporablja jo m ale pametne stvarce, ki jim pra- vijo računalniki . Ugo tovil je , da bi računalnike lahko uporabili t udi za t o, da bi bi lo odštevanje in seštevanje v praštevilskem sistemu veliko lažje. Odloči l se je , da nared i poskus in prepusti računalniku izvaj anje operacije "minus ena" . A progr amiranje mu nekako ne gre od rok. Pomagaj mu in napisi ustrezn i program za t o op er acijo . Predpost aviš lahko, da je vho - dni p oda t ek pra š t e vilska p r edsta v ite v p o zi ti vneg a celeg a š tev ila, večj ega od 2 in manjšega ali enakega 32767. Pri tem zaradi enostavnosti šte vilo pred st av imo tako , da spus t imo ničc!ne eks pone nte Cj in namesto tega ra je zapišemo ustrezn o število kot zapore dje prašt evil in njihovih poten c. Pri t em so praštevila urejena po velikost i. Tako je število 17 predstavlje no z zaporedjem 17 1, število 60 s 5 1 3 1 2 2, štev ilo la pa s 5 1 2 1. Pravilni rezultat za prve poda t ke je seveda 2 4, za druge 59 1 in za t retje 3 2. M alija Lokar 1 -, 3 " 5 G .L;;.!iJ 7 8 u 10 I ,"'",! 1 1 l:l 1 :.~ l j ...• '" 15 IG 17 18 ID 20 21 • I Naloge LAHKA ŠTEVILSKA KRIŽANKA Vodoravno: 2. 7.3 : O.Ol. 5. Vsota prvih sed m ih pra- števil. 7. Vsot a prafaktorj ev števi- la 572. 8. (_4 )2 + (_5)1. 10. Obseg pravilnega šest- kotnika , včrtanega krož- nic i s poimero m 3. Il. Št evilo simetr ijskih rav- nin pravilne šest strane prizm e. 12. Vrednost funkcij e f (a) = = a (a + 1) za a= 12. 13. H x H· 14 . 33 . 15. Aritmetična sr edina števil 83, 87, 106, 91 , 118, 110 , 99, 98 . 17. 24: ~ . 19. Št evilo kotnih stopinj v šes t ini pravega kota. 21. 150 % od 150 . Navpično: 1. K oliko kvadra tov sst ran ico 2 cm potrebujem o, d a bi na t anko prekril i kva- dra t s st r anico 10 cm ? 3. Vsota š tevil v šes t i vr sti ci P asca lovega trikotnika . 4. Na jmanjše št evilo, ki je hkrati trikotniško in kvadratna število. 6. Deveto kvadratna število . 7. D vomestni približek vr ednosti izraza 2751 : 100. 9 . Zapiši število 163{1o) v štev ilskem sistemu z osnovo 12 . 10. Zapiši vre d nost izraza 11(12) X 11(12) v deseti škem siste mu . Il . Praš tevilo . 14 . Plo š čina (v cm 2 ) trikotnika s st ra nica m i 6 cm , 8 cm in 10 cm . 16. Večkratnik števila 7. 17. Vrednost izraza a2 + be za a = 5, b = 6, e = 7. 18. Celi clel produkt a 2.8 x 4 .3. 20 . Koliko metrov je 0.0 5 km? lV!arij a Vencelj Zan imivosti - Razvedrilo - Naloge I DOMAČA NALOGA Bliža se kon ec šolskega leta. V šoli vrvež. Vsi se nehote in neved e uk var- jaj o s kombinatorika a li celo z verj etnostnim računom. "Če piše m 4, me bo še vprašal a , potem pa zaklj učila 3." Tudi na kranj ski gim naziji ni nič drugače. Čez ne ka j ur p išemo za dnjo šo lsko nalogo iz kombinatorike. Da bi bil o dij akom laže pri pisanju šo lske naloge, so doma sestavili po dve kombinatorični nalo gi , kot predlog za šolsko nalogo. Tony Št upa r pa je poleg ob veznih predlogov priložil še tole za nimivo nalogo. 'Trust no one - Nikomur ne zaupaj! Zvezn a agenta Mulder in Scully sta se tiho pl azila proti opuščenemu ru- dni škemu jašku. P ripravlj alo se je k nevihti in mrzlo je bilo. Vstopila sta skozi črno zevajoč vhod. Od začudenj a sta obstala . Dokt or ji ma je povedal , da bo za de va t ežavna, vendar pa t ega nista pričakovala . V ravni , navpični vr st i se je rdečkasto svet ilo 7 elektrons kih ključavnic , ki so na temno sivih vratih, zaž rt.ih v živo skalo, delovale kar nekak o okrasno. Ko t lučke na božičnem drevesu. "Ko je en a izme d ključavnic odprta, se rdeča barva tipkovnice spre me ni v zeleno," so jima odzvanj al e zadnje do ktorjeve besed e. Vse ključavnice so se morale odp re t i, kajti ta rudnik je bil last "mogočne sedmerice", kjer drug drugemu nisozaupali . T ipkovnice so bil e alfanumerične; številke od O do 9, črke od A do E. Mulder in Scully sta vede la, da za poredje ne vsebuje več kot 7 znakov in ne m anj kot pet , da se znaki lahko poljubno ponavljajo in da je me d njimi 5, 6 ali 7 številk. Seveda pa je kombinacija vsake klju č avnice različna od ostalih šes t ih. Sp rašuj emo: a) Koliko kombinacij je možnih? b ) Koliko časa bi jih Mulder in Scully vtipkovala , če tipka Scully eno kombinacijo zaradi dolgih nohtav 5 sekund, Mulder pa 4 sekunde in če im ata agenta to smolo, da deluje vedno šele za dnja kombinacija, ki jo vtipka ta, pa naj bo t o pet , šest ali sed emmestna koda? c) Ali bi brez ustavitve časa igralc a David Duchovny in Gillian Ande rs- son prekršila oziro ma presegla določila pogodbe, ki določa , d a bodo serijo snem ali 7 let ? d ) Koliko časa bi naša agenta potrebovala za vhod v podzemne arhive , če bi slučajno odkrila, da je ena izmed kod Napierova konstanta C = 27828? Zanimivosti - Razvedrilo - Na loge - Rešitve na log 28 1 c) Koliko časa bi potrebova la , če bi se Fox spomnil, da ima v avt u lBM- ov računalnik DccperBlue, ki zmorc 2000 000 op eracij na sekundo? (To je šahovs ki računalnik , torej nekakšn a umetna inteligen ca .) Kako hi tro bi Deep erBlue odklenil vse klj učavnice , če mu jc omogočeno učenj e in bi se po vsaki odklenjen i k lj učavnici nj egova procesna moč eksponentno povečala? M oj ca Lokar VSAK TRIKOTNIK JE ENAKOKRAK R ešit ev s str. 215 Napaka je v predpostavki , da se simetrala st ranice in simet rala nasp ro- tnega kota sekata v notranjosti trikotnika . Vemo, da seka simetra la notra- njega kota pri C trikotnika 6 AB C nasprotno st ranice v točki P t ak o, da je AC : B C = AP : P B . Nobe na omejitev splošnost i ni , če privzamem o, da je AC > B C (saj lahko ob a podatka zamc nj amo). V tcm primeru leži točka C na isti st rani simetralc st ranice c kot točka B . Po drugi stra ni seka simetrala kota -y st ranico AB nekje med R in B , zato je sečišče 111 ob eh sime tral vedno zunaj trikotnika, če le trikotnik ni enakokrak. Ustrezn a slika je videti takole: AC = AE + EC, B C = D C - BD Primer ni le zanimiv, je t udi pou čen , Opozori nas na dvo je: rišimo č imbolj natančno , - slik i ne smemo slepo zaupat i. Olga A rnuš Fizika I ELEKTRIČNI TOK PO KOVINI Električn i tok je domač pojem , nanj naleti mo velikokrat t udi zunaj fizike. K lju b tem u smo v zadregi , ko si je elektri čni to k t reba pr edst av ljati. Ne morem o ga namreč d ire kt no opazovat i, če se odpovemo neprijetni ali celo boleči možnost i, da bi ga zaz navali nep osredno. Opazujemo pa lahko učinke to ka : vod nik s to kom deluj e na drug vodnik s to kom ali na t rajen magnet ; tok iz raztopino kisline, baze ali soli izloči snovi; t oplot no izoliran vodnik s tokom se segreje. Vsakega od učinkov lahko uporabimo za merjcuje, a naj pri pravnej ši je magnet n i učinek . Dokler niso poznali teh učinkov , so nekat eri raziskovalc i električni t ok posk uša li zaznat i neposredno . Hen ry Cavend ish je primerjal mcd sebo j električne tokove po občutku , ki so ga povzroč ili , ko jih je spe lja l po roki. Alessandro Volt a je z jezikom prcskušal u činek svoji h baterij in nap elja l tok skozi ušesa in skozi oči . Za zdaj se omej imo na električni t ok po kovini , in to po bakrenem vodniku , s kater im imamo največ oprav it i. Im e tok namiguj e, da si pred- stav ljamo nekakšn o tekočino . Tudi učbeniki pogosto na začetku primer- jajo tok po sklenjenem električnem kro gu s tokom vode po sk lenjenem krogu cev i. Primerj ava močno šepa, kar uvidiruo že po tem, da iz vtičn ice ne pricurlj a niti kaplj a elektr ike, do kler je ne "zapreuio" z vod nikoma in porabnikom . Pred st avlj ajte si, kaj bi se primerilo, če vodovodni cevi ne bi bili zapr t i s pipam a . Iz zadrcge se izvijem o z zamislijo o d veh električnih "snoveh" , ki nosit a električn i naboj raz l i čni h znakov. Naboj negati vn e "snovi" v vsakem maj hnem delu vodnika izravn a naboj pozitivne "snovi" . Po zit ivn a "snov" sama zase ali negati vn a "snov" sa ma zase sploh ne bi mogli obsta jati. Zaradi odbo jnc elektri č ne sile med deloma naboj a ena- kega znaka bi nastala močna eks plozija , ki bi de le naelektrenc "snovi" pogn ala , da bi se oddaljcvali drug od drugega . Najmanjši deli nab oj a enega znaka v bakreni kroglici s č clnim presekom 1 mm' bi po eksplo- zij i od let eli s tolikšno kinet ično energijo , kot da bi j ih pospešila napeto st več kot 1014 volt ov. To je pri bližno tisočkrat več , kot zmore naj večji po- speševalnik. Le za to, ker sta "snovi" obe h znakov "p ro meša n i" , odbo jne sile med deloma naboja enakega znaka ne pridejo do izraza (slika 1 na II . st ran i ovitka). Tok po kovini ne povzroča gibanja snovi. Bakr eni vodnik se zaradi to ka v kemijs kem pogledu nc spremeni. Pri poskusih so st aknili bakr en in aluminijast vodnik in dolgo časa poganj ali po nji ju t ok . Pod mikroskopom se v bak ru ni pokazala ni t i sled a luminija in v aluminiju niti sled bakra . Smiselno je privzeti , da v kovini nastane tok samo zarad i potovanj a ene od obeh "snovi" . Druga "snov" miru je in ne prispeva k t oku , s svoj im naboj em izravna učinek nasprotnega naboj a giblj ive "snovi" . I Fizika V tem pogledu nekateri primerj ajo gibljivo in mirujo č o električno "snov" v kovinskem vod niku z vodo in volno v mokr i volneni niti , pa t udi z mokro mivko (z njo ot roci grad ijo gradove, med tem ko to ni mogoče niti s samo vodo niti s samo mivko). G iblj ivo "snov" je mogoče raziskati v kovinskem vodniku, ki se v vzdolžni smeri giblje enakome rno pojemajoče . V njem se giblj iva "snov" pr em akne proti sprednjemu delu , kot se v zavi rajočern avtobusu prema- kn ejo pro t i vozniku potniki , ki ne stojijo trdno. Vodnik naj se giblje v vzdolžni sme ri pojemajo č e s pospeškom CL v nasprotni smeri gibanja. Na dele giblj ive "snov i" deluj e za to glede na drugo "snov" sila F = ma v sm eri gibanja. Dcli gibj ive "snov i" se gibljej o skupaj z deli druge "snovi", sicer bi pri šlo do eks plozije , o kateri smo govorili. To po jasnimo z električno nap etostj o, ki se pojavi zaradi pr emika gibljive "snovi" in ki povzroči silo nanjo v nasp rotni sme ri (slika 2 na II. strani ovit ka) . Sili ur avn ovesita druga drugo, tako da velja zveza P., CL = PeUI l. Pri t em je U napetost med sprednjim in zadnj im kraj iščem vodnika z dol žino l , t ako daje E = U/ l jakost električnega polja , ki deluj e na naboj z gostoto Pe = c/V gib lj ive "snovi" z gostoto mase Ps = m s/V. V je prostor nina vodnika. Merjenj ne izvajajo z vodnikom pri določenem posp ešku, am- pak izmerijo pro dukt napetosti U in časa njen ega trajanja t , to je sunek napetosti Ut, ko se v času zaviranja t hitrost zmanjša od v = CL t na O. Pri te m smo pri vzeli , da st a p osp ešek in napeto st ves čas kon stantna . Iz zveze PsV = PeUt /l izhaja e Pe {J" v l Ut ' Navedli smo absolutno vrednost naboj a e in gostote naboj a Pe. Ustrezna masa '171" in njena gostot a PS zadevata samo giblj ivo električno "snov" . Že Michael Faraday in za njim Heinrich Hertz sta pol eg drugih z merj enjem posku šala razkrit i vztrajnost delov snov i, ki pren ašaj o naboj. Njuna prizadevanja niso bila uspešn a . Zahtevno me rj enj e je opravil med letoma 1916 in l!:l26 a me riški fizik in fizikalni kemik Richard Chacc Tolma n s sodelavc i. Dolgo valjasto tulj avo je hitro zavrte l okoli nj ene geom etrijske osi in jo zavrl. Sunek napetosti je izm eril z volt rnetro m, katerega nihajni čas je bil precej večj i od časa , v kat erem se je t uljava ust avila. Voltmeter je preko drsnikov priključil na kraj išči tuljave. Deli vsakega ovoja so se za ustavljali v t angentni sme ri in napetosti , ki so se pojavile na ovojih, so se seštele. P ri t uljavi s skupno dolžin o 1= 10 km se je pri za ustavljanju od hi trosti v = 50 m/ s pojavil sunek napetosti 3, 3 ·1O- G VS. Zapi sana ena č ba da e f m ; = Pel(J", = 50 l1l S - 1 . 104 m/3,3 . lO- G Vs = 1, 5 . 1011 As / kg . 284 Fizika I Zaradi neenakomernega segreva nja drsuih priključkov merjenje ni bil o zelo natančno . Navedli smo povprečno vrednost za več p osku sov z bakre- nimi, sreb rn imi in d rugi mi vodniki . P ri poskusih je to k stekel od zad njega krajiš č e k sprcdnjem u , tako da je bil o zad nje krajišče p ozitivno in spre- dnje negativno. G iblj iva električna "snov" p ote mtakem nosi negativni naboj , "snov" , ki ne potuje , p a p oziti vn ega . Po tem si smemo p ozitivno "snov" v kovini predst avlj a ti kot p ozi ti\rno "trdniuo" , giblj ivo "snov" pa kot nega ti vn o "tekočino ", R aziskovanje elek t rolize je pokazalo, da se skozi raztopino kisline , . baze ali so li pretoči Faradayev nab oj e F = 96 . 106 As , ko se na elekt ro d i i zloči kil omol enovalentnega element a. Tako lahko ugotovi mo, da je m asa ki lomola nega ti vn e "tekočine" v bakru 6 M s =~ = 96 · 10 kg = 6,4 . 10- 4 kg. (e/m s ) 1,5.10 11 Kilomol negativ ne električne "tekočine" im a okoli 1 600~krat manjšo maso kot najlažji element vodik in okoli 65· 1600 = 105 -kra t manjšo maso kot baker. K ilomolska masa atomskega vodika meri namreč pribl ižn o 1 kg in kilomolska masa bakra približno 65 kg . Gostota elektri čne "tekoč ine" j e p ot emtak em 105-krat manjša od gostote bak ra , sa j im a "tekočina" enako prostornin o ko t baker. Iz t ega izh aj a , d a je gos t ota negativne "tekočine" enaka PS = 8,9 . 103 kgm- 3 /105 = 0,09 kg '/rn" , ker je gost ot a bakra 8,9 . 103 kg '/rn '' . Tako majhna gos t ota je značilna za plin. Nekatere druge lastnosti " tekočine", na primer zelo m ajhna st islj ivos t, pa so bolj znači lne za kaplj evino , za to ostanimo pri "teko č ini" . Gost ota naboj a "tekočine" je Pe = P8e/mS = 0,09 kg/m3 . 1,5.101 1 As/kg = 1,4 .10 10 As /rn :'. Pri tem smo po prejšnjem dogovoru za p isa li samo a bsolutno vr ednost . E nako velika je gost ota naboja pozitiv ne "trd nine" . Z giblj ivo nega tivno "tekočino" in pozi ti vno "t rdn ino " v kovini po- jasnimo iniiu euco. Izoliraneinu kosu kovine , tako imenovanemu prevo- clu iku , približaj mo pozit.ivuo naelektren o telo . Naboj tega telesa pri- t egne nega ti vno "tekočino" na bli žnj em delu prevodnika , za t o je neka j zm anjka na odda ljen em delu. Na bl ižnj em delu prevo dnika nega ti vni na- boj "tekočine" prevlada nad pozitivnim naboj em "t rdnine " , na oddalje- nem delu pa p ozitivni naboj "trdni ne" prevlad a nad nega t ivnim nabojem " tekočine" (slika 3 na II . strani ovitka ) . P resežek a li primanjklj aj nega- ti vne " tekočine" , ki je sicer giblj iva, lahko obmiruje le na površju prevo- d nika. Samo tam sila , ki veže "tekoč ino" na prevodnik , uravn ovesi silo poziti vnega naboj a telesa v bližin i. P res ežek in primanj klj aj naboja se I Fizika poj avita samo na površju prevodnika , V notranjosti pr evod nika sta na- boja "tekočine" in "t rcln ine" izravn ana , kot da naelekt renega t elesa ne bi bilo v bli žini. Pri influen ci je poziti vni nab oj pr evoclnika , to je presežek nab oj a "t rdnine" nacl naboj em " tekoč ine", enak absolutni vrednost i nega- t ivnega naboj a prevodnika , t o je presežku naboj a " tekočine" nad naboj em "trdnine" . Na to opo zor imo s t rdit vijo, da sc pri infiuenci naboja na pre- vodnika loči t a ; s te m mis limo na pr esežek in primanjkljaj nabo ja. Z influen co poj asn imo t udi delovanje kon denzatorj a , Mislimo si ploš- čati kon den za tor , ki ga priključimo na napetost U . Na plošči , ki je zve- zana s pozitivnim priključkom, se poj avi primanjkljaj negativnega naboj a "tekočine" , in na plošči , ki jc zvcz ana z negativnim priključkom , enako velik presežek negati vnega nab oj a "tekočine" (slika 4 na II. st ran i ovit ka) . Ne da bi se spuščali v podrobnosti , omenimo, da se na plo š č ah s ploš čino po 100 cm' v razmiku 1 mm pri napetost i 1000 V nab eret a naboja okoli 10- 8 As in _10- 8 As . Če vza memo , ela sta plošči deb eli po b = O, 1 mm , je naboj negativn e "tekočine" v vsaki od nj iju PcbS = 1, 4 · 1010 As/m;~ . .10- 2 m2 .10- 4 m = 1,4 .104 As . Ta nabo j je t reba primerjat i z bilijo nkrat manj šim naboj em lO- s As . Oceno smo nar edili zat o, da bi opozori li, kako majhen jc presežek ali primanjkljaj naboj a na kovini v primeri z naboj em ncgati vne "teko č ine" ali pozit ivn e "t rcln ine" v njej . Leta 1734 je Francoz Charles-Francois de Ciste rn ay du Fay razločil ste kleno in smolna to elektriko . P rva se jc nabrala na st ekleni palčki , ko jo je po drgnil s krpo , in d ruga na smo leni. Štir i let a pozneje je njegov ro jak J ean T heophile Desaguli er ločil prevodnike od nep revodnikov , ki so dobili po zneje ime izolatorji , Ted aj so delali poskuse s t elesi, ki so j ih naelekt rili z drgnj enjem. Poskusi z mirujo čimi nabo j i in prvi poskusi s prevaj anj em elekt r ike so sprožili ra zpravo, ali obstajata dve elektri č ni "snovi" - ime- novali so ju fiuida - al i ena . P o pr vi mo žnosti bi izviral pozit ivni naboj od pozitivn e "snovi" in nega tivni od negati vn e "snovi" , po drugi pa bi pozit ivni naboj povzročal na primer primanj kljaj in negat ivnega presežek edine "snovi". V razpravo st a se vklj učila tudi Benjamin Fr anklin kot zagovornik te or ije Cl lC snov i te r Franz Ulrich T heodor Aepinus kot zago- vorn ik teorije dveh snovi. Naša slika z dvem a "snovem a", od kat erih ena potuje in druga ne, im a poteze ene in druge zamisli. Omeni mo šc to, da so fluid e šteli k snovem z nem erIji vo majhno težo , kcr niso mogli ugotoviti , da bi se t eža telesa zaradi naboj a kaj spreme nila . Kvadratni milimeter pr eseka v bakrcncm vodniku pr enese to k elo 10 A. Predpis , da naj t ok ne prese že 10 A na mm' preseka ali 107 A na m2 preseka , velja za nap eljave, ker bi se pri večjem t oku in enakem preseku Fizika I vodniki preve č greli. Gle dc na t o je mogočc ugotovi ti hi t rost negati vn e " tekočine" v bakru. Za nabo j , ki se prete či skozi presek vodn ika S , velja e = PeV = Pe5 vt , t ako da je tok na eno to preseka 1/ 5 = (e/ t )/ S = Pev in hit rost 1 107 Am - 2 v - - - - = 7 . 10- 4 m . - S Pe - 1, 4 .1010 As/ m3 S Hit rost okoli ~ m ilim etra na sekundo je majhna , hitrost pr i manj šem toku na cnoto preseka je šc manj ša. V vod niku se giblje negat ivn a " tekoč ina" s to hi t rostj o od negati vn ega priključka prot i pozitivn emu, t o je v nasprotni smer i od dogovorj ene smeri toka . Kaj bi opazili, če bi se s to hitrostjo gibali všt ric z negati vn o "tekoč i­ no" ? P oziti vn a "t rclnina" bi se gibala z enako veliko hi t rostj o v nasprotni sme ri. Naboj nasprotnega znaka z enako gost oto Pe V nasprotni sme ri bi dal enak to k. Tud i za opa zovalca, ki se giblje ob vod niku s kako drugo hitrostjo, tok ni odvisen od velikos ti te hi t rosti , ker p rispevata k t oku nega t ivna "tekoči na" in poziti vna "t rd nina" , ki potuj et a v nasprotnih sme re h . Potemt akem pozit ivna "t rd nina" ne izravn a samo naboj a nega- t ivne "teko č ino" , ampak za opazovalca, ki se giblje glcde na vodnik , t udi prisp eva k t oku . Doslej smo mislili Ic na enosmem i t ok. V omrežju pa uporablj amo izmenični tok s frekven co 1/ = 50 s-l . Izmenični to k z arnplit udo 10 ima enak učinek kot enosmerni tok l e! = 10 / )2. To ku l e! = 10 A pri vodniku s presekom 1 mm2 ust reza potemtakem am plit uda hitrosti Vo = = )2 . 0,7 = 1 nnn/ s. Za amplitudo hi trosti velja enačba Vo = 2m/so , t ako da je a mplit uda odmika Vo So = -- = 0, 003 nnll . 2m/ Ncgativna "tekočina" v vod niku z izmeničnim t okom z maj hno amplit ud o niha sem in tja. Odseku vodnika dovaj amo elektri č no delo, ki ga vodnik odda v ob liki t op lote, če ima kon st an tn o temper aturo . Poj av ne more nast a ti drugače kot za rad i sodelovanja gibajoče se negati vn e "tekočine" z mirujo č o po- zit ivno "t rd uino" . P rimerjamo ga lahko s pot.iskanjem vode skozi lu- knjičasto plast žgane gline . Pri tem glina odda t oploto, enako doveden emu delu tl aka , če je njen a tem peratura kon st an tna . Iz zveze Ue = Pt sledi za oddano to plot no moč P = Ue]; = Ul = = R I 2 = ((1 / 5 )12 = ( 15 (1/ 5) 2 = (V(1 /5 )2. Uporabili smo Ohmov zakon U = R I in enačbo za upor vodnika R = ( l/S . Specifični upor bakra je ( = 0,017 r2mm 2 /m = 1,7 .10- 8 Vm/ A. P ri toku 10 A skozi I Fizika - Naloge vodnik s pr esekom 1 nnrr' vsak kubični centimeter bakrene ga vodnika odda 1,7 joula v sekund i. Mod el, v katerem električni t ok po kovini pojasnimo l: nega ti vno "tekočino" in pozitivno "t rdnino" , ki ju obravnavamo kot zvez ni "snovi", ima svoje meje. Tudi vodo , ki teče po cevi, velikokrat ob ravnavamo kot zvezno snov. Sa mo včasih se s te m opisom ne zadovolj imo in up ošte vamo njeno zgradbo iz mol ekul. Podobno je pri t oku po kovinah. Atoms ko zgradbo bom o up oštevali v naslednjem kor aku in razjasnili nekaj vprašanj , ki smo jih obšli. Janez Strnad NIHALO NA VODILU XQo Kr oglica z maso AJ in izvrt ino lahko brez t renja drsi po ravnem vodilu (slika 1). Na kro glico je prit rje na vrv ica z zanemarlj ivo maso, ki je na- peljana skozi navpično tanko cevko. Na prost em konc u vrvice je ob ešen a dru ga kr oglica z maso m , ki naj bo veliko manj ša od mase 1\1 . Vrvica lahko drsi skozi cev ko brez trenj a . Razdalja med vodilom in zgornj im delom cevke je h . Ravnovesno lego prve kro glice na vodilu označimo z O. Kroglice odmaknem o iz ravnovesne lege za Xo in spustimo. Trenje in zračni up or zanemarimo . Vodilo in cevka sta pri trj en a in negibljiva , vo di lo t prva kro glica h vrv ica n~ druga kro glica Slika 1. Nihalo na vodilu . Pokaži, daje za majhno razm erj e '"h' nihanj e prve kroglice harmonično x = Xo cos wt. Pri t em pomeni x odmik kro glice iz lege O , w = .J!11f je kro žn a frekvenc a , 9 je t ežni posp ešek in t čas. Pokaži, da niha druga kroglica z dvakrat večjo frekven co. Milan Ambrožič Zanimivosti - Razvedrilo I KRIŽANKA "KAJ PA VREME?" AVTOR MAREC, RAZPRŠE· CMARKO PISATELJ KLOVN APRIL IN VANJEBOKALIC DOLENC POPOV MAJ SVETLOBEV ~ OZRACJU " . ,~ MAJHEN PESZ PZAVITIMREPOM - SELI ~ AVSTRIJ SPOUTIK OMOCK MERA ZA v~'b"6~~ T E M r E I~~ .~ .".'j IZUMRLA PTICA .~" VEl 1' --' }"''\ :, '7r}~ .~ ' ~ ~ e- G, L A JU; SAI ~ PODROCJE STAREJŠA ARKTICNA JUPITROVA T ANCONA LEAN[ i~~~~~1 IT,FILM, LUNA METECJ. DOLOCITEV ~ ~PTICA,IGRALKA NJORKA ROLOGIJA! VISINE NEM. ~TLAKA (ELSA) RIJEKA DAVKA (WEF MESTO I ODVZEM IZKOPANIN NAJBOLJ DV SRED, POGOSTAEGIPTU PADAVINA MOCAN, DANIEL DEFOE ENAKOSTKRATKO· ~ L . O ~ D (FRANCO·T'b"EPN DIAPOZITIV SKOj DOTIK OTEKLINA, GORAV MESTOV GI~iJ~~IH NA8REKLINA E FRANC ZALEDJU'\ \z. j( ZEMLJE· SIBENIKA SETELES GL MESTO PISNIH VZDRZNEŽFRANCIJE IMENIH °!A~r;:M{, " PRP Tl~~~R SPENJANJE ?:. CER PEl OTOKVIRS KAI MORJU MESANICA 1~~ ENCIMOV ZRAKA IZGLIV KVASOVK ŽIVAL Z a NOGAMI VELIKO NEZAKON OTROK JEZERO (PSOVKAJ NASEVERU FINSKE CUNJA VRH PREB I~LKA k GLAVE ~W~~ VELIKA C e PAPJGA ~g~~~~3 VRTINCAST t~~f[ R TROPSKIl l ZAHODU A VIHARt~~E~ PREDLOG PRITOK l' ~ P Jl~oDONAVE IZ E ~ OROMUNIJE ~ ~NEVT8AL Sr. - ... GL MESLO qZASESTE· N \ C A A B~~~~-VANJE Ip~~~}g~N I Zanimivosti - Razvedrilo - . ~ METED- PRVI . NEDOVZET· UMETNIKIZROLOG LOTARINSKI NOSHA POGLAVJE OBDOBJA GREGORCIC VLADAR BOLEZEN KORANA ANTIKE ~ 5 \" R- t L , N REMQVBRAT BANGLAD. '\ (~881Tglik) Q. A T U R A .IK N;~1 A N A A S )ROVA IVAN @ ~VZRO- NAi1{~hACliCA E HRIBAR ITEV GIBANJE PO VETROMER3KLAD. ALBERT ZACETKA ZRAKU OSEB INER) EINSTEIN GORENJA UeOJ AlK~NA JOK PIJA AIZ ZLOCINCA RI A KAN. HOKEJ. LBREZ ZVEZDNIKSOJENJA IVJE(KNJIZ.) (BOBBY) FRANCOSKA E POKRAJINA (L SL SKLAD (FRANC) SIRJENJE TVREMENO-SLOVJE! VITKOST .VOSL NACE ~' RAN KVENA JUNKAR }-j J PLOD ERNE M;EMV SL JADRAL IGLAVCEV ROPARSKA C~ONU (JURE) MOR. RIBA ..J BAZA NOCNA c, (VKEMIJI) IGRALEC V O PADAVINA.ANG KRAW. BAN KI RODBINA ZMRZNE ST. ENOTAZAZRACNI Gge~ATlAK(PO IT. FIZIKU) TABORISCNIPAZNIK NIZ.NOGOM. TRENER (RUUD) GOBA GERMANSKI SAMPINJON NAV L V CUTILOZA BALKANSKO VOH KOLO ~ti'c~f8A N ZRAC. GMOTAMA TANTAL O T VRHNAD BOKO KOTORSKO ~ VRSTA A NAJDAWSAs O t- -r FRANCOSKA(PRI SADJU) REKA Računalništvo - R ešit ve nalog I A CM IN MED NARODNO TEKM OVANJE IZ PRO- GRA MIRAN JA AC lVI - Associa tion for Com puting Machinery - je mednarodno znans tveno in izobraževalno združe- nje , ka t erega cilj je razvij anj e upor ab e infor macij- ske t ehnologije. Danes im a pr eko 80000 članov po vsem svetu . AC l'l'1 posveča pr ecej p ozornost i t udi vključe­ vanju študentov v svoje vrste. Obst aj a vrsta aktiv- nosti , namenj enih poseb ej njim. E na najpom emb- nejših je vsekakor ACM In ternational Collegia t e Programming Co nt est. To je tekmovanje tričlanskih ekip št ude ntov v programiranju. Ti v petih ur ah posk usijo rešiti čimveč prob lem ov . Zmaga ti st a ekipa, ki im a na kon cu največ rešenih problemov. P osebno draž dajejo tekmovanju njegova pra vila . Tako im a vsaka ekipa na voljo le en računalnik , na katerem t ekmovalci p rip ravijo rešitev. Kot rešit ev štejejo le delujoči programi, torej taki, ki pravilno deluj ejo na nezna nih t estnih pod atkih , ki jih pripravi tekmovalna komisija. Med ekipami, ki rešijo enako število prob lemov, odloča čas, v katerem so prišli do rešit ev. Naloge so različno t ežke. Za večino nalog tekmovalci sicer hi t ro dobijo vsaj idejo, kako bi jih rešili. A kaj , ko je nalog veliko, časa pa malo . Tu je še zahteva, da morajo na pisani programi t udi delova t i in natančno izpolnjevat i zahteve naloge . Naloga natančno opiše obliko vhod nih podat kov in za hteva pravilno oblikovan izpis rezulta tov . Kakor hitro žir ija sprejme rešitev , se nad računalnikom ekipe pojav i balon ali t rak, ki z barvo označuje , kat ero nalogo je ekipa že uspešno rešila . Tako tekmovalci ves čas vedo , kako usp ešne so pri reševanju ostale ekipe. Letošnj ega t ekmovanja , že dvaindvajset ega po vrs ti , sta se udeležili tudi ekipa št ude nto v Fak ult et e za ma tematiko in fiziko Univerze v Lju- b ljani in ekipa z Univerze v Mariboru . V Preseku si bomo ogledali nekaj nalog , ki so j ih reševali na te m tekmovanju . V t ej številki vam na strani 278 v izziv zast avlj amo Praš te vilsko deželo. Naloga ni te žka , saj jo je usp ešno rešila večina ekip . P a še s podrobnostmi okoli branja vhodnih podat kov in izpisa rezult atov vam bo prizanešeno! Ma tija Lokar REZANJE PALIC - Rešitev s str. 230 V en i uri in 45 mi nutah . Navod ilo: Da dobi kose, dol ge 25 cm , mora kovač opravit i 15 rezov , če je palica dolga 4 metre, in 35 rezov, če meri palica 9 met rov. Dragolj ub lVI. Milo ševi č I Rešitve nalog 291] NEKOLIKO DRUGAČNIKONSTRUKCIJSKI NALOGI - Rešitev 1. naloge s str. 209 Zaradi stiske s prostorom navajamo le rešitev prve naloge. Rešit ev druge bomo ob javili v naslednji št evilki. 1. naloga Čc n aj t rikotnik ob st aja, mora bi ti razdalja 01 manjša od razdalje OA. Sred išče t r ikot ni ku včrtane krožnice leži namreč znot raj t rikotniku očrtane kro žn ice , ki im a središče v točki O in polmer O A. Iz kon strukcije same bo razvidno , da je to tudi ed ini pogoj za ob stoj t riko t nika z naved enim i pod a tki . Ogleda li si bomo d va načina kon st rukcij e iskanega t rikotnika z rav- ni lom in šest ilom . IJ Slika 1. A r j e na levi stran i enačaja prod uk t dolžin ods ekov , ki jih točka 1 us- tva rja na t isti tetivi o črt.ane krož- nice , ki pot eka skozi O in 1 (glej sliko 1). P o izrek u o sekantah (ali o po- ten ci točke na krožnico) je ta pro- dukt odvisen le od očrtane krožnice in točke 1 , ni pa odvisen od izbrane t et ive skoz i I. Narišimo tet ivo P R skozi 1 t ako, da bo I R = r (slika 1). Potem iz desn e st ran i preoblikovane Eulerj eve formule sled i, da bo dolžina drugega odseka te tetive 1 P enaka 2p . l. način Označimo z 7" in p dolžin i polm erov t rikot n iku AB e o č rtane in včr­ tane kr ožn ice ter z d razd a ljo mcd sredi š čema obeh krož nic. Iz znanih 7" = OA in d = OJ lahko z uporabo Eulerjevc formule! d2 = r 2 - 2rp kons t ru iramo polm er včrtane kro ž- nice p. V prcoblikovani for muli (7" + d)(r - d) = r . 2p 1 Formula j e eden od pr isp evkov velik ega švicarskega m atematika 18 . stole tja Leon- h arda E u lerj a k element arni geo metr ij i. Njen dokaz je v 5. št evilki 18. letn ika Preseka op isa l B . Lavrič v pr ispevku Obrat E u lerj evega izreka. 292 Rešitve nalog I Dalj ico 1P razpolovimo in narišerno včrtano krožnico s središčem v 1 ter s polmerom p = 41P . Konstrukcijo zaklj učimo s tange ntama iz točke A na včrtano krožnico. Tan genti sekat a očrtano kr ožnico v ogli š č ih 13 in C iskanega t riko tnika . 2. način Nalogo lahko rešimo t udi po povsem geometrijski poti . V ta namen izluščimo s skice na sliki 2 nekaj pot rebnih zvez. V trikot nik u A BC so Al , B I in C I simetrale notranj ih kot ov, 1311 in C l , pa sta simet rali zunanj ih kot ov pri ogliščih 13 in C. Skozi nj uno skupno točko h poteka t udi not ranja kotna simctrala Al, ki seka o č rtano kr ožnico v točki, ozna č eni z ~M . Ker sta obodna kota :' '~~;~ ;r::.~ ~/A =~ ~J''''' ·w - ),> ,r""" , K":~ I~tf ? ~~1;1 ~~:'I? ? I~A R I T M E T I K A I;i;: L o G I K A E K T o R ? V E R J E T N o S T N I R A Č U N ~ C L A R K E :.;;'.l. B A K A R A ~ N I E P C E :i~'K A K U T ~ A R I o N ~ Š "~ ~: .:t~ ='~'::' A L E '~oo.o B P ~ L L E H ' '-"''1"'' ...~~. S E T ~, I G R A_., ..... '-'-~ ~ ~ ~~O - o," ~ L I T I J "''''''" ,)['JOC ..... T E A o R B o N N ? I N F I N I T E Z I M A L N I R A Č U N t."~ ' '"'-'f. ~. S I E S T A ~ ? G E o M E T R I J A ':li' o K o f'.;:J/ r A T ~e.c S M E C"Il ::.!~ ""~ilt.:.I" " s L A N o = J A K~ M o R"olt ~, ~ V L -- _.-~ A R A S ~ S I o R A N ~ A N A B E L A C:O:~' I G N A C .:."t"~ ii: '--""- I M E ~ A A ",'0~ N M I';;:::: !' R T I Č~ EO, ? T E o R I J A G R A F o V -- S E A N ri.fr ž I R ..:;~ ~ If:)f.i: E B R o ~.. o R L o N r-§- L C --b T o P o L o G I J A :tJi: K R I M ? S T A T I S T I K A ~ o Ž I G !'>', ," J U H l~N,kwl~V1t I~ N A ''t!i}i T E S A L K A ? A N A L I Z A _. A o ITolstO! , Karetllr.a ' 'li . ....... A T -.. A L E _ _ o A I R ~~ P E R , C A PRESEK ~~ o L Matematika I KVADRAT N a KOLO, VERIŽNICA IN TRAKTRISA Vožnj a z avtom ali kolesom po cest nih grbinah ni nič kaj prijetna. Kolesa so okr ogla in se jim prilagaj ajo . Osi koles se pri t em dvi gaj o in spuščaj o , z njimi vred pa tudi voznik. Ali ne bi nemara prešli na drugačna kolesa , recim o kvadratna? Pri iskanju odgovora na zast avljeno vprašanje, bom o zadevo poenostavili . Privzeli bom o, da so vse grb ine enake. Poenost a- vljene razmere prikazuje slika 1. Slika 1. Postavimo vprašanje: Kakšen naj bo vzd olžni profil vod oravn e ceste, da se bo k vadratna kolo brez drsenj a kotalilo p o njej , pri tem p a se bo središče kolesa (os) ves čas gibalo vodoravno ? Za lažjo obravnavo poiščimo t ako ravninsko kri vu ljo , da se bo kvadrat s st ranico 2a s spo dnje st rani lepo, brez drsenja, kot alil po njej . Pri te m naj središče kvadrata ves čas leži na vodoravni premici. Taka kri vulj a mora imet i dolžino 2a , za ra d i simetričnosti kvadrata pa mora biti t ud i sama simetrična. Ko b om o t ako krivuljo našli, bomo vze li samo en njen del in t ako bo določen t udi sam profil cest e. Vzemimo torej gladko krivuljo K v pravokotnem koordinatnem sis- t emu Oxy. Tangenta na K v točki A naj bo vzporedna z osjo ;r; . Točka A ima koordinati (O, a). Središče C I kotalečega se kvadrata naj bo st alno na osi x . Na kr ivu- lji K lahko v vsaki njeni točki S(x , y) postavimo prav okotni koordinatni siste m Sx 'v I tako, kot prikazuj e slika 2. Pri t em je y = j(x ), kjer je j fun kcija , ki jo i ščemo . OS :1; I naj bo tangenta na K v točki S, os yi pa pravokot nica na tangento (normala) v točk i S . Ko točka S potuje po krivulj i K, se os :1: I ziblje na krivulji , os y i pa opleta po ravnini . Ko je S v A, je C 'v O . Tedaj im a ClV sist emu S x I y I koordinati (O, - a). Mat ematika Zaradi sime t r ije glede na os y je dovolj , da kri vulj o IC obravn avamo le v prvem kvadrantu . Naj bo 5 dolžin a kri vulj e od točke A do poljubne točke S na IC. Točka C I ima v siste mu Sx I y I koordinati (-5, - a ) . Kak šn e koordinate ima C l V sistemu Oxy? u T {3 o Slika 2. Tangenta na Ko v točki 5 im a naklon ski kot (3. V P roseku smo že večkrat br ali , kako lahko up orablj amo kompleksna . števila. Med drugim tudi to, da m noženje danega kompleksnega šte vila s cos (3+ i sin (3 pomeni zas uk točke , ki temu šte vilu pripada v ravnini komple- ksnih števil , okrog točke , ki ustreza št evilu 0, in sice r za kot (3. Bodita z (5 ) = x + iy lil z (C ' )= t: + i7] ( l a) kom pleksn i števili , ki ust rezat a točkama 5(x, y) in C ' (E;, 7] ), pot em ko smo ravnino Oxy poistovetili z ravnino kompleksn ih števil. P ro du kt (- 8 - ia )(cos (3+ i sin (3) pr edst avlj a zasuk točke C' za kot (3 o krog točke S . Iz s like 2 s led i z( C ') = z (5 ) + (-8 - ia)( cos (3+ i sin (3) . ( l b) Ko izenačimo realna in im aginarna dela na obeh st rane h enačbe (l b), dobimo koordinati (E; ,7]) točke C ' v sistemu O:J;y E; = x + asin (3 - s coe B , 7] = f (x ) - a cos (3 - 8sin(3 . (2) Matematika I Naloga za hte va, da je TI = O za vsak x. Tor ej y(x) = acos (3 + s sin (3 . (3) Označimo odv od funkcije f '(x ) s p(:r) in se spo mnimo, da je odvod funkcije f v točki x enak tangensu naklonskega kot a (3 tangente na krivulj o y = f (x ) v točki S (x, f (x )). Torej velja p (x) = tan (3. Diferencial ds loka krivulje y = f (x ) lahko, kot je znano , izr azimo v obliki d s = Jp2(X) + 1 dx . Iz te enačbe dobim o ds = Jtan2 (3 + 1dx = c::{3" Torej dx = cos (3ds in d y = = f ' (x) dx = tan (3 cos (3ds = sin (3ds . Enačbo (3) na obeh stran eh diferen cir amo in pri t em upo št evamo prejš- nj e ugotovitve sin (3ds = - a sin (3d(3 + sin (3ds + s cas (3d(3 . P o poenost avitvi in kraj šanju pridemo do enač be a sin (3 = s cos (3 . (4) (5) Rezultat upoštevamo v enačbi (2) in dobimo t; = x . To pa pomeni , da je točka C' ravno pravokotna pro je kcija točke S na os x, tako kot kaže slika 2. Tedaj je s 1 tan (3 = - = - s . a a (6) Iskana kri vulj a ima t o rej lastnost : Naklon tangente v katerikoli točki S krivulje je sorazmeren z dolžino krivulje od točke A, v kateri j e tangenta na krivuljo vodoravna, do točke S . Krivulj a s to lastnostjo j e verižnica. Tako obliko zavzame id ealna ve r iž ica, ko se umiri , če jo ob es imo v d veh točkah , ki ni sta n a isti ver tikali. Starej ši b ralc i P reseka se bodo m orda spom n ili , da je o verižnici pisal Andrej Likar v članku Veriga in oboki (g lej Presek , letnik 18, 1990/91 , št. 3). Ker im a kri vulja J( v točki A (O, a) vodoravno tangento, mora funkcija f izpolnjeva ti začetna pogoja f (O) = a in f' (O) = O. Kak o za pisati enačbo verižn ice? Računi p otekaj o precej p reprosto , če uporabimo funkcij i hiperbolični kosinus (cash) in hiperbolični sinus (sinh) , ki sta definirani za vsako realno spremenljivko x s formulama 1 ( X - X)cosh x = "2 e + e , inl 1( x -X )sin 1 x = "2 e - e . (7) I Matematika P rva fu nkcij a j e so da, zavzame pri O najmanjšo vr ednost cosh O = 1, vsako od 1 večjo vre d nost pa na tanko dvakra t . Druga funkcija je lih a , pri O im a vrednost sinh O = O in zavzame vsako realno vre d nost na tanko en kra t . Obe funkcij i povezuje enakost cos h2 x - sinh ' x = 1. P a t ud i odvoda sta preprosta (cos h x) , = sin hx, (sin h x) , = cos hx. (8) Fu nkc ija sin h im a inverzno funkcijo, ki jo imenujemo area hiperbolični sinus (asinh) . Zožit ev funkcij e cosh na polt rak [O , +(0) im a inverzno funkcijo, im en ovano area hiperbolični kosinus (acosh) . Obe se izražata z naravnim logaritrnom takole ac osh x = ln(x +~) , as in h x = ln (x + #+1) . (9) Za njuna odvoda pa velj a 1 (acosh x) , = -;:::= = JX2=l ' 1 (as in h x) , = -;:::==vx2 + 1 . (10) Poiščimo seda j enačbo veriž nice iz enačbe (6). Dolžino loka s , ki se z abs ciso x t očke S spreminja, izračunamo z integralom s=s(x)= l XJp2(t ) + l dt . (11) To rej je s '(x) = Jp2(X) + 1. Enačbo (6) prepi šemo v obliko p(x) = ~s(x) , na to obe strani odvajamo in dobimo preprosto diferen cialno enačbo iz nje pa p'(x) = '!' Jp2(X) + 1 , a (12) p'(x) 1 a (13) Leva stran enačbe (13) je ravno (asinh p(x )) ', desn a pa (~) '. E nakost od- vo dov pomeni, da se nastopajoči funkciji razlikuje ta za kon st ant o c as inh p(x) = ::. + c . a (14) Ker pa je p(O) = f ' (O) = O in as inh O = O, dobimo c = O in p(a:) = sin h ~ . Tako smo že korak bli že rešitvi p(x ) = f '( x) = sinh::' . a (15) Mate matika 1 To pomeni, da je J( x) = a cosh ~ + d , kjer je d neka konsta nta . Ker je cos h 0 = 1 in J (O) = a , dobimo d = O, in enačba verižni ce je x y = J (x ) = acosh - . a (16) Za kotalj enj e kvad rat a s st ra nico 2a pride v poštev samo tist i del verižnice (16), za katerega je IJ ' (x)1~ 1. V krajiščih loka mora naklon ski kot st ra- nice kotalečega se kvadrata biti -;f oziroma 3: . Tako pridemo do za hteve Isinh xal ~ 1 oziroma I~ I ~ as inh 1 = In(l + J2). Do lžina tega dela je ravno do lžina st ra nice kvadrata. Po formuli (11) je jaasin h 1 jaasin h 1S = 2 O J p 2 ( t) + 1 dt = 2 O sin h'' ! + 1 dt .a (17) S po enostavit vijo in s substituci jo u = ~ lahko t a int egral i zračunamo j a Sin h 1 . as in h 1 S = 2a O cos h u du = 2a sm h u 1 o = 2a . (18) Tako smo pr išli do kon ca : Del krivulje , po kateri se brez drsenj a kotali kvadrat s st ranico 2a , tako da pr i te m njegovo središče ves čas potuje po osi x , je veri žnica y = a cosh ~ nad intervalom [- a In(l +V2) , a In(l + V2 )]. Take loke potem poljubno zvezno nadaljujemo levo in desn o vzdo lž osi x. Pri te m se verižnica povzpne od y = a do y = aV2 . Višina grbin je torej a(V2- 1). Kakšna pa je povezava vsega tega s traktriso ali v lečnico? Opazujmo na sliki 2 gibanje točke T , ki je središče zgornj e st ranice kotalečega se kvadrata. Ko je ta stranica vzpored na z osjo x , je TvA. Pri kotaljenju kvadrata se točka T gib lje po krivulji, kot kaže slika 3. Pri t em je razdalj a med T in S' (središčem kvad rata), ki se gib lje po osi :r, st alno enaka a . To pa je značilno za traktriso. Bralc i P rese ka so jo najbrž že srečali (glej Bor is Lavrič, Traktrisa, P resek, letnik 17, 1989/ 90, št . 5) . Na vodoravni ravnini opisuje traktriso točkasta masa, ki je privezana na nerazteglj ivi niti , katere prosti kon ec počasi vlečemo po premici v t ej ravnini. Ta premi ca je as imptota t raktrise. I Mat ematika Il '1 / A .......................... /{J traktrisa vcri žn ica p o T' S' .r Slika 3. Slika 3 pom aga , da določimo koordinati (~ , '7) točke T kot fun kciji kota o . Iz pravokotne ga trikotnika TT' S ' izračunamo 1] = a sin o'. Neko- liko več dela je z absciso ~ . Kot doslej naj bo x absc isa točke S . Na sliki 3 vid imo , da sta kota o' in f3 komplem entarna in da je a = = y sin o' = a cosh š sin a. Iz te povezave sled i x = a acosh _._1_ . Z a sm o uporab o enakost i (9) in nekateri h t r igono met rijskih formul dobimo o' ~ = x - a cosa = a(ln cot - - cos a ) . 2 (19) To velja za t raktriso v prvem kvadrantu. Za celot no t raktriso je ugodneje vpeljati kotu o' sup lementaren kot t = 71" - a , to je nak lonsk i kot tangente na t raktriso . Koordinat i poljubne to č ke T(~ , 1]) na t raktrisi lahko izrazimo v ob liki tc. = a(l n t an - + c o s L) , "/ = a. s in t . 2 (20) To sta parametričn i enačbi t rakt r isc . P arameter t se spreminja od Odo 71" . Ko t ra ste od O proti %' potuje točka T po drugem kvadrantu , se dviga od absc isnc osi pr oti najvišj i točki A( O,a), ki jo doseže pri t = ~ . Ko t naraš č a od ~ pro ti 71" , se T spušča v prvem kvad rantu proti a bscisn i osi. Ab scisn a os je as imptota trak t.rise, dan e z enačbama (20) . Marko in N ada Razpet Rešitve nalog 1 REŠITVE N ALOG, ZA STAVLJENIH V P OG OVOR U S P R OF. DR. D U ŠA N OM REPOVŠEM - s str. 219 1. naloga Najprej lokomotiva pripne voziček B in ga poti sn e na slep i t ir. Nato gre skozi pr edor in potisne še voziček A na slep i tir . Nato potegne oba vozička skupaj nazaj in nato ua mestu, kjer je stala na začetku nalo ge, odpne B , med tem ko A ponovno odpelje na slepi ti r. Nato povleče TI na končni po ložaj na levi strani in gre sko zi predor po voziček A. Tega po ti sne na končni položaj na desni in se na kon cu še sama postavi na svo je prvotno mest o. 2 . naloga R ecimo, da je št ev ilo doblj enih trikotnikov x . Ker je vsota notranjih kot ov v trikotniku enaka 7r , je vsota vseh notranjih kot ov v x trikotnikih en aka X7r. Po drugi strani pa je ta vsota enaka t udi vsoti not ranjih kot ov v kvadratu in n polnih kotov (okrog vsake izm ed n točk) X 7r = 2 7r + 2 n 7r . Od t od po kr aj šanju s tt sledi rešitev naloge : x = 2(n + 1). Vidimo, da število dob ljenih t r ikotnikov ni od visno od načina , kako nare- dimo povezave med točkami , marveč le od števila točk. 3 . naloga Ločimo 2 prim era: 1. prim er : Na kon gr esu obstaja vsaj en udeleženec, ki ne po zna nikogar. V tem primeru je možno št evilo ljudi , ki jih pozn a posamezni udeležen ec lahko le O, 1,2, . .. , ali n - 2. Torej je možnosti n - 1. Ker pa je udel ežen cev n , sled i, da morat a vsaj dva med nj imi im eti enako število po znanih. 2. primer: Vsak udeležen ec koga pozna. V t em primeru so možna št evila poznanih ljudi lahko le 1,2 , . .. , ali n - 1. Torej je tudi v t em primeru mo žnosti n - 1, za to zopet obstajata vsaj dva ud eleženca , ki imata isto število znancev na kon gresu . Timotej Žohar' I Tekm ovanj a 33. DRŽAVNO TEKMOVANJE ZA ZLATO VEGOVO PRIZNANJE - R ešitve s str . 241 7. razred 1. 3199 7 - 3199:l = 319 9:3 . 34 - 319 9:l = 3 19 93 . (34 - 1) = 3199 3 · 80 = = IG . (5 . 3199 3 ) . 2. a) V 100 kg sliv je 90 kg vlage in 10 kg suhe sno vi . V 50 kg delno os ušenih sliv je 40 kg vlage, zato je stop nja vlaž nosti te h sliv 80 odstotna. b ) Osu šen ih sliv je bil o 20 kg, v njih je bilo 10 kg vlage. Stopnja vlažnost i ob kon cu sušenja je bila 50 odstot na . c) Na kon cu sušenja so slive vsebova le 10 kg suhe snovi. 3 . P o kraj šanju in razširjanju dobimo neenačbo r~ < 3.( ~~n) < ~ ~ ' od tod pa 5 < 3 · (1 - n ) < 10 . Faktor (1 - n ) je lahko 2 a li 3. Če je 1 - ii = 2, je t i = - 1. Če je 1 - n = 3, je ti = - 2. Neenačbi ustrezata celi števili - 1 in - 2. 4. T = afi, za to je obseg o = 8a + 8T + + 271"1' = 8a + 4aV2 + 7faV2, ploščina pa .., 2 .., 2 P = 4a- - 7f T = 4a- _ 1r~ • 5. Iz alu: = li dobimo 60x = 6 in x = 0,1. Če v akvar ij dolijemo 6 litrov vo de , se gladina dvign e za 0,1 drn . Pri te m se omoči 2 ·12 ·0,1 + 2· 5 ·0,1 = 3,4 drrr' stene . x~I==::i====::::fr a c 8 . razred 1. Najprej je 4· ( 3~2 + 2x - 347) = 3 · (x 2 + 8x + 9) , od t od x = - 4 in nato b = - 5. I 302 Tekmovanja I 2. Označimo znesek za ured it ev prvi h treh parkov z x. Dobimo ena čbo x + tx = 105000 in x = 75000. Za ur edi tev prvih t reh parkov so porabili 75 000 SIT, za ur ed it ev četrtega in pet ega pa 30 000 SIT. Ker je 3t + 4t + 5t = 75 000 in zato t = 6 250, je ur editev prvega parka stala 18 750 SIT, drugega 25 000 SIT in t retjega 31250 SIT. Nadalje je 2m +3m = 30000 in m = 6000, zato so za ur edi t ev četrtega parka por abili 12000 SIT, za uredi tev pet ega pa 18000 SIT. 3. Najprej je 7x +y = 73x +3 , zato je x + y = 3x + 3 in y = 2x + 3. 1 o 1 x 4. /:;A F D je pravokot ni trikotnik, zato je F D = .)82 + x 2 . Prav tako je /:;F BE pravokot ni , za to je FE = = }42 + (8 - x )2. Zaradi ro = = FE je .)82 + x2 = }42 + (8 - x)2 in 64 + x 2 = 16 + 64 - 16x + x 2 , od kod er do bimo x = 1. J.Jt.",- - ---- --..,c E L......-;~--:::_------'B 5. Ker je obseg t uljave o = 271'1' = 3, 14 m , je bilo navitih 15 7000: 3,14 = = 50 000 ovoj ev. Iz V = a2v je a2 = 1 5~~8ooo' od tod pa a = 2 mm. Žica je kvadratnega prereza 2 mm X 2 mm. 50000 ovoj cv take žice je 50 000 · 2 mm = 100 m, štev ilo tulj av dolžine 2,5 m pa 100 : 2,5 = 40. Navili so 40 tulj av. A leksander- Potočnik I Tekmovanja 16. DRŽAV NO TEKMOVANJE IZ FIZIK E ZA O SNOV NOŠOLC E - R eši t ve nalog s str. 242 7. razred Fe C. FBb) Z merj enjem ali pa iz ena- kost raničnih t r ikotnikov ugotovimo: ko je vozel v točki A, sta R in Fg na- sprotno enaki in je FA = = O. V točki B je F B = = Fg = 10 N. V točki e je Fe = Fg + R = 20 N. c) Pri premiku vozla iz A vB se srednja ut ež dvign e za 0,5 m , st rans ki pa se spus t ita za 1,0 m-1 ,73 m /2 = 0,135 m . Sprememba poten cia lne energije je t orej bo Hip = 10 N . 0,5 m - 2 . 10 N . 0,135 ni = 2,3 J . Pri premiku iz Ave sta strans ki uteži na koncu enako visoko, premaknila se je le sred nja ut ež: bolVp = 10 N . 1,0 m = 10 J . 1. a) Z R je označena rezult anta obeh strans kih sil. 2. a) Maso izračunamo z enačbo m = pa :l . Do- bim o: mAl = 2,7 kg / dm' . (0,72 d m )3 = les = 1,0 kg, m Fe = 1,0 kg in mles = 1,0 kg. b) Ker so m ase kock enake, bo najmanjše delo pri najmanjši d vi žni višini. Za t o naj- manjša kocka ost ane na mi zi , naslednja je a lum inijasta in zgornja lesena . c) Aluminij as t o kocko dvign emo na želez no , AAI Fyh Fe = 10 N . 0 ,OS05 III = O,SO .J. L e s eno d v ig u cruo Ila o b e prej šuj i , A les = = Fg(h Fe + hAI) = 10 N· 0,122 m = 1,22 .J. Skupno delo je torej 1,72 J . 3. V brisa č i j e bi lo 150 g vode. V učbeniku preb eremo podatek , da je izpa ri lna toplota vode 2260 k.J/ kg. Za izpari t ev 1 kg vode je torej potrebna t oplota 2260 k.I , za 150 g pa 2260 k.J . (0, 15 kg/1 kg) = = 340 k.J. Tekmovanja I 4. 4...----...,....--.,...----r-----, 3+----+-- ---+---1 ~2 +_--_t_--I.._+_.......-__f"""'-_l u, 0-t-T.......,..-.-+-r""",.....-1h-..-r"",-+.......,..-.-..-l o 5 10 15 20 x(cm) 5. a) p = Po+eJh, pri čemer je POnormalni zračn i t lak, kar je okrog 100 kPa , a pa specifična teža vode. b) Rezul t a t i lahko od stopajo od navedenih vred nos ti do pr ibližno 5%. V (cm3 ) 24 23,3 22 ,6 21,9 21,3 P (kPa) 103 106 109 112 115 »:V (kf'a-cm'] 2470 2470 2460 2450 2450 c) Zmnožek t laka in prostornine zraka v zaprt i cevki je približno kon- stanten. 8. razred 1. Po odčitavanju točk (Uz , 1) in izračunavanju upora R = = UZ / 1 dobimo diagram, kot kaže slika (polna črta) . Pri zaporedni vezavi se vsi upori povečajo za 2,0 H2 in dobimo črtkano kr ivulj o. , R(KO ,, , , , <, , /, , <, , , 1/, , <, , /, , <, , , 1/, .-, / '-; 1/ Uz(V -3 ·2 -1 2. a) V učbeniku preberemo , da ima 1 m dolg železen vodnik s presekom 1 mrrr' upor 0,098 D. Upor deb elejšega kosa je torej 0,098 D, tanjšega pa 4 . 0,098 D = 0,392 D, saj je pr esek štirikrat manjši in zato up or št ir ikrat večji . Ker sta vodnika povezana zaporedno, je njun skupni upor Rs = 0,490 D. Iz Ohmovega zakona izračunamo skupni tok: 1 = = U/ Rs = 2,5 V/ 0,49 D = 5,1 A . Deb elejši vodnik sprejme električno delo Ad = UIt = RI2 t = 0,098 D · 26,0 A2 ' 1,0 s = 2,55 J , tanjši pa delo At = 0,398 D · 26,0 A2 . 1,0 s = 10,3 J . Tanjši vodnik sprejme štir ikrat več dela . Tekmovanja 1.2 1.0 nih. čas (s) 1.4 L-------.....------ b) Sprejeto delo poveča notranjo energijo vodnika : A = mcč/T, S skle- panjem lahko hitro ugotovimo, da je masa t anjšega vodnika št ir ikrat manjša , iz prvega dela naloge pa vidimo , da je sp rej el štirikrat več dela , zato je te mperat urna razlika 16-krat večj a, 6.Tt = 16'0,70 K = = 11,2 K. Lahko pa ob e masi izračunamo : m d = pSdl = 7,8 g, m t = pStl = 1,95 g, iz podatkov za deb elejši vodnik določimo c = = A /m6.T = 2,55 J / (7,8 g . 0,70 K) = 467 J /kgK , to vrednost pa vstavimo v enačbo za tanjši vodnik in dobimo 6.Tt = At/mc = = 10,3 J / (1,95 g . 467 J / kgK) = 11,3 K. 3. a) Ob sunku se je vagonček začel gibat i, nato se je pričel ust avljati , se zalete l v pregrado in se začel gibat i v nasprotno sme r . b) Zgornja kr ivu lja pr edstavlja hit rost , spodnja pa po sp ešek. c) Na vagonček so delovale sila roke v desn o, sila t renja v levo, pravo- kotna komponenta sile pod lage nav zgor in tež a navzdol. d) Vagonček se je zalete l v pregrado in se odbil nazaj. e) s = V sr . (t2 - td ~ 0,2 m/s · (2 ,4 - 1,2) s = 0,24 m f) F t r = m a zav ~ 0,1 kg · 0,1 m/ s2 ~ 0,01 N g) F; ~ m a m ak s ~ 0,1 kg· 1 m/s2 ~ 0,1 N 4. Najprej izm erimo upor priložen ega upornika: R = 1,0 kD. Z merjenjem ugotovimo: R I 2 = = 1,0 kD , R 24 = 1,0 kD, R34 = 0,5 kD in R I 3 = 2,5 kD , vse pri izkloplj en em stikalu . Torej je en up ornik med 1 in 2, drugi med 2 in 4, t retj i in četrti st a povezana vzporedno med 3 in 4. Ko stikalo vkl op imo , je R I 4 = O, kar pomeni , da je stikalo med priključkoma 1 in 4, kot kaže slika . 5. a ) Rezu ltati lahko odstopajo od navedenih vr ednosti do prib liž- no 5%. V našem primeru smo meri li čase za pet nihajev. 80 ampl( o ) 804020 0 .4 0 .2 o.o-+-~--,-- -...__~-,_~~ o kot cl< (0) nihaj ni čas to (s) 15 1,29 45 1,32 75 1,41 0.8 0.6 b ) Energija nihanja pri posameznem nihaju je enaka poten cialni energ ij i, ko je nihalo v skrajn i legi, če merimo poten cialno ene rgijo od točke , Tekmovanja I ko je ut ež v najnižji legi. Ugotovit i mo- ramo torej, v kolikšnem času pade poten- cialna ene rgija nihala v skrajni legi na po- lovico. Kot je pred lagano v nalogi, bo meritev natančnej ša, če merimo odmike x od navpičnice . Iz risb e v meri lu 1 : 1 vid imo, da je pri začetnem odklonu ni- hala 30° višina težišča nihala h = 54 mm nad izhodiščno lego, odmik x pa je takrat 1 20 :m'dPri'kPo~0Ivilč1111' 4vi5šini h / I2 = -: mm h . '00.1?J.~. : L::: ::: :00.40000 " " " pa Je o ml 111 la a , cm. zme rit i mo- ramo torej , v kolikšn em času pade odmik iz 20 cm na 14,5 cm, za kar dob imo pri nekoliko različnih nihalih čase od 35 do 45 sek und . Možni so t udi drugačni postopki . Zlatko Bradač, Mirko Cvahte 41. MATEMATIČNO TEKMOVANJE SREDNJE- ŠOLCEV SLOVENIJE - R ešitve nalog s str. 253 B AJ AA 1/1. Šte vilo 2k + 1 = 2m + 4mn + 2n + 1 = (2m + 1)(2n + 1) je očitno ses t avljeno. Obratno: če je 2k + 1 sest avljeno število, obs t ajata od 1 različni naravni števili a in b, za kateri velja 2k + 1 = ab. Ker je 2k + 1 liho št evilo, morata bi ti tudi a in b lih i. Zato sta števili m = a ; l in n = b; 1 naravni in zanju velja m + 2mn + n = ab; l = k . 1/2. Iz pogojev naloge sledi, da je število (5a - 1) - 5 (a - 10) = 49 delj ivo s p. Torej je p = 7 in tudi število (a - 10) + 7 = a - 3 je zato de lj ivo s p. 1/3. Glede na lego tetive M N ločimo dve bistveno različni mo žnosti , ki ju prikazuje spodnja slika: AJ ............................ L : : : : : : : : LL':::::}:::} LLLi......~ LLLLi Tekmovanja Središče krožnice označimo z 0, pravokotno pr ojekcijo točke ° na tetivo A1N pa z O' . Točka O' razpolavlja tetivo MN, zato je 1]1.,10'1= = 10'NI· Enostavno je videti , da je IA'O'I = 10'B'I. Res: v prvem pr i- mer u si pomagamo sskladnima pravokotnikoma , v drugem pa s sk ladnima pravokotnima t rikotnikoma. Za gornja primera t orej velja lA'Al l = INB'I. Če zame njamo točki Al in N med sabo, je dokaz enak. P rimer , ko (vsaj ) eno krajišče tet ive Al N sovpada s kak šnim kraj iščem pr emera , je t rivialen in ga prepustimo bralcu . 1/4. Naj ima mreža m vrstic in n stolpc ev . Potem je v mreži n(m + 1) vodoravno ležečih in m (n+ 1) navpično ležečih palic. Ker ima vsak gradnik po eno pali co v vsaki smeri, mor a bit i m (n + 1) = n(m+ 1) oz . m = n. Zlahka vidimo, da se da mrežo m x m res sestavit i: najprej ses tavimo polovico kvadrata , nato pa postopek zrcalno po novimo . 11/1. Iz enakost i a2 + b2 + (a + b)2 = c2 + d2 + (c + d)2 izp eljemo a2 + ab + b2 = c2 + cd + d2 in po kvadriranju dobimo Enakost še po množimo z 2 in pr eob liku jemo 11/2. Privzemimo oznake s slike. Najprej je IAHI = ~ IABI in IBHI2 = IABI2 + IAHI2 = IABI2(1 + ';2) , nato pa še IA'HI = IB'EI = ~ IAA' I. Za- radi pod obnosti trikotnikov ABH in A'AH je IAA'I _ lABI . IAHI - IBHI oziroma D G A E B F IAHI .l IABI 1IAA'I = - lABI = n lABI = lABI. IBHI v'n,:+I IAB\ vn2 + 1 n -1 lAB I Jn2 + 1 ' Tekmo vanja I Stranica manjšega kvadrat a je do lga lA'B'I = IBHI - (lA 'H I + IB B' I) = IBH I - (lA'H I+ IAA' I) = = lAB I(RTI _ 1 _ 1 ) n nJn2 + 1 J n 2 + 1 . . 1 - - ' ( IA'B' I) 2 _ (n - I J2zato Je razm erj e P osc m lABI - n 2+1 . II/3. Ker je ABCD tetivni štir ikot nik in X središče njemu očrtane kr ožni ce, sta daljici XY in CD pravokot ni . Tudi CFD E je tetivni št irikot nik. Središče njem u očrtane krožnice leži v Z , zato je tudi dalj ica ZY pr avokotna na CD . Točke X , Y in Z so res kolinear ane. Pripomniti velja, da lahko točki C in D med sabo tudi zamenj amo. Točki E in F t ed aj za me njata vlogi , dokaz pa ostane enak. II/ 4 . Oglejmo si naslednjo tabe lo: A F X B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1989 1990 1991 1992 1993 1994 1995 1996 1997 Ker je izbranih števil 1001, obstaja vsaj ena vrstica , ki vseb uje vsaj 251 izmed te h št evil. Ker pa je stolpc ev 500, mor at a bit i vsaj dve števili izmed teh 251 števil sosednji . To rej je njuna razlika natančno 4. III/lo Število m +n- 1 deli (m+n- l)(m+n+ 1) = m 2+ n2 - 1+ 2mn , zato m + n - 1 deli 2mn. Če bi bilo m + n - 1 praš t evilo, bi moralo delit i 2, mali n . To pa je nemogoče , sa j m + n - 1 > m , n , 2. III/2. Polinom pje oblike p(x) = a(x - xI )(X- X2) ' " (x - xn)+n , kjer so števila a, x l, " " xn cela. Zaradi p(O ) = O velja n = - a(_ 1)nXI '" Xn. Ker so šte vila Xl , . . . , x n različna, st a lahko kvečjemu dve p o abso lut ni vrednos t i enaki 1, zato je n = 1- a( - l)n XI " · xnl 2 2n- 2. Z induk- cijo prever imo , da za n 2 5 velja ti < 2n-2 , zato mora biti n ::; 4. Polino mi (x - 1) + 1, (x - l )(x + 2) + 2, (x - l) (x + l )(x + 3) + 3 in -(x - l)(x + l )(x - 2)(x + 2) + 4 pa kažejo , da je n res lahko enak 1, 2, 3 ali 4. Tekmovanja 111/3. Označimo a(1000 - b) > 101 . 3, kar tudi ni res. Prav tako ugot ovimo, da več kot trimest n i števili ne pridet a v poštev , a in b sta t orej dvomestni . Enačba se t orej glas i 154 = 100a + b - a . b. Iz enačbe izr azim o a: a = ~ ~~ = ~. Sled i, da 100 - b I 154 - b oziro ma 100 - b I 54. Tekmovanja I Ker je 100 - b po zitivno, je lahko enako le enemu izmed števil 1, 2, 3, 6, 9, 18, 27 in 54. Za b dob imo to rej kandidate 46, 73, 82, 91, 94, 97, 98 in 99 . Izmed teh sta praš t evili le 73 in 97 . Če velja b = 73, dobimo a = ~ g6:::: t = ~~ = 3, kar ni dvom estna praš t evilo. Za b = 97 dobimo a = ~ g6 :::: t = 537 = 19 in tako je iskana št evilo 1997. IV /2 . Da bi bi lo število h 005 deljivo z 10, mora biti sodo in deljivo s 5. Izračunajmo nekaj členov F ibo naccijevega zapo redja 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34 , 55, . . . Domnevamo lahko, da bo vsako tretje Fibonaccijeva št evilo sodo in vsako peto F ibonaccijevo št evilo deljivo s 5. Število 13 = 2 je sodo. Ker je f n+3 = t; + 2 f n+l , sta števili fn+3 in f n enake parnosti. Torej so vsa št evila oblike 13k sod a . Št evilo 15 = 5 je deljivo s 5. Iz zveze f n+5 = 3 f n + 5 f n+l pa sledi , da je število f n+5 deljivo s 5, če je tako t udi število f n . Vsa števila ob like f 5k so zato deljiva s 5. Torej so vsa št evila oblike h 5k delj iva z l O. Ker je 1005 = 67 · 15, je prva t rdit ev do kaza na. V drugem delu naloge pa bom o pokazal i, da štev ilo h 005 ni deljivo s 4. Ker je f 6 = 8, je smiselno izrazit i število f n+6 s pomočjo števil i-. in f n+l f n+6 = 5 f n + 8 f n+l . Torej bo šte vilo f n+6 delj ivo s 4 natanko tedaj , ko bo tako t udi šte vilo f n. Ker pa je 1005 = 167·6 + 3 in 13 = 2, število h005 ni deljivo s 4. IV /3. Privzem imo oznake s slike. Zadošča dokazati , da je t riko t nik B 1B2X pravokoten s pr avim kot om pri X. I Tekmovanja y B'2 Pravokotna trikotnika Y Al Ol in Y A202 sta si podobna, zato je Sledi O. Če je n > 1, je a~ ( _ 1)nx2n +1 člen najvišje st opnje polinoma x p (x ) p (l - x ) + x 3 + 100. Ta polinom je to rej lih e sto pnje in ne more zavzet i sa mo poziti vnih vrednosti. Ost ane nam le še mo žnost n = 1. Poenost avimo oznake: p(x ) = ax + b. Potem je x p (x ) p(l - x) + x 3 + 100 = (1 - a2 )x 3 + a2x 2 + (b2 + ab)x + 100 . Torej mora bit i a2 = 1 in (b2+ ab)2 - 400a2 ::; Ooz. W+ab i ::; 20. Ločimo dva primera : Če je a = 1, zadoščajo pogoju Ib2 + bl ::; 20 vsa števila - 5 ::; b ::; 4. Če pa je a = -1 , zadoščajo po goju Ib2 - bl ::; 20 št evila - 4 ::; b ::; 5. Povzemimo: Pogoj u naloge zadoščajo vs i polinomi ob like p( x) = = x + b, b E [- 5, 4] in p (x ) = - x + b, b E [-4, 5]. 1/3. Označimo iskano število z an ' P otem je a2 = p (p - 1) in a3 = p (p - l ) (p - 2). Naj bo sedaj n ::::: 4. Določimo an: Točka An~ l leži me d točkama A n- 2 in A n . Če sta t i dve točki enako obarvani, lahko točki A n- 2 in An identificir amo. Takih barvanj je tako (p - 1)an- 2 ' sa j lahko točko A n- 1 pob arvamo na p - 1 načinov , točke A l , . . . , A n- 2 pa na an- 2 načinov . Če pa sta točki A n- 2 in A n različno obarvani, je barvanj (p - 2)a n- 1' sa j la hko točko A n- 1 pob arvamo na p - 2 načinov , točke Al , .. . , A n- 2, An pa na an - 1 načinov. Torej je an = (p - 2)an-1 + (p - 1)an- 2 . Rešimo diferenčno enačbo : Pripadajoči karakteristični po linom t 2 - - (p - 2)t - (p - 1) ima ničle t = p - 1 in t = - 1. Splošna rešitev I Tekmovanja je zato ob like an = A (p - l) n + B (-l )n. Nazadnje upošt evamo začetne vr ednosti in dobim o A = 1, B = p - 1. Točke lahko torej pobarvamo na a11 = (p - 1)n + (- 1)n (p - 1) načinov . 11/ 1. Uporabimo kosinusni izrek v t rikotniku A l B i C in dobi mo saj je cos 2 in naj bo 2P + 3P = an za neki n > l. Ker je p liho št evilo, lahko razstavimo zato 5 I a. Št evilo 5 m je torej deljivo s 5n . Ker pa je n > 1, je št evilo 5 m deljivo (vsaj) s 25, zato 5 Im . Ker je 3 == - 2 (mod 5), je Torej 5 Ip in je p = 5, saj je p praštevilo . Sedaj pa smo zaš li v protislovje, saj števi lo 25 + 35 = 275 = 52 . 11 ni ob like an za noben a E IN in n E IN\{ l} . Matja ž Željko PRESEK lis t za mlade matematike , fizike , a stronome in računalnikarje 25. le tnik, šo ls ko leto 1997/ 98 , števil ka 5, strani 257 - 320 UR E DNIŠKI ODBOR: Vladimir Batagelj , Tanja Bečan (jezikovni preg led ), Miran Černe (g lavni urednik), V ilko Domajnko, Roman Drnovšek (novice), Darjo Felda (te kmova nja) , Bojan Go lli , Marjan Hr ibar , Boštjan Jaklič (tehnični urednik) , Mar- tin Juvan (računalništvo) , Sandi Klavžar, Boris Lavrič, Andrej Likar (fizika) , Matija Lokar, Fr an ci Oblak , Pet er Petek , Marijan P rosen (astrono mija), Marija Ven celj (matemat ika , odgovorn a urednica). Dopisi in naročnine : Društvo matematikov, fizikov in astronomov Sloven ije - Po- družn ica Ljub lja na - Komisija za tisk , Presek , Jadranska c. 19 , 1001 Lj ubljana , p .p . 2964 , tel. (061) 1232-460, št. ŽR 50106-6 78-47233. Naročnina za šo lsko leto 1997/98 je za posamezn e naročnike 1.620 SIT, za skupinska naročila šo l 1.350 SIT, posamezna številka 324 SIT, za tujino 30.000 LIT, devizna nakazila SKB banka d .d . Lj ub ljana, val- 27621-42961 / 9, Ajdovščina 4, Ljubljana. List sofinancirata MZT in MŠŠ Ofset t isk DELO - Tiskarna , Lj ub lja na Po mnenju MZT št. 415-52 /92 z dne 5.2 .1992 šteje revija med proizvode iz 13. točke tarifne št. 3 zakona o prometnem davku, za katere se plačuje 5% davek od prometa proizvodov. © 1998 Društvo matematikov , fizikov in astronomov Slovenije - 1350 Poštnina plačana pri pošti 1102 Lj ubljana I Računalništvo PONOVNO SAM SEBE V pred lanskem letn iku Preseka (Še enkrat sam sebe, Presek 23 (1995/ 96) št. 6, str. 367-368) je bil objavljen program v programskem jeziku C, ki brez up orabe datot ek izpi še sam sebe (svojo izvorno kod o). Rešitev je bila kar zvita in ne preveč dolga. Obj avljen i program je imel 34 vr stic, t eme lj il pa je na spret ni uporab i t abele nizov, v kat ero je bil zapisan večj i del kod e progr ama. Pred časom pa sem v knj igi S. P. Har bison , G. L . St eele Jr. : C, A Referen ce Manu al (4. izdaja ) , Prenti ce Hall, 1995 na strani 378 našel še kr ajšo in še bo lj zvito rešitev. Tule je, napisana nek oliko manj st rnjeno kot v knjigi: #i nclude cha r b='\\' ,n='\n' , q=' ''', *e ="#i ncl ude %c%cchar b='%c%c' ,n='%cn' ,q=' %c ' ,%c *e =%c%s%c,%c ", *f =" *f=%c%s%c,%c *g=%c%s%c,%c *h=%c%s%c;%c%ci nt ma i n(voi d) %c{%c pr", *g="intf(e ,n,n, b,b, b , q, n, q,e,q, n);%c printf (f, q ,f ,q,n , q , g,q,n , q ,h,q ,n , " , *h="n, n, n);%c printf (g ,n) ; %c printf (h ,n ,n ,n,n ,n); %c retur n O;%c}%c "; i nt main(void) { pr i nt f(e, n ,n,b, b, b, q ,n, q,e,q ,n) ; pr i ntf(f,q ,f,q, n,q ,g,q, n, q, h ,q, n ,n, n, n); printf(g, n) ; printf(h, n,n,n,n, n ) ; r eturn O; } Pravzaprav bi gornjo rešitev lahko nap isal i še precej krajše, recimo v t reh (za Presek sicer pr edo lgih ) vrsticah . Prva bi vse bovala ukaz #include , druga definicije spremenlj ivk b, n , q in e (spreme nlj ivk f , g in h ne bi potrebovali ) , t retj a pa funkcijo ma i n, v njenem telesu pa le (en) ukaz printf in klic ret urn. Zapis t ak e rešit ve vam prepuščam za vajo. In kak o bo st e preverili, a li st e napisali dobro rešitev? Če delate z Micro - softovim op eracijskim sistem om (DOS, Okna ), po te m to st orit e t akole. Recimo, da ima te izvorni progr am na datot eki sams ebe . c , prevedenega pa na datot eki samsebe . exe. V ukazni vrstici napišet e sams ebe >i zho d . txt P rogr am se bo izvedel , namesto na zaslon pa bo izpi s preusmerj en na dat ot eko izho d . txt . Nato z vgrajenim ukazom comp (v Oknih 95 se enakovrede n ukaz imenuje f c ) primerjate vsebini datotek sams eb e . c in izhod. t xt : comp samsebe.c i zhod.txt Če ste napisali dob ro rešitev, bo ukaz javil , da sta dat ot eki enaki (Files compare OK). Mart in Juvan 1l;. • • , - --- -_.._ - ----- ~ ..: _....-: + Slika 4. Živahno razprav ljanje učencev o medsebojnih legah planetov glede na Zemljo in Sonce (na slikah so učenci OŠ Šmarje pri Jelšah).