
Matematična olim pij ska ekipa po vrnitvi iz Indije na brniškem l et ališču (fot o Ma tj až Željko) .
I•.1 _ .\
. _ - ..&.._ ._ .........-
E kipa Sloven ije na Me dnarodni fizikalni olim pi ad i v Os lu (fot o Ciril Dom inko).
IPRESEK
NALOGE
NA OVITKU
MATEMATIKA
FIZIKA
ASTRONOMIJA
RAČUNALNIŠTVO
NOVICE
ZANIMIVOSTI
RAZVEDRILO
PISMA BRALCEV
TEKMOVANJA
list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje
24. letnik, leto 1996/97, številka 3, strani 129-192
VSEBINA
Porazdelitev praštevil v množici IN (Gregor Pavlič) 140-143
Svetlobni mlinček (Janez Strnad) 130-134
Halo, čudoviti naravni pojav - 2. del (Matej Rovšek) '" 144-145
Izmerimo Lunin premer (Marijan Prosen) 138-139
Posplošena Fibonaccijeva zaporedja (Martin Juvan) 150-152
37. mednarodna matematičnaolimpiada (Matjaž Željko) . .. 135
27. mednarodnafizikaIna olimpiada (Ciril Dominko) 136-137
Novo največjeznano praštevilo (Matija Lokar) 154-155
27. fizikaina olimpiada v deželi Vikingov (Klemen Žagar) 156-157
Izpitni nalogi (Dušan Murovec) . . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 134
Soda pred liha (Martin Juvan) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . 139
Dediščina (Marija Vencelj) 152
Komutativnost množenja (Marija Vencelj) 157
REŠITVE NALOG Prištevanka za dva - s str. III , P-2 (Marija Vencelj) 137
Kateri slavni matematik je to? - s str. 100 (Marija Vencelj) 153
Praštevilske vrednosti polinoma - s str. 69 (Dušan Murovec) 153
Vse manj je dobrih gostiln - s str. 83 (Marija Vencelj) 153
Križanka "Presekovi uredniki" - s str. 96 (Marko Bokalič) . . 159
Kolikokrat bo treba tehtati? - nagradna naloga s str. 5
(Marija Vencelj) 162-163
Kvadrati praštevil- s str. 83 (Boris Lavrič) 163-164
Napišite pesmico (Marija Vencelj) 158-159
Križanka "Družabne igre" (Marko Bokalič) 160-161
Razpis na temo 1997 s str. 18 - odgovori (Marija Vencelj) 146-149
Urnik tekmovanj v letu 1997 (Darjo Felda) 165-167
Rešitve nalog s predtekmovanja iz srednješolske
fizike - s str. 124 (Bojan Golli) 167-173
31. področne tekmovanje za Srebrno Vegovo priznanje -
rešitve s str. 112 (Aleksander Potočnik) 173-175
Rešitve nalog s področnega tekmovanja iz fizike za
osnovnošolce - s str. 117 (Mojca Čepič) 175- 178
Il. državno tekmovanje v računalništvu za osnovno-
šolce, 1. del - rešitve s str. 107 (Tihomil Šlenc) ..... 179-181
Il. državno tekmovanje v računalništvu za osnovno-
šolce - naloge, 2. del (Tihomil Šlenc) 182-184
Mednarodno matematičnotekmovanje mest, 2. del
(Matjaž Željko) 185-187
Izbirno tekmovanje iz matematike - rešitve s str. 123
(Matjaž Željko) 188-192
Vrtilo demonstracijskega modela za prikaz pojavov hala v labora-
toriju (izdelal Andrej Trontelj , foto Matej Rovšek) I
Slovenski olimpijski ekipi na 37 . matematični in 27. fizikalni med-
narodni olimpiadi. Glej prispevke na straneh 135 , 136 in 156. II
Svetlobni mlinček (foto Marjan Smerke). Glej tudi članek na
strani 130 . Oktobrski delni Sončevmrk (foto Anja Cerin) . . . . III
Slike pojavov hala v laboratoriju (foto Matej Rovšek). Glej tudi
stran 144 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . IV
Fizika I
SVETLOBNI MLINČEK
V nekaterih šolskih laboratorijih je mogoče še opazit i svetlobni mlin ček.
To je steklena bučka , v kateri j e ostanek zra ka pod nizkim t lakam . Na
ost je posaj en vodoraven kr iž s št irimi majhnimi navpičn im i lopu tami na
kraji š čih . Na eni st ra ni so prevlečen e s črno barvo, na dru gi z zrcalna
plastj o ali z belo barvo. Na son cu se križ z lopu tami počasi vrt i. Lopu t a ,
katere črna st ra n je obrn jena proti svet lobi, se giblje nav znoter , in lopu ta ,
katere be la st ra n j e ob rnjena proti svet lobi, navzven (slika na predzadnji
strani ovitka).
Napravic a , ki jo dan es le poredko uporabijo, j e preživela veliko boljš e
čase , ko so se z njo ukv arjali znani fiziki . Pr ot i koncu 18. sto letj a je še pre-
vladovalo mn enj e, da sestavljajo svetlobo hitri delci . Tedaj so malošteviln i
naspro tniki tega mnenja - med nj imi T homas Young - trdi li , da bi morali
opazit i silo svetlobe, če bi šlo za delce. Misel se je obdrža la še dolgo v 19.
stoletje. Augustin Fresnel , ki j e nad alj eval Youn govo teo rijo o svet lobi
kot valovanju, je leta 1825 prvi izme ril silo, kakršna deluj e v svet lobnem
mlinčku . Toda to delo ob svojem času ni zbudilo pozorn osti in je zatonilo
v pozabo.
W illiam Crookes je določi l atomsko maso eleme nta talija , ki ga je
odkril po znači ln ih črtah v spekt ru . Pr i tehtanju v poso di z razredčen im
plinom je opazil, da so segret i vzor ci t ehtali manj . Tedaj so up orabljali
izboljšano vakuumsko črpalko , ki je omogoči la, da so dosegli dokaj ni-
zek tl ak preostalega plina. Da bi pojav bo lje raziskal , j e v cev z znižanim
t lakam postavil pr eprost vzvod z bezgovima kroglicama na krajiščih . Kro-
glica se j e dvignil a , če ji j e to plo te lo približa l od spodaj , in se spustila ,
če ji ga je približal od zgoraj. Leta 1874 j e čl anom Kralj eve ust an ove v
Lond onu pokazal podoben poskus . V izsesani posodici j e na nitki visel
vzvod z bezgovo kroglico. Kroglica se je odklonila od goreče sveče , ki ji
jo je približal.
Posku s je opazoval t udi Osborn e Reynolds, ki je sklepa l, da pojav ni
povezan s silo svetlo be, ampak s te m , da se kroglica na strani plamena
segrej e. Razlago j e podrobn eje izdelal leta 1876. Molekul e v plinu na
t oplejši strani od kroglice odletijo v povprečju z malo večjo hitrostj o, kot
pril et ijo na kroglico. Povprečna kinet ična energij a molekule je namreč
sorazmern a s temperaturo. Učinek močnej šega odriva molekul na segret i
strani je t ak , kot da bi se t am malo povišal t lak plina in odrinil kroglico.
Vzem imo , da pril eti molekula na loputa s hitrostjo v, ki ustr eza
temperaturi T , in se odbije s hitrostj o v + Dov, ki ustreza temperaturi
T + DoT . Po izreku o gibalni količini , j e sunek sile lopute na molekul a
Fizika 131
enak sprem embi gibalne količine . Velja Flt = ml(V+~V) -ml(-V) =
= 2ml v + ml ~V , če je F l sila mol ekul e na loputo in ml masa molekul e.
V časovn i enot i pril eti na ploskovno enoto lopute število molekul , ki je
sora zme rno s hitrostjo v. Tako je tlak plina na loputo p + ~p soraz-
meren z 2v2 + V~V, medtem ko je tlak p sorameren z 2v2. Delimo
uztrezni enačbi, da se znebimo sor azm ernostn ega koeficienta, pa preo-
st an e ~p/p = ~v/2v.
Nadalj e up oštevajmo, daj e kinetična energija mol ekul e sorazmerna
s temper aturo: ~ml v2 cx T in ~mdv +~v)2 = ~ml v2+ml v~v cx T+
+ ~T. Pri t em smo zanemarili člen z (~V)2 v primeri z drugimi členi.
Zopet delimo ustrezni enačbi , da se znebimo sorazmernost nega koefici-
enta, in dobimo 2~v/v = ~T/2T. Iz obeh zapisanih enačb sledi zveza
med spreme mbo tl aka in spremembo tem perature ~p/p = ~T/4T.
Reyn oldsa so opozorili na to , da je nekaj spregleda l. Molekule, ki se
od rinejo na st eni z malo višjo temperaturo z malo večj o hitrostj o, tudi
malo pogosteje trčijo z mol ekul ami , ki se gibljejo v nasprotni sme ri, in pri
t eh t rkih hitro zgubijo presežno hitrost . Tlak se po vsem plinu v posodi ci
i zenači , četud i temperatura ni povsod ena ka .
Croo kes je nadalj eval s poskusi. Na nitko je obesil vzvod s črno in belo
loputo in opazil, da se je vzvod odklonil, če je loputi ena ko osvetlil. Pri
nekaterih posku sih se je vzvod zasukal. Tako se mu je porodila misel, da je
leta 1876 izdelal svetlo bni mlinček, ki ga je imenoval radiom eter (slika 1).
Ted aj j e bil še vedn o prepričan , da nar avno st meri silo svet lobe. Danes
poznamo preprost nasprotni razlog. Beli dellopute svet lobo v glav nem
odbije, črn i pa v glav nem vp ije . Mislim o si vodn o kolo, na kat erem se na
eni st ra ni vodni curek na lopati ci odb ije, na drugi st rani pa ob lopati ci
spo lzi na t la. Sila odb itega curka je d vakrat večja od sile cur ka, ki se ne
odbije . Če bi bilo pod obn o pri mlinčku, bi se morala lopu t a, katere bela
st ran je obrnjena pr oti svetl obi , gibati navznoter in loputa s črno st ra njo
navzven.
Reynoldsov sodelavec Art hur Schus ter je nar edil let a 1876 zanimiv
poskus. Ohi šje radi om etra je obesil na dve nitki in radi om eter osvet lil.
Telo, ki visi na dveh vzporednih nitkah , ima zelo j asno izraženo ravnovesno
lego. Ohi šje se je odklonilo v nasprotn o smer, kot se je vrtel radiom eter ,
ko ga je osvet lil. Če bi na svet lo loputo delovala svetlob a z manjšo silo
in na temno z večj o silo , bi zaradi razlike sil na vzvod deloval navor . Z
navorom povezan a spreme mba vrt.ilne količine bi se preko plina in trenja
v osi prenesla na ohišje radiom etra , ki bi se odklonilo v isto smer kot
radiometer . Posku s je pokazal , daje vrtenje radi om etra vendarle povzročil
Fizika I
povečani tlak plina pred črno loputo, ki se je hitreje segrevala kot bela.
Plin se je začel hitreje gibati od lopute in gib anje se j e preneslo na ohišj e.
P ri tem se je ohranila skupna vr tiina količina, plin se je vrtel v nasprotni
sme ri kot radiometer in njegovo vrt enj e se je preneslo t udi na ohišje.
Slika 1. Cro okesov radiometer s prečko na nitki iz leta 1876 (levo) . Ob istem času je
Heinrich Geissler v Nemčiji raziskoval radiom eter s štirimi loputami (d esn o). Geissl er
si j e zamislil novo učinkovito vakuumsko črpalko, v kateri j e za tesnj enj e uporabil živo
srebro.
Prvotna Reynoldsova razlaga j e potemtakem morala vsebovat i vsaj
zrn ce resnice. To se je pokazalo , ko sta delovanje radi ometra nekoliko po-
drobneje pojasnila J ames Clerk Maxwell in Osborne Reynolds neodvisno
drug od drugega let a 1879. Njuno razlago so dopolnili še okoli let a 1920.
Nekoliko po enostavlj eno lahko rečemo, da se sicer učinka toka molekul z
nekoliko večj o hitrostj o od črne lopute in pogostejših t rkov t eh molekul z
nasproti prihajajočimi molekulami zares izravnata, vendar velj a to samo
nad loputo. Ne izravn ata pa se v zelo tankem območju nad rob om lopute.
Tam pr evlada učinek hitrejših molekul in povzroči, da se črna loputa giblj e
navznoter in bel a navzven. Debelino tega območj a ocenimo s povprečno
pro sto potjo, kakor im enuj emo razdaljo, ki jo v povprečju preleti molekula
v plinu med zaporednima trkom a.
Fizika 133
JI
V preprostem približku se je lotil računa tudi Albert Einstein v
članku J( teoriji radiometrskih sil leta 1924. Izpeljal je silo na telo v
plinu, v katerem teče toplotni tok, če je telo majhno v primeri s pov-
prečno prosto potjo. Obdelal je tudi silo na loputo, ki je pravokotna
na toplotni tok, če je loputa velika v primeri s povprečno prosto potjo.
Računi v uporabljenem približku so preprosti in bi jih lahko navedli,
če ne bi bili tako dolgi in če bi neposredno zadevali svetlobni mlinček.
Pri sili na rob lopute, ki ima na eni strani za D.T višjo temperaturo kot
na drugi, pa v plinu ni znatnega toplotnega toka in ni mogoče narediti
preprostega približka. Silo na enoto roba lopute lahko le ocenimo s
plD.T/T = kD.T/1f{2rl)2. Pri tem je l = 1/1fn{2rd2 povprečna prosta
pot z gostoto molekul n , to je številom molekul v prostorninski enoti,
in s premerom molekule 2rl. Gostoto molekul povezuje s tlakom p
in temperaturo T enačba p = nkT, v kateri je k = 138 . 10-23 J/K
Boltzmannova konstanta. To je samo eden od dveh prispevkov k ra-
diometrski sili . Pri temperaturni razliki nekaj kelvinov doseže nekaj
desettisočin newtona na meter, če premer molekule ocenimo z nekaj
10-10 m. Rob lopute meri nekaj centimetrov, tako da sila na rob 10-
pute doseže le nekaj milijonin newtona.
Radiometer, ki ga damo v hladilnik, se vrti v nasprotni smeri .
Črna stran lopute se namreč s sevanjem hitreje ohladi kot bela, tako
da zapuščajo črno stran lopute molekule, ki imajo v povprečju malo
manjšo hitrost od prihajajočih. Ob robu lopute prevlada ta učinek
nad učinkom malo redkejših trkov teh molekul z nasproti prihajajočimi
molekulami. Radiometer se vrti v nasprotni smeri kakih deset minut,
dokler se temperatura vseh delov radiometra ne izenači. Radiometer
se vrti v navadni smeri, ko ga damo iz hladilnika, četudi ga ne osve-
tlimo. Tudi to vrtenje poneha po kakih desetih minutah, ko se vsi deli
radiometra segrejejo na sobno temperaturo. Na soncu deluje radiome-
ter neprekinjeno, ker se nikoli vsi deli ne segrejejo na temperaturo, ki
ustreza temperaturi na površju Sonca.
Crookes in nekateri drugi so poskusili rešiti prvotno Reynoldsovo raz-
lago po drugi poti. Tlak v radiometrski posodici naj bi bil tako nizek, da
bi molekule, ki se gibljejo od črne lopute, na poti do stene posodice sploh
ne trčile z drugimi molekulami . Če bi bilo tako, bi lahko obveljala prvotna
Reynoldsova razlaga. Toda povprečnaprosta pot pri navadnem tlaku meri
komaj nekaj desettisočin milimetra. Pri desettisočkrat manjšem tlaku,
Fizika - Naloge I
to j e pri tlaku :desetine mi libara , kolikor je navadno tl ak v radiomet rski
posod ici , meri desettisočkrat več , to rej nekaj mi lim etrov. Croo kesov radi-
ome te r se je vrtel še pri t laku okoli 50 milibarov , ko je povprečna prosta
pot merila samo petstot ino mil imetra. Prvot na Reynoldsova razlaga zares
ni bil a uporabna.
Raziskova nje radiomet ra je zbudilo zanimanje za poj ave vrazredčenih
plinih , v katerih povprečna prosta pot v primeri s posodi co ali z opazo-
vanim telesom ni t ako velika , da bi lah ko govorili o vakuumu , a ni tako
majhna , da bi veljale enačbe za tekočinski tok. Veliko fizikov, ki so se
ukvarjali z radiornetrom in so obv ladali delo z vakuumskimi črpalkami, j e
začelo raziskovat i električn i tok po razredčenih plinih in predvsem kate-
dn e žarke. Crookes j e to storil t udi zato , ker je vsaj spočetka napačno
mis lil, da molekul e v radiom et ru ne t rkajo med seboj . On in Schuster
sta veliko prispevala k raziskovanj u katodnih žarkov in rentgenske sve-
t lob e. To raziskovanj e je J ohna J oseph a T homsona leta 1897 pripelja lo
do od kr itja, da sestavljao katodne žarke negat ivno naelektreni delci . Te
delce s skoraj dvatisočkrat manj šo maso od vod ikovega at om a so pozneje
imenoval i elektroni . Razi skovanj e radiometra je tedaj povezan o tudi z
odkritjem elekt rona, kat erega stoletnico bomo v kratkem slavili.
Jan ez Strnad
IZPITNI NALOGI
Oglemo si dve od šestih nalog , ki so jih let a 1993 reševali kandidati za
vpis na mehanično-matematično faku lt eto na moskovski državni uni-
verzi. Se vam zdita težki?
1. Določi vse vrednosti za p , pr i katerih enačba
nima rešitve!
2. Dve krožnici s središčema A in Bimata po lme ra 2 in 1 ter se
dotikata . Točka C leži na skupni tangent i obeh krožnic v odda-
ljenosti 3 · V3/(2 . V2) od sredine dalj ice AB. Poiščite p lo š č ino p
trikotnika A BC, če velja p > 2.
Dušan Murovec
INovice
37. MEDNARODNA MATEMATIČNAOLIMPIADA
Karavan a mladih matem atikov se je letos ustavila v Bombayu - petnajst-
milij onskem mestu na ot oku ob zah odni obali Indije. Prvih nekaj dni smo
pr eživeli ob pri vaj anju na nove klim at ske ra zmere in spoznavanju lokalne
favne. Predstavniki družin Bla ttidae,l Culicidae 2 in Sa uria 3 so na nas
napravili nepoz ab en vtis. Zaradi monsuma , ki je v t istem času obiskal
Indijo , tem perat ur e niso presegle 35° C , vlažnost pa ni padla pod 80%.
Še posebej "vroče" j e bilo 10. in 11. julija, ko so se Polona GREŠAK
z Gimnazij e in ESŠ Trbovlje, Igor KLEP s SŠC in Gimnazij e Ptuj , Ma-
tjaž KONVALINKA in Tad ej STARČIČ z Gimnazije Bežigrad , Andrej
ZORKO z Gimnazij e in ESŠ Brežice in Sašo ŽIVANOVIČ iz ŠC Celj e,
Gim naz ije Lava, spo prij eli z nalogami na 37. medn arodni matematični
olim piadi. Tekm ovalci so v naslednjih dn eh spoz nali Bombay in njegovo
okolico, spremljevalca Darjo FELDA in Matjaž ŽELJKO pa sva se v tistih
dn eh ukvarjala s pregledovanjem izdelkov in predstavitvij o le-t eh medn a-
rodnim ocenjevalcem.
Za slovensko ekipo je bilo najbolj svečano 16. julij a , ko sta Igor KLEP
in Matj a ž KO NVALINKA prejela bronasti odl ičj i . Kot zanimivost obj a-
vimo nalogo, pri kat eri j e Igor Klep prejel več točk kot celotna kitajska
ekipa.
Naj bo A B CD EF konveksni šestkotnik , pri kat erem j e stra-
nica AB vzp oredna stranici DE, stranica BC vzporedna sireuici
E F in st ranica CD vzporedna stranici A F . Z RA, RE in Rc
označimo polmere krožnic, očrtanih trikotnikom F A B , BC D in
D E F , s P p a obseg šestkotnika. Dokaži, da j e
Zahvala za usp ehe naših olimpijcev in tekm ovalcev na drugih tekmovanjih
gre pr edvsem uči teljem-mentorj em , ki mladim nadobu dn ežem pomagajo
pri spoznavanju matem at ike. Nastop na olimpiadi pa sta v veliki meri
omogoč i li Mini strstvo za šolst vo in šport ter Ministrstvo za znanost in
tehnologijo .
Matjaž Željko
1 ščurki
2 kom arji
3 kuščarji
No vice I
27. MEDNARODNA FIZIKALNA OLIMPIADA
Na let ošnj i, za nas jubilejni peti olimpiadi, odkar se jih udeležujemo kot
sa mostoj na država, smo dosegli doslej največji uspeh : srebrno medaljo,
bronasto medaljo in dve pohvali .
Na olimpiadi, ki je potekala med 30. junijem in 7. julijem v Oslu
na Norveškem , je sodelovalo 260 tekmovalcev in 107 spremlj evalcev iz 55
drž av . Slovensko ekipo (pet tekmovalcev in dva spr emlj evalca) so sesta-
vljali: Klem en ŽAGAR, Gimnazija Šentvid Ljublj an a ter Miha VUK , An-
dr ija LEBAR, Pet er JEGLIČ in Anže SLOSAR, vsi z Gimnazije Bežigrad
Ljublj an a. Spremljevalca in hkrati člana medn arodne komi sije sva bila
Boj an Golli , Pedagoška fakul tet a v Ljubljani, in Ciril Dominko, DMFA
Slovenij e.
Tako kot vsako leto je bilo treba tudi letos v petih ur ah rešiti tri
teoretične naloge in po dn evu počitka še dve eksperimentalni nalogi. Or-
ganizatorji so letos prvič spremenili eno izmed teoretičnih nalog tako, da
je bila sestavljena iz večih , med seboj neodvisnih kratkih nalog. S tem
so usp eli v tej nalogi postaviti t ežke in lahke probleme, hkr ati pa so po-
krili pr ecejšen del kataloga. Prav tako je bila v pr imerj avi z zad njimi
olimpiadami nenavadna eksperimentalna nalog a , saj so tekm ovalci z ist o
eksperime nt alno napravo reševali dve eksperime nt alni nalogi .
Tudi letos so im eli največ usp eha kitajski te kmovalci, saj je vseh pet
dobil o zla to medalj o. Njih ov že več let konst antni usp eh ni presenetlj iv:
pol eg seveda največje izbire te kmovalcev na svetu se njihovi tekmovalci
še pol let a intenzivno pr ipravlj aj o na tekmovanj e pod vodstvom univerzi-
tetnih profesorj ev. Podobn e pr iprave imajo tudi druge ekipe: Romunija ,
Slovaška , Češka itd . Naša ekipa se je pripravljala osem dni na FMF, Od-
delek za fiziko , pr i čemer pa so bile priprave zelo motene, ker so tekm ovalci
vm es odhajali na maturit etne izpi te.
Usp eh t ekmovalcev na fizikalni olimpiadi se določa na podl agi pov-
prečj a doseženih točk pr vih t reh te kmovalcev. Za zlato medaljo je po-
t rebno zbrati najmanj 90% točk tega povprečja, za srebrno od 78% do
89%, za bronasto od 65% do 77% in za pohvalo od 50% do 64% . Pri
izračunavanju točk, ki na pos am ezni olimpiadi ustrezaj o ome njenim me-
j am , se izračunana vredn ost ne zaokrožuj e, ampa k se vzame celi del
izračunane mej e.
Letos je bilo povprečj e treh najboljših tekmovalcev 47 točk (na vsaki
olim piad i j e naj večj e možno šte vilo točk 50) , za zlato medaljo je bilo
potrebno zbrati najmanj 42 točk , za srebrno vsaj 36, za bro nas to 30 in za
pohvalo najmanj 23.
Novice - Rešitve nalog
Med našimi tekmovalci je Klemen Žagar dosegel 39,5 točke in s tem
srebrno medaljo, Miha Vuk 35,5 točke in bronasto medaljo, Anže Slosar s
25,5 točkami in Peter Jeglič s 23 točkami pa pohvali . Andriji Lebarju je za
pohvalo zmanjkalo 1,5 točke . Na olimpiadi tekmujejo tekmovalci kot po-
samezniki in ne kot ekipa. Kljub temu navadno spremljevalci zračunamo
povprečje cele ekipe, da se lahko medsebojno neuradno primerjamo. Naše
povprečje nas letos uvršča v prvo tretjino sodelujočih držav, za nami pa
so se med drugimi uvrstile tudi naslednje države: Velika Britanija, Av-
stralija, Avstrija, Kanada, Švica, Nizozemska, Norveška, Belgija, Finska,
Španija, vse novonastale države na ozemlju bivše Jugoslavije, itd.
Naslednja, 28. mednarodna fizikaina olimpiada, bo med 13. in 21. ju-
lijem 1997 v majhnem kanadskem mestu Sudbury (država Ontario), ki
leži 400 km severno od Toronta.
Ciril Dominko
PRIŠTEVANKA ZA DVA - Rešitev s str. III, P-2
Oglejmo si še enkrat zaporedje zmagovite strategije za a = 10 in A = 100:
1, 12, 23, 34, 45, 56, 67, 78, 89.
Če igralec lahko navede zadnje število iz tega zaporedja, to je 89, sme
po pravilih igre njegov nasprotnik navesti le eno od števil od vključno 90
do vključno 99. Katerokoli od teh števil pa lahko prvi igralec v skladu
s pravili igre nadaljuje s 100. Podoben premislek pove, da bo igralec
zanesljivo lahko navedel število 89, če bo pred tem navedel število 78,
itd . Opazimo, da je vsa strategija v tem, da je razlika med zaporednimi
členi zmagovitega zaporedja (in zadnjim členom ter A) takšna, da je z
enim korakom igre ne moremo premostiti, z dvema pa vedno lahko. To je
možno le, če je razlika za 1 večja od a, v našem primeru Il.
Po tem premisleku je pred nami že tudi splošna rešitev. Zmagovito
zaporedje vsebuje vsa števila oblike
A-n·(a+1)'
ki leže med O in A.
Primer: Za A = 40 in a = 6, dobimo iz izraza 40 - 7n zmagovito
zaporedje
5, 12, 19, 26, 33.
Tako. Z malo vaje se boste navadili, da boste od igre do igre spremi-
njali obe števili in veselo zmagovali. Le prej preverite, če vaš nasprotnik
ni slučajno bralec Preseka!
Marija Vencelj
Astronomija I
IZMERIMO LUNIN PREMER
Če ne vemo, kako velikaje Lun a , bi pa to radi vedeli, im amo na razp olago
vsaj dve možnosti. Pod atek pr eberemo v astronomskem učbeniku oziroma
enciklopedij i ali pa se lotimo meritev . Mi bomo ubrali drugo možnost.
Velikost oz. prem er Lun e bomo ocenili iz opazovanja.
Za opazovanje izb eremo j asno noč ob š č ipu (polni luni) ali kak dan
pr ej ali pozneje. Lun o opa zujemo vsaj t ri ure po vzhodu . Op azuj emo jo
lahko kar skozi okno sobe. Odrežem o dva lepiina neprozorn a t ra kca in ju
vod oravn o nalepimo na okensko steklo 3 do 4 cm narazen . Pripravim o
prem akljivo mizi co s kup om knji g. Toliko časa jo premikam o, da čez
zgornjo knjigo vidimo Lunin disk "ležat i" med trakeema t ako, da se ravno
navid ezno dotika notranjih robov trakeev.
Da določimo točko našega opazova!išča , kjer je oko, z enim vogalom
vrhnj e knjige to točko označimo . Čim natančnej e izmerimo razdaljo r
med vogalom te knjige in trakeem a. Zaradi večj e n atančnosti razdaljo
izm erimo vsaj trikrat in upoštevamo njeno povprečno vredn ost. Nato
izm erimo še razdaljo d med notranjima robovoma trakeev. Razd aljo od
Zemlj e do Lun e so izmerili že ast ronomi in meri R = 380000 krn , kar je
približno 30 prem erov Zemlj e.
Trikotnika na sliki sta si podobna, zato velja DI R = dir . Vst avirno
izmerj ene pod atke in iz enačbe izračunamo prem er Lune D = Rd]r,
M erj enj e Lunin ega premera.
A stronomija - Naloge
Natančna vredn ost Luninega prem era je Do = 3400 km . Ugot ovimo,
koliko se naša meri t ev razlikuje od natančne vrednost i, to je ID - DoI =
= I.6. DI· I zračunamo relati vno nap ako merit ve J.6.DI/ Do = . .. %. Če j e
nap aka blizu 10 %, je naša me ritev kar dobra .
Nalogi
1. Lunin pr emer ocenimo t udi tako, da polno lun o prvič gledam o z enim
očesom, drugič pa z drugim (paralaksa) . Op azuj emo lahko tudi skozi
okno sob e. Toliko časa se odmikamo od okna, da prvič vidimo vso
Luno , ki se navidezno dotika navpičnega okenskega robu , drugič pa
Luna ravno izgine za rob. Meritev delata dva. Ed en op azuje , drugi
meri razd alj e. Nato zame njata vlogi .
2. Lunin pr em er ocenimo t udi iz časa zah ajanj a polne lun e za goro .
Meritev delata dva . Eden opaz uje zahaj anje Lun e, drugi zapi še iz-
merj eni čas zah ajanj a . Znajdite se. Upošte vamo, da kot u 10 ustreza
čas 4 minut. Meritev je razmerom a zahtevn a .
Ko Lunin pr emer ocenimo na več načinov , ocene primerjamo s pr avo
vrednostjo in ugotovimo, po katerem načinu smo dobili najboljši rezul tat .
Marijan Prosen
SODA P RED LIRA
Tokrat bomo preur ejali seznam e. Dani sta nasl ednj i deklaraciji v pascalu :
typ e
kcelica = tcelica ;
celica = r ecord
st ev: integer ;
nasi : kcelica ;
end;
Vaša naloga j e, da sestavite podprogra m , ki kot para mete r dobi kazalec na
seznam števil gornje oblike in št evi la v seznamu preur edi tako, da bod o
vsa soda števila pr ed vsem i lihimi . Relativni vrstni red znotraj sodih
števil naj se zam enj a , znotraj lihih števil pa naj ost ane nespremenj en . Na
primer, podprogram naj sezna m , ki po vrsti vsebuje št evila 1, 2, 3, 4, 5,
6, 7, preur edi v 6, 4, 2, 1, 3, 5, 7.
Mari in Juvan
1140 Mat ematika I
PORAZDELITEV PRAŠTEVIL V MNOŽICI- IN
Ena od poti ugotavlj anj a gostote prašt evilje proučevanje zaporedja znanih
pr aštevil. Ali se mord a v njem skriva kakšen vzorec?
Tako vidimo, da je med prvimi 100 naravnimi števili 25 prašt evil:
2, 3,5 ,7,11 ,13 ,17,1 9,2 3,2 9, 31,37,41 , 43,
47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79,83, 89, 97,
da so še kar enakomerno porazdeljena, da se med njimi poj avljajo opazne
pr aznine, da pa je med njimi kar 8 parov oblike p , p + 2, im enovanih tudi
praštevilski dvojčki .
Med 101 in 200 j e 21 praštevil
101,103,107,109,11 3,127 ,131,137,1 39,149 ,151,
157,163,167 ,173,179,1 81,191 ,1 93,197 ,199
in med njimi 7 prašt evilsk ih dvojčkov , praznine pa so že bolj opazne. Tako
si lahko post avimo vprašanj i: ali obstaj ajo med zaporednima prašteviloma
t udi večj i skoki in ali je praštevilskih dvojčkov neskončno mn ogo. Zani-
mivo je, da je odgovor na prvo vprašanje zelo enost aven, odgovora na
drugo vprašanje pa še ni ; obst aj a le domn eva , da je odgovor pritrdilen.
Do let a 1994 največj a znana pr ašt evilska dvojčka sta 1000000000061 in
1000000000063.
Poglejmo t orej odgovor na prvo vprašanje. Najdaljši niz zap orednih
sest avlj enih št evil med prvimi 200 nar avnimi štev ili je 182,1 83, . .. 190.
Ali j e mogoče brez t ruda sestavit i še daljši tak niz , ne da bi izpopolnj evali
t ab elo pr aštevil? To j e mogoče in lahko je niz celo poljubno dolg, le da je
vsa ta števila težko izpisati , ker so zelo velika. Pri mer za niz 9 zap orednih
sestavljenih števil je
ID! + 2, ID! + 3, . .. , ID! + 10
in na splošno za niz n zaporednih sestavljenih števil
(n+l}!+ 2, (n+l}!+ 3, . . . , (n+l}!+(n+l) .
I Matematika
Ali je po ugotovitvi , da je med zaporednima prašteviloma lahko poljubno
velika "razpoka", sploh še vredno ugotavljati porazdeljenost praštevil?
Pokazali bomo, da vendarle veljajo določene zakonitosti . V ta namen defi-
nirajmo aritmetičnofunkcijo 1I"(X) , katere vrednost naj bo število praštevil,
ki so manjša ali enaka št evilu x . Očitno je 11"(100) = 25 in 11"(200) = 46.
Zakonitosti pa se pokažejo šele takrat , ko zberemo zelo veliko podatkov.
Zato si poglejmo tabelo vrednosti funkcije 11" za nekatere x do vrednosti
1010, relativne frekvence praštevil in njihove obratne vrednosti .
X 1I"(x) ~ r(x) = tr"'",
'"
10 4 0,40000000 2,50000000
100 25 0,25000000 4,00000000
1 000 168 0,16800000 5,95238095
10000 1229 0,12290000 8,13669650
100000 9592 0,09592000 10,4253545
1 000 000 78498 0,07849800 12,7391781
10000000 664579 0,06645790 15,0471201
100000000 5761455 0,05761455 17,3567267
1000000000 50847534 0,05084753 19,6666387
10000000000 455052512 0,04550525 21,9754863
V tabeli je posebej pomemben tretji stolpec, ki nam kaže "gostoto" pra-
števil.
Vzemimo prvih mil ijon naravnih števi l; med njimi je 78498 oziroma
7,85 % praštevil, večina (okrog 92 %) pa je sestavljenih števil. Iz tabele
lahko razberemo, daje ta odstotek pri prvih 10 milijonih naravnih števil še
manjši; funkcija tr~) je očitno padajoča. V tabeli pa je še četrti stolpec in
izkazalo se bo , da je funkcija r zelo pomembna. Matematiki niso obupali
pri iskanju zakonitosti v napisani tabeli, čeprav je na prvi pogled vsak
napor že vnaprej obsojen na neuspeh. Pot do rešitve se je nepričakovano
pokazala preko števila e in naravnega logaritma.
Da bi videli razvoj reševanja problema, naredim~ še eno tabelo.
x
10
100
1 000
10000
100000
1000000
10000000
100000000
1000000000
10000000000
r(x) = .".xx
2,50000000
4,00000000
5,95238095
8,13669650
10,4253545
12,7391781
15,0471201
17,3567267
19,6666387
21,9754863
Mat ematika I
12,182494
54,598150
384,668 150
3 417,609127
33703,4168
340 843,2932
3426740,583
34508 861,36
34762633 1,2
3498101746,
Desni stolpec v tabeli sicer ne kaže neke popolne zakonitosti , vendar se
t akoj vidi , da je vsako število nižje v st olpcu približno desetkratnik pred-
hodnega višje ležečega . Opaženo dejstvo bi lahko opisali z izrazom
er( 10x) R:J 10 er (x) za velike x (1)
ali z besedami : če spremenlj ivko povečamo od x na 10x , je vrednost funk-
cije er( 10x) pri povečani neodvisni spremenIj ivki x pr ibližno desekratnik
vrednost i funk cije er(x) pri prvotni spremenIj ivki x. V tem spoznanju je
pot do rešit ve. Zakoni tost sicer ne velja za vsako funk cijo r(x), če pa
najdemo tako, da zanjo ena kost velja, smo že blizu rešitve.
Izkazalo se je, da je iskan a funkcija ravno logari temska funkcija z
osnovo e. Potrebovali bomo identi teti
V (1) nad om estimo funk cijo r(x ) z logaritemsko funkcijo ln x
e 1n( l Ox) = 10 e ln x
in prirnerjajmo oba izraza
er (10x ) R:J 10 e' ·(x), e1n (10x ) = 10 e1n x .
Takoj lahko ugotovimo, da st a ena kost i približno ena kovredni za dovolj
velike vrednosti neodvisne spremelj ivke x. Ta ugotovitev pa je ena od
oblik znam enitega prašt evilskega izreka:
Mat ematika
Razmerje m ed številom praštevil, manjših ali enakih narav-
nemu številu n , in t em naravnim številom n , ozir om a gostota
praštevil v množici naravnih števil, j e za velike n približno en a ka
ob r a t n i v red n ost i naravnega logaritma števil a n .
S tem seveda slav nega izreka nism o dokazali, sm o pa na dokaj eno-
staven način našli kar natančno aproksimacijsko funk cijo, saj se št evilo
1 d dn osti f kcii rr( 10 0 00 000 000 ) likui 1ln 10 000 00 0 000 O prave vre nosti un c ije 10000 000000 raz 1 uje e
za 0,002.
Najbolj nenavadno za to "izpeljavo" pa je, da so našli med zapiski
15-letnega Carla Fridericha Gaussa iz leta 1792 naslednji zapis:
praštevila pod a (= oo) 1: .
Če besedilo "praštevila pod a" nadomesti mo z ekvivalent no vrednost jo
7l"( a ) , zna k la z In a in (= oo) z besedilom za velike a , dobimo ravno
a
7l"(a) ;::j -1- za velike a,
na
z deljenjem z a pa obliko prašt evilskega izreka, ki smo jo "izpelj ali" .
Očitno j e ml adostnik Gauss že razum el to lastnost praštevi l, zakaj pa
je ni razvil in tudi ne dokaza l, najverjet neje ne bomo nikoli izvedeli.
Dru gi resni poskus, da bi ugotovil število praštevil , manjših od da-
nega nar avnega števila n, j e s št udijem ar i tmetične funkcije 7l"(n) naredil
fran coski matem atik Legendre leta 1808. Pri delu si je pom agal z Era-
tostenovim sitom . Kasn eje so se s tem pro blemom močno ukvarj ali še
Čebišev , Riemann , Mert ens in Sylvest er . Šele let a 1896 st a praštevilski
izrek neodvisno dokazala J acques Had amard (1865-1963) in C. J. de la
Vallee Poussin (1866-1962). Pri tem sta uporabil a Riem annovo zeta funk-
cijo in dosežke mn ogih svoj ih predhodnikov v analitičn i teo riji štev il.
Dolgo časa so bili matem at iki prepričan i , da se pri dokazovanju teg a
izreka ne da izogni t i analitičn im metodam , zato je bil elementarn i dokaz ,
ki sta ga leta 1949 objavila P. Erdos in A. Selberg, prava senzacija. Alte
Selberg je bil zato nagr aj en s Fieldsovo medalj o - na grado, ki je po po-
membnosti enakovredna Nobelovi nagradi , Paul Erdos pa je dobil Coleovo
nagrado.
Gregor Pavlič
Fizika I
HALO, ČUDOVITINARAVNI POJAV - 2. del
V prvi številki letošnjega Preseka smo obljubili , da bomo ilustrirali nasta-
nek pojavov hala tudi s poskusi v laboratoriju .
Sedaj že vemo, da so cirusni oblaki sestavljeni iz nešteto majhnih
ledenih kristalčkov v obliki šeststrane prizme. Ti so praviloma poljubno
orientirani , v posebnih primerih pa jih je velik del orientiranih približno v
isto smer. Za poskus bi težko ustvarili z oblakom primerljivo št evilo po-
ljubno orientiranih kri stalov, zato smo si nalogo zastavili nekoliko drugače.
Na Fakulteti za matematiko in fiziko v Ljubljano smo izdelali demonstra-
cijski model, ki uspešno povzema stanje v naravi. Sestavljen je iz izvora
svetlobe, leče, zaslonke, šeststrane prizme, vrtila in zaslona (slika 1) .
optlčna klop
lzvor svetlobe
(hrnlca. 40Wl leča zaalonka vrt 110
zaslon
Slika 1. Zaporedje sestavnih delov demonstracijskega modela za prikaz hala.
Prvi del modela poskrbi za vzporedni snop žarkov, osrednji del -
vrtilo, ki omogoča vrtenje prizme, pa si podrobneje oglejmo. Sestavljeno
je iz treh obročev, vpetih zdrsnimi ležaji v nosilni obroč. Da bi im eli
obroči čim večje vztrajnostne momente , so narejeni iz medenine. Prizma,
ki je izdelana iz pleksi stekla, je vpeta v notranji obroč (slika na naslovni
strani) .
Obroči poskrbijo, da se lahko prizma vrti okoli glavne osi ter okoli
vseh tistih nanjo pravokotnih osi , ki prebadajo središče prizme. Vse kri-
stale v oblaku tako nadomestimo z eno samo vrtečo se prizmo. Med
vrtenjem se obrača v vse smeri in s t em spreminja orientacijo glavne osi.
Tako po nekem času nadomesti lego vsakega izmed kristalov v oblaku.
Slika, ki nastane na zaslonu po dvakratnem lomu žarka skozi tako prizmo,
torej ne nastane sočasno, ampak jo žarki narišejo v določenem časovnem
intervalu, katerega dolžina je odvisna od hitrosti vrtenja prizme.
Zavrtimo prizmo okoli dveh pravokotnih osi hkrati . Po nekem času
zavzame dovolj leg, da zariše nekaj pojavov hala. Prizma ob takem vrtenju
I Fizika
lahko zavzame katerokoli lego in bi praviloma po zelo dolgem času zarisala
vse možne oblike hala. Ker pojavi ne nastanejo sočasno, jih v enotno
sliko sešteje fotografski aparat , ki smo mu čas osvetlitve filma nastavili na
približno 4 sekunde. Na fotografiji (slika 2 na zadnji strani ovitka, kjer
najdete tudi ostale slike iz tega članka) se lepo vidita sosonci, delno mali
halo in na levi strani zgornji ter spodnji Lowitzov lok.
V nadaljevanju zavrtimo pri zmo okoli vnaprej določenih osi glede na
to , katerega od pojavov hala želimo izzvati . Lahko bi rekli, da na ta način
zajamemo iz oblaka vse za določeni pojav odgovorne kristalčke.
Za ponazoritev malega oz. 22-stopinjskega hala se mora prizma vrteti
okoli ene izmed osi, ki je pravokotna na glavno os. Ta pa mora biti
pravokotna na smer vpadnega žarka. Tako prizma ponazarja orientacije
vseh tistih kristalčkovv oblaku, ki imajo glavno os orientirano vodoravno.
Ob takem vrtenju prizme nastane na zaslonu pojav, ki ga kaže slika 3.
Notranji krog je mali halo, zunanji paje posledica nesimetričnenamestitve
prizme v obroč in za pojav ni pomemben.
Na naslednji fotografiji si poglejmo nastanek sosonc. Spomnimo se:
sosonci povzročajo kristalčki, ki imajo glavno os navpično . Za nastanek
slike 4, kjer sta sosonci na obodu malega hala, se je torej prizma vrtela
okoli glavne osi, stoječe pravokotno na vpadni žarek. V naravi bi bilo
tedaj sonce na horizontu. Nato glavno os nagnemo za 15° proti žarku.
Na sliki 5 opazimo, da sta sedaj pegi nekoliko dvignjeni in bolj oddaljeni
od središča, kot v prejšnjem primeru . Z nagnjenostjo glavne osi glede na
vpadni žarek namreč ponazorimo višino sonca nad horizontom , ki bi bila
sedaj 15° . Obe sliki se torej lepo ujemata s teorijo, ki smo jo obravna-
vali v prejšnjem članku o halu . Podobno dobimo tudi zadnji fotografiji
spodnjega in zgornjega Lowitzovega loka (sliki 6 in 7). Gibanje prizme
omejimo le na vrtenje, ki prizmo postavlja v lege kristalčkov, potrebnih za
nastanek teh dveh lokov. Spet se spomnimo na razlago v prvi številki Pre-
seka: Lowitzovi loki nastanejo, ko so kristalčki usmerjeni pretežno tako,
da imajo glavno os navpično , toda pri tem nihajo okrog osi, vzporedne
osnovni ploskvi kristalčka.
Poskus lahko zasnujemo tudi na drugačen način, nekoliko bližji de-
janskemu stanju v naravi. V prozorno posodo z vodo vstavimo veliko
število prozornih prizmic z isto gostoto kot voda. Posodo postavimo pred
zaslon in skoznjo posvetimo s snopom vzporednih žarkov. Vsebino posode
nato rahlo mešamo, da se lebdeče prizmice vrtijo in tako spreminjajo smer
glavne osi . Na ta način bi na zaslonu dobili kar nekaj pojavov hala. Bralci
naj premislijo, v čem bi bila pomembna razlika med prejšnjim in pravkar
opisanim poskusom.
Matej Rovšek
RAZPIS NA TEMO 1997 s str. 18
Pism a bralce» I
ODGOVORI
Odz iv na nalogo je bil izjemen in , kar nas še posebej veseli, od bralcev
vseh starost nih stopenj. Dobili smo to liko zap isov štev il med O in 128 s
št evili 1, 9, 9, 7 (uporabljenih v tem vrstnem redu) , da bi sa mo z njimi
lah ko napolnili več kot dve številki naše revije.
P rvi (po polni) seznam, ki st a nam ga pos la la naj hit rejša reševalca,
sm o objavili v prejšnji št evilki Pr eseka.
Od ostalih reševalcev sta še J akob Andrej či č in Matjaž Konvalinka
našla zap ise za vsa št evila. Drugim so naj več preglavic delala števila
108, 109, 111, 114, 115, 117. Dva od reševalcev sta si za iskanj e zapisov
pripravila računaln iška prog rama in sta zato ostala zunaj konkur ence,
kar sta tudi sama pr edlagala . Povejm o pa, da je Drago Bokal s svoj im
programom naš el kar 1810 zapisov (čeprav mu štiri šte vila manjkaj o) , od
tega 133 zap isov sam o za št evilo 1.
Poleg pom anjkanj a prostora je t ud i to vplivalo na našo od l očitev, da
objavimo za posamezno število največ št iri zap ise (vklj učno z že obj avlje-
nim i v pr ejš nj i št evilki) . Prednost pri avtorstvu smo določili v skladu z
razpisom. Tako j e nastal nas lednji seznam . Im ena reševa lcev si slede v
vrstn em redu , v kakršnem smo dobivali njihovo pošto. Vsakemu imenu
sm o pripisali še št evilo pravilno zapisanih št evil , ki nam jih je reševalec
poslal , ne glede na št evilo zap isov posameznega št evila . Upošt evali smo
šte vila od 1 do 127.
Marija Vencelj
R o b e r t M e olic , M u rska S obota (123)
Računalniška reš it ev .
Lu ci j a D olinar , Trgovska a ka dem ij a ,
Ljublj ana (6 5 )
1 = (1 + 9 - 9) 7 = (1 + v9 + V9) : 7
2 = 1 - v9 - v9 + ;-7 _
3 = 19 + 9 - 7 = V 19 - v9 - 7
4=~+9 -7
5 = ,/1 · 9 + 9 + 7 = V I . (9 + 9 + 7)
7 = (l + v9 - V9) . 7 = 1 · 9 - (9 - 7)
8 = y 19 + 9 · 7
9 = -1 + 9: v9 + 7 = 19 - v9 - 7
1O =1. 9: V9 +7
11 = 1 + 9: v9 + 7 = 19 + v9 + 7
12 = 1 +9 + 9 -7
13= V J+V9 'V9 +7
14 = 1 + v9 + v9 + 7
15 =1 9 + V9 -7
16 = ( - 1 + 9) . (9 - 7) = l · V9. v9 + 7
17 = J+ V9' V9 + 7
18 = -1 . v9 + V9 ' 7 = 1 · 9 · (9 - 7)
19 = 1 + 9 .(9-7)
20 = -1 +9 : v9 . 7
21 = 1 · 9 : v9 · 7
22 = 1 + 9 : v9 .7
23 = 19 - v9 + 7
24 = 1 . v9 + v9 . 7 = - 1 + 9 + 9 + 7
25 = 1 . 9 + 9 + 7 = 1 . (9 + 9 + 7)
28 = (1 + 9 : V9) . 7
49 = (1 + v9 + V9) . 7
63 = 1. yg . yg. 7
64 = 19 +9· 7
70 = (19 + 9) .7
73 = 1 + 9 + 9 ·7
77 =( -1 + V9+9).7
87 = -1 - 9+ 97
93 = - 1 -V9 +97
99 = V I +v9 + 97
105 = - 1 +9 + 97
106 = 1 · 9 + 97
I Pi sma bralcev
J akob Andrejčič , N ovo m esto (vse)
2 = 1 ' V9'V9 -7
3 = 19 - 9 - 7
13 = 1 . v9 + v9 + 7
15 = -1 + ..;g:g+ 7
17 = - 1 + 9 . (9 - 7)
20 = (1 + 9) . (9 - 7)
21 = 19 +9 -7
22 = (1 + V9)! - 9 + 7
28 = - 1 + V9! ' V9! - 7
29 = 19 + V9 + 7
32 = - 1 - 9 + V9! . 7
33 = - 1 + 9 · V9+ 7
34 = 1 . 9 . v9 + 7
35 = 19 + 9 + 7
36 = - 1 . vlg! + V9! . 7
37 = 1 - yl 9! + V9! . 7
38 = 19 · (9 - 7)
39 = - 1 .V9 +V9!· 7
40 = 19 -+- V9 . 7
42 = 1 . (V9 + V9) · 7
43 = 1+(V9+ V9) ·7
44 = -1 + v9 + V9! . 7
45 = 1 . v9 + V9! . 7
47 = - 1 + V9! + V9!' 7
48 = 1 . V9! + V9! . 7
56 = - 1- V9!+ 9 . 7
57 = - 1 . V9!+ 9 . 7
61 = 1 · 9 · V9! + 7
62 = 1 + 9 . VI9! -+- 7
65 = (1 + VI9)! . VI9 - 7
71 = - 1 + V9' (- v19 + 7)!
72 = 1 . VI9 . (- v19 . 7)!
77 = (- 1 + 9 + VI9) · 7
82 = 1 + 99 - 7
83 = - 1 + (v19 +9 ) · 7
84 = (1 . v9 +9) · 7
85 = 1 + (v19 + 9 ) . 7
86 = - 1 - 9 - 9 + 7!!
90 = -1 - VI9! + 97
96 = 1 . V9! . (9 + 7)
98 = (- 1 + VI9! + 9) ·7
100 = 1 . VI9 + 97
104 = 1 + VI9! + 97
108 = 1 · 9 : VI9 + 7!!
109=~+7!!
110 = ) 19 + V9!+ 7!!
112 =(19 - V9) .7
113 = -1 + V9!+ V9 + 7!!
114 = 1 . V9. VI9 + 7!!
115 = 1 + VI9 . VI9 + 7!!
116 = - 1 + V9! + V9! + 7!!
118 = 1 + 9 + v9 + 7!!
122 =-1+ 9+ 9 +7!!
124 = 1 + 9 + 9 + 7!!
126 = (1 · 9 + 9) ·7
127 = -1 + (V9! : V9f
Vesna J er e , Trgovska a kademija.
Ljublja n a (24 ) . .
5 = (1+ VI9) . VI9 - 7
7 = (1 +9 - 9) . 7
16= (1 - 9) .( - 9 +7)
21 = 1 + VI9 · 9 - 7
23 = (1+ 9) . vI9 -7
32 = (1 - VI9) . (-9 - 7)
34 = 1 .V9 .9 +7
35 = 1 + VI9 . 9 + 7
49 = (1 - VI9 + 9) · 7
57 = (1 +V9)V9 - 7
91 = (1 +v9 + 9 ) · 7
A leš J a n ko , R avn e (11 7)
2 = 1 +vI9 -9 +7
4 = - 1 + vI9 + 9 - 7
11 = -1 - 9 + V9 . 7
13 = 1 + VI9 . (-v19 + 7)
15 = - 1 + vI9 . vI9 + 7
17 =1 9 - 9 + 7
18 = - 1 + VI9 + 9 + 7
19= - 1 + vI9
V9
- 7
20 = 1 + VI9 + 9 + 7
28 = 1 + V9! + v9 . 7
32 = 19 + VI9! + 7
41 = _ 19 + vI9 ! . 7
42 = 1 . (- v19 + 9) ·7
43 = 19 + VI9! . 7
46 = - 1 + 9 · V9! - 7
48 = 1 + 9 . V9! - 7
50 =:= - 1 + 9 + VI9! . 7
56 = (1 + VI9!) . 9 - 7
60 = - 1 + 9 . VI9! + 7
61 = 19 + V9! · 7
65 = -1 + VI9 + 9 . 7
67 = (1 + 9) . VI9! + 7
70 = (1 + VI9!) . 9 + 7
80 = - 1 + 99 - 7
83 = - 1+ (9 + VI9) ·7
84 = (-1 + VI9) . (V9! . 7)
85 = 1 + (9 +V9) .7
88 = - 1 · 9 + 97
89 = 1 - 9 + 97
91 = -1 . V9! + 97
92 = 1 - V9! + 97
107 = 1 + 9 + 97
113= (-1- V9+ 9)!-7
118= (- 1 + V9! )!- 9+ 7
119 = -1 + (V9 + 9 - 7)!
120 = 1 . (V9 + 9 - 7)!
121 = 19 . V9!+ 7
125 = - 1 + V9. V9!' 7
126 = 1 . v9 .V9! . 7
127= (- 1 -V9 +9)! +7
D avid Le dnik, M ozirj e (10)
6 = 1+V9 +9 -7
70 = (19 - 9) · 7
Simon K o r e n , M a ribor (20)
6 = 1 . v9 . (9 - 7)
14 = (1 + 9 : 9) . 7
19 = -1+9.V9-7
S t anka Šarc, Trg ov ska a kademija,
Lj u bljana (3 1)
8 = 1 :9 ·9 +7
10 = 19 .V9 +7
Matic Svr ši n a , Trg ovs ka akademija,
Lj u blj a n a (7 9)
8 = 1 ·9 :9 +7
25 = (-1 + V9) . 9 + 7
31 = (-1 + 9) . v9 + 7
33 = -1 +v9 .9 + 7
36 = - 1 . 9 . (V9 - 7)
40 = (- 1 - 9) . (V9 - 7)
42 = (1 . v9 + V9) · 7
56 =( -1 9 +9).7
62 = - 1 + v9 .v9 . 7
64 = 1 +v9 .v9 .7
65 = (1 - 9) . (-9) - i
79 = (1 - 9) . (-9) + 7
84 = (- 1 - V9) . (- V9) . 7
100 = (1 + 9) . (V9 + 7)
M o j ca Miklavec , OŠ Srečka Kosove-
la , Sežana (120)
4 = - 1 ·9 : v9 + 7
6 = - 1 ·9 :9 +7
14 = 1 + 9 + VI9+""'7
23 = 19 + VI9+""'7
29 = - 1 + 9 + v9 . 7
34 = 1 - 9 + V9! . 7
35 = -1 + 9 · VI9+""'7
36 = 1 . 9 . -/9 + 7
Pisma bralcev I
37 = 1 + 9 . VI9+""'7
38 = (-1 + V9!) · 9- 7
44 = 1 + V9! . V9! + 7
47 = 1 · 9· V9! - 7
49 = (1 + V9!) . V9! + 7
50 = (-1 + V9!) . (V9 + 7)
52 = (-1;V9!) .9+7
76 = 19· 9 + 7
78 = (-1 + V9!) ! - V9! . 7
95 = -1 + V9! . (9 + 7)
97 = 19 . 97
99 = (- 1 +V9!)! -V9 .7
110 = (-1 +V9!)! - (V9+ 7)
112 = (1 + V9! + 9) ·7
113 = (- 1 +9 -V9)! -7
120 = (-1 + V9!) . (-V9 + 7)!
121 = (- 1 + V9!)! - V9! + 7
M ate v ž S trgar, Trg ov s ka akademija,
Lj u blja n a (65)
12= -1 .9 +V9.7
4.e razred, Trgovska akademija, Lju-
b ljana (85)
12 = - 1 + 9 + VI9+""'7
27 =.j~
54 = 1 . (-9) + 9·7
92 = 1 . (99 - 7)
104 = (-1 +9 y0) : 7
106 = 1 . (99 + 7)
Tatjana Špehar, Črnomelj (113)
10 =1 :V9 .9 +7
22 = 1- V9+ (-V9 + 7)!
27 = 1 · v9 + (-V9 + 7)!
33 = 1 . 9 +(-V9 + 7)!
37 = (1 + V9)! + V9! + 7
47 =1 ·V9! ·9 -7
48 = (- 1 +V9). (-V9 + 7)!
91 = (1 + 9 + V9) · 7
127 = (-1 + v9 + V9) ! + 7
Maša Žlajpah, Trgovska akademija,
Ljubljana (83)
40 = (1 + 9) . (-V9 + 7)
41 = -1 + (9 - V9) · 7
43 = 1 + (9 - V9) . 7
89 = - 1 + 9 · (V9 + 7)
N ej c Ropret, Gimnazija Jesenice (95)
64 = (1 + V9) . (9 + 7)
126 = (-1 + V9) . 9 . 7
IPisma bralcev
Andreja P etrun, OŠ R ibnica n a
P ohorju (76)
Vse nj en e zapise najdemo med zapisi p rej-
šnjih reševalcev .
N atan Osterman, Gimnazija B eži-
grad , Lj ubljana (117)
46 = - 1 + V9! .9 - 7
57 = (-1 + V9)V9! - 7
63 = 1.~.7
71 = (-1 + V9) V9! + 7
77 = - 1 + V9! . (V9! + 7)
78 = 1 . V9! . (V9! + 7)
79 = 1 + V9! . (V9! + 7)
87 = 1 . (V9!)! : 9 + 7
88 = 1 + (V9!)! : 9 + 7
107=19' V9! -7
112 = (1 + V9!) . (9 + 7)
116 = -1 + 9 . (V9! + 7)
118 = 1 + 9 · (V9! + 7)
120 = (-1 + V9!) . (yf9 + 7) !
124 = (-1 + V9!)! + v'9'+7
Anja Černe , OŠ Frana E rjavca ,
Nova Gorica (63)
31 = 1 +V9 ' (V9 + 7)
98 = 19 + 97
Sebastjan Rupnik, OŠ Frana Erjavca,
N ova Gorica (95)
81 = (1 .9)9-7
Miha Mihelič , OŠ Frana Erjav ca ,
N ova Gorica (44)
30 = 1 . v9 . (V9 + 7)
Samo Juretič , Srednja šola Nova Go-
rica (122)
39 = 1 . '0,1'9 . (V9! + 7)
52 = (1 + V9). (V9!+ 7)
62 = - 1 +~ · 7
63 = ~·7
66 = -(1 . V9)! + 9! : 7!
68 = - 1 - v9 +9!: 7!
69 = - 1· v9 + 9! : 7!
71 = -1 + ~! : 7!
81 = 1 ·9 + 9! : 7!
103 = (1. V9)!+ 97
114 = 1 + (V9!)! : V9! - 7
Mojca Kozole, Senovo (28)
Velja ist o kot za Andrejo Petru n .
Matjaž Konvalinka, Gimnazija Beži-
grad , Lj u b lj a n a (vse)
27 = l · V9V9[7'l = - 1 · 9 + m
29 = - 1 +v9 . (V9 + 7)
45 = 1· 9 + m= -1 + (V9!) !! - 9 + 7
46= 1'(V9!)!! -9+7
51 = 1 . (9 + V9! . 7)
79 = (1 + V9)! . v9 + 7
102 = 1 . ((V9!)! - V9!) : 7
103 = 1 + ((V9!)! - V9!) : 7
104 = (-1 + (V9!)! + 9) : 7
111 = (-1 + V9!)! - 9[7!] = (-1 + V9!)! -
- 9!! : 7!!
114 = (-1 + V9!)! - vm = 19 · (V9[7!])!
123 = \/1 ·9 + V9 . 7!
E m il Polajnar, Cerklj e (56)
9 = 1 + (9 - 9)! + 7
62 = 1 + V9! . 9 + 7
80 = -1 + 9 + 9! : 7!
87 = (1 + V9)! + 9 . 7
G e c Tadej , FMF Lj u blja n a (122)
76 = 1 + v9 + 9! : 7!
78 = 1 . V9! + 9! : 7!
82 = 1 + 9 + 9! : 7!
97 = (1 + 9) · 9.7
119 = (-1 + V9!)! + V9! - 7
D r a go B okal , FMF Lj u blj ana (123)
Računalniška rešitev .
Katja Hafner, P r va gimnazija Mari-
bor (116)
54 = 1 . (-9 + 9.7)
60 = 1 . V9! . (V9 + 7)
121 = 1 + (9 + v9 - 7)!
Že p o končanem urejanju te številke sm o
prejeli Še nekaj odgovor ov. Navajamo le
im en a reševalcev in šte vilo pravilno zapi-
sanih šte vil:
Aleš J e len , Gim n a zi j a Šentvid , Lj u-
b ljana (121)
D r a go Kolar, Gim n a zij a in e konom-
ska šola Brežice (91)
Sebastjan Za m u d a , F M F Lj u blja n a
(121)
Seznam uredil Matjaž Vencelj
Računalništvo I
POSPLOŠEN A FIBONACCIJEVA ZAPOREDJA
Gotovo poznate Fibo naccij evo zapo redj e. Njegovi z ačetni čl en i so 1, 1, 2,
3, 5, 8, 13, 21, .. . P ravijo , da je nanj prvi na let el Leonar do (Fibonacci)
iz Pi se (1180?-1250) , ko je opazoval spreminjanje št evila zajcev . Naj bo
dovolj govor ic. Bolj natančno to zapo redje opišemo takole. Začetna člena
It in h st a enaka ena : il = 1 in h = 1; n- ti člen zaporedj a Jn , kjer je
n > 2, paje enak vsoti dveh prejšnj ih členov : Jn = Jn- l+Jn- 2. Definiciji ,
kakršna je pravkar opisa na , prav imo rekurzi vna. P ri njej naslednj i čl en
izračunamo iz nekaj prejšnjih .
Če ohranimo rekurzivno zvezo, začetna člena pa polj ubno spreme-
nim o, dobimo posplo šetio Fibonaccijevo zaporedj e. Za začetna člena al
in a2 to rej vzamem o poljubn i št evili a in b: a l = a in a2 = b; nas lednji
člen i zaporedj a an pa so kot pr ej enaki vsoti dveh prejšnjih členov : an =
= an- l + an- 2. Za a = 1 in b = 4 tako dob im o zaporedj e z začetnimi
člen i 1,4, 5,9 , 14,23,37, . ..
Zapi šimo prvih nekaj členov posplošenega Fibonaccijevega zapo redj a:
a, b, a+ b, a+2b, 2a +3b, 3a+5b, 5a+8b, 8a+ 13b, . . . Hit ro opazimo , da
so koeficienti pred začetnima členoma a in b ravn o člen i običaj nega Fibo-
naceijevega zaporedj a . To seveda ni naklj učj e . Z matematično indukcijo
lahko dokažem o, da za n 2': 3 velj a
an = Jn-2 . a + Jn- l' b .
Sedaj pa je že čas , da si zastavimo nekaj vpraša nj . Pred časom j e
gospo d Kukrika v prilogi Programer revij e Monitor spraševal po t istih
posp lošenih Fibonaccij evih zaporedj ih s poziti vn im a z ačetnima č1enoma
a , b > O, ki vsebujejo število 1000000 in im ajo pri t em čim manjšo vsoto
a + b obeh začetnih členov.
Oglejmo si nalogo nekoliko natančnej e . Naprej bom o pokazali , da
naloga v zgornj i obliki pravzaprav nima prave rešitve, saj lahko poiščemo
posplošena Fib onaccijeva zaporedj a , ki vsebujejo število 1000000 , pr i ka-
t er ih j e vso ta a + b p olj ubno m aj hna . Takole sklepam o . Če n aj štev ilo
1000000 nastopi v zaporedj u , mo ra za neko naravn o šte vilo n velj at i
1000000 = an = Jn- 2 . a + Jn-l ' b .
Zaradi lažj ega računanj a vzemimo a = b. Pot em je
1000000 = Jn- 2 . a + Jn-l ' a = Jn . a .
I Računalništvo
Začetna člena a = b = 1 0~OnO O o to rej rešita nalogo. Ker pa Fibonaccij eva
št evila postanejo z rastočim n poljub no velika, lahko naredimo vsoto a+ b
polj ubno majhno .
Pogoje v nalogi moramo to rej nekoliko zaostriti. Zahtevajmo še, da
sta z ačetna člena a in b naravni števili. Naloga ima potem gotovo rešitev,
saj so možne vrednosti za a in b le št evila med 1 in 999999 . Pregledati
moram o to rej le končno mnogo možn osti. Ker paj e teh možnosti vend arl e
kar precej , preprost e analitične rešitve pa ni pri roki , si bomo pri reševanju
pom agali z računalnikom. Najprej opazimo , da iz dveh zaporednih členov
zaporedja lahko i z računamo vse prejšnj e člene . Če to rej izberemo število,
ki je v iskanem zaporedju pred številom 1000000 , v programu ga bomo
hr anili v spremenij ivki prej , lahko iz njega izračunamo a in b. Ker so
kandidati le št evila od 1 do 999999, teh pa ni preveč , jih preizkusim o s
spodnj im programom. Pri tem člene zaporedja hranimo v sp remenljivkah
t ipa longint , saj imajo običaj na cela št evilo premaj hen obseg .
{ dani člen zaporedja}
{ tr enutno naj m anjša vs o ta a + b }
{ izračun zače tnih členov zaporedja }
{ člen , ki j e v zaporedj u p red členom e1t }
{ členi zaporedja: a3=a2+al }
{ (trenu tno) najbolj ša reši t ev }
pro gram p osp losen i.Fib onacci;
{ Z vzvratnim računanjem poišče začetna člena pospl ošen ega }
{ Fibona ccij evega zaporedja. }
const
elt = 100 0000 j
var
p rej : longint :
a l ,a2,a3 : lon gint ;
min ,amin ,b min ,pmin : lon gin t ;
b egin
min := elt + lj
for prej:=elt-l d ownto 1 d o b egin
a3 := elt ; a 2 := prej; a l := a3 - a 2j
while a l > 0 d o begin
a3 := a2 j a2 := a l j a l := a3 -a2 j
e rrd: { while }
if a 2+a3 < min then b e gin { n ova n ajbolj ,ša I'ditev }
min := a2 + a 3j a m in := a2 j bmin .- a3j pmin ._ p rej ;
e n d ;
e u d , { for }
writeln('Vs ot a : ', m in :8 ,' a = ' ,a m in ,' b = ', b m in ,' ( pr edzadn j i e l en ' ,p min ,' ) ' ) j
read ln ;
e n d.
Kot rešit ev v nekaj seku ndah dobimo št evili a = 154 in b = 144 z
vsoto 298. Pr i te h začetnih člen ih ima zaporedj e naslednj e elemente:
154, 144, 298, 442, 740, 1182, 1922, 3104, 5026, 8130, 13156; 21286,
34442, 55728, 90170, 145898, 236068 , 381966, 618034, 1000000, . ..
152 Računalništvo - Naloge I
Tako, nalogo smo uspešno rešili. Kot neobvezna domačo nalogo pa
lahko poskušat e ugn ati še naslednj a pro blem a .
1. Po išči ti st i posplošeni Fibonaccijevi zaporedj i z nenegativnima začet­
nima č l enoma a , b ~ O, ki kot 13. člen vsebujeta število 1996, za
kateri j e vsota a + b
a) najmanjša ,
b) največj a .
Naj opozorim, da vam pr i t ej nalogi računalnik ne bo veliko pomagal.
2. Ta naloga j e bo lj računalniška . Če razu mete gornji program , potem
vam ga ne bo te žko sprem eniti t ako, da bo rešil v pr isp evku obra-
vnavano nalogo za št evi lo 1996 namesto za šte vilo 1000000. Če pa se
vam zdi to prelahko, pot em lahko poskusite nalogo rešiti še za število
19961996.
Martin Ju van
DEDIŠČINA
Prem ožen mož je svoj im št evi lnim ot rokom zapusti l pr ecejšnj e prem oženj e
v zlatnikih . V opo roki j e določi l , naj najst arejši vzame 100 zla t nikov
in desetino ostanka , d rugi naj vzame 200 zlatnikov in deset ino novega
ost anka, t retj i 300 zlatnikov in še desetino novega ostanka , četrt i 400
zlatnikov in sp et deset ino nastalega ostanka, itd . Izkaza lo se j e, da so si
otroc i na t a način razd elili vse zlatnike in to na enake dele.
a ) Kolikšno prem oženj e in koliko ot rok je mož zapustil?
To nalogo j e že pred več kot 200 leti zast avil veliki švicarski mate-
matik Leotilierd Euler. Poleg rešitve te naloge poiščite .šeodgovora
na naslednji vprašanji:
b) Kolik šn o je prem oženj e in koliko j e ot rok , če vzame k-ti otrok ka
enot premož enja in ~ -ti del vsakokr atnega ost anka , te r se tud i t a
deli tev izid e na enake del eže. Pri te m j e a > Oin n E IN .
c) Denimo, da bi radi na sličen način , kot j e opisan v zgornjem primeru ,
razdelili bonbone med m otrok. Kolikšna j e najmanj ša količina bon-
bonov , ki j o za to potreb ujete. Kako bost e izbra li vrednosti za a in
za n?
Marija Vencelj'
I Rešitve na log
KATERI SLAVNI MATEMATIK JE TO?
Rešitev s str . 100
Iz podatk ov sledi, da je a naravno število. Lahko vzam emo, da je a > 1,
ker let a O niso zabelež li smrti nobe nega velikega matematika. Mož, po
katerem sprašuje naloga, je umrl let a
a3 - a = (a - l )a(a + 1),
kar j e produkt t reh zaporednih naravnih št evil. Tudi let nice s to lastn ostjo
niso n ič bolj pogoste kot popo lni kubi . Seznam vseh dosedanj ih
6, 24, 60, 120, 210, 336, 504, 720, 990, 1320, 1716
vsebuje eno samo letnico iz zlatega obdobja mat emat ike. Let a 1716 j e
umrl veliki matematik Gottfried Wilhelm Leibniz, o katerem ste lahko
prebrali zapis (in našli zap isano leto smrti) v prejšnj i štev ilki Pr eseka.
Marija Ven celJ'
PRAŠTEVILSKE VREDNOSTI POLINOMA -
Rešitev s str . 69
Naj bo n tako na ravno št evilo, da ima polinom p(x) = 3x 2 + 7x + m za
x = rl -1 , x = rl in x = rl +1 praštevilske vrednosti. Števila p(rl -1), p(rl)
in p(rl +1) da jo pri deljenju s 3 same razl ične ostanke. Torej je eno od njih
deljivo s 3 in ena ko 3, če naj bo prašte vilo. Ker je p(l) ~ m +10 > 3 in je
za x 2: O polinom p(x) naraščaj oča funkcija , je lahko vrednost polinoma
enaka 3 le pri x =O, odkoder sledi za rl edina možnost n = 1. Iz p(O) =3
sledi še m =3. Ker sta p(l) = 13 in p(2) =29 praštevili, je pa r m =3 in
n = 1 tudi res rešitev naloge.
Dušan Murovec
VSE MANJ JE DOBRIH GOSTILN - Rešitev s str. 83
Od gost ilne Pri Micki do bifeja Pri pošti je 500 rn.
Marija Vencelj
No vice I
N OVO NAJVEČJE ZNANO PRAŠTEVILO
Prav na začetku tega šolskega let a , natančnej e 3. septemb ra , so našli
novo največj e znano praš tevilo. To je šte vilo 21 257787 - l . Podvig je uspel
st rokovnjakom pri podj etj u Cray Research, kjer izdelujejo ene naj zrno-
glj ivejših računalnikov na svetu . Zar adi nesoglasij z uredni štvom žal ne
morem o objavit i vseh 378632 števk t ega števila . Pravij o, da bi bil po-
tem Presek preobširen. Poglejmo! Na P resekovo stra n bi lahko sp rav ili
okoli 3000 št evk. To rej bi bil Presek z vsemi obj avlje nimi št evkami debel
vsaj 125 strani. No ja, res nekoliko preveč . Če v roke vza memo še me-
te r in izmerimo, da za 10 zapisanih št evk porabimo točno 1,5 cm , bi za
lepo v vrs to zapisano število potrebovali dobrega pol kilom etr a oziroma,
natančneje , dva milimetr a manj kot 568 metrov . Da Presek res ne bo
predebel , zapišimo le pr vih in zadnjih 30 števk. Te so
412245773621428674725323218466 in 135855267131257188976089366527.
Oglejmo si sedaj 10 naj večjih do sedaj zna nih praštevil, skupaj s št evilom
št evk in letom njihovega odkritja:
števk I leto I
21257787- 1 378632 1996 .
2859433- 1 258716 1994
2756839- 1 227832 1992
391581.221 61 93 - 1 65087 1989
221 6091- 1 65050 1985
3 .2 157169 + 1 47314 1995
9.2149143 + 1 44898 1995
9 .2 147073 + 1 44275 1995
9 . 2145247 + 1 43725 1995
2132049- 1 39751 1983
I števi lo
Vsa ta pr ašt evil a spadajo med tako im enovan a gigantska praštevila , to je
taka praštevila , ki imaj o vsaj 10000 števk.
Novice
In kako se je z leti spreminjalo največj e znan o praštevilo:
št evilo I števk I
1588 217 - 1 6
1588 219 - 1 6
1772 23 1 - 1 10
1867 (259 - 1)/ 179951 13
1876 2127 - 1 39
1951 (2148 + 1}/17 44
I leto
Zadnj e od teh pr aštevil j e bilo ugotovlj eno s pomočjo mehanskega raču­
nalnika , vsa prejšnj a pr aštevil a pa so bila i zračunana "peš" . Še dan es j e
št evilo
2127 - 1 = 170141183460469231731687303715884105727
največj e br ez pripomočkov izračunana praštevilo.
Nato pa so nastopili elektron- 1.000,000,-- --,--- - ,.--- --,--- - ,----- ---,
ski računal ni ki in število števk naj- '/...'-
večjega znan ega praštevila je hitro 100,000\ ..··,·....··..·, .. ,...... ·....·..,·..·..·,......··.. , .. ,......·.... ·" ....,
raslo. Zanimivo si je ogledati graf,
ki prikazuje, kako se j e z leti spre- 10,000 1 ;-, , "",/- Ti ,.., i ,
minj ala število števk največj ega .-:?
znan ega praštevila:
In kd aj bom o našli prvo pra-
št evilo z več kot milij on števkam i?
Glede na regresijsko premico naj bi
se to zgodilo let a 2007. Pa bo to ' 950 15<0 '9 70 1930 ' 990 2000
res? Težko je reči , saj j e to odvisno tako od razvoja računalnikov kot t udi
od morebitnih novih spoznanj v matematiki.
Veliko po datkov o praštevilih lahko najdete t udi na Int ern etu . Tako
sem večino snovi za t a članek našel na naslovu
http : / / www.utm.edu/research/primes/ ,
kjer si m ed drugim lahko odgl edate t udi vseh 378632 števk novega naj-
večjega znanega praštevil a .
Ma tija Lokar
No vice I
27. FIZIKALNA OLIMPIADA V DEŽELI
VIKINGOV
Zgod aj zju traj v nedeljo, zadnjega dne v juniju , se nas je sedmerica zbra la
na Brniku , od koder srno polet eli proti Oslu . Najprej nas je Adri a Airways
pripeljala do Frankfurta , po razmeroma kratkem čakanj u pa srno se skupaj
s hr vaško olimp ijs ko ekipo vkrcali na letalo skandinavske družb e SAS , iz
katerega srno izst opili dve uri kasneje na let ališču Fornebu v Oslu. Tam
nas je že čakal naš vodič Tore, ki nas je pospr emil do našega enot edenskega
bivališča . Naša sp remljeva lca (Ci ril Domin ko in Bojan Golli) so nastanili
v več kilometrov oddaljenem dijaškem domu, da bi tako onemogočili vsak
poskus predčasnega posredovanj a informacij o nalog ah s tekmovanja. To
jim je še predobr o uspelo, saj vse do zadnjega dne nism o zvedeli niti tega,
koliko točk srno zbra li na tekmovanj u.
Kom aj srno odložili kovčke , že so nas pova bili na predavanje o adi-
tivnem in subtra kt ivnem mešanju barv s prizrn o in režo. Po pre davanju
srno se sest radani napotili na večerjo v j edilnico, kjer srno naleteli na polne
mize do brot . Veselili srno se že kosila ( če j e že večerja t akšna , kakšno mo ra
biti pot em šele kosilo. . . ) , a srno bili naslednj ega dne nekoliko razočarani
ob sp oznanju , da je na Norveškem glavni obrok večerj a . Nad hr ano pa se
vseeno nismo pri toževali , sa j je ustrezala našim okusom, pa tudi zrnan jko-
valo je ni . Zvečer srno si na televiziji ogledali finale evropskega prvenstva
v nogom etu med repr ezentancam a Nemčije in Češke. Štirj e iz naše ekipe
srno pozdrav ili zmago Nemčij e , pet i, ki j e češkega rodu , pa seveda ne.
V ponedeljek je bila na spor edu formaln a otvoritev fizikalne olimpi-
ade . Lep o oblečen i srno se zbr ali v mestni hiši . Tam srno se pričeli sezna-
njati s tekmovalci iz ost alih drž av : z Američani , Argentinci, Makedonci ,
Bosan ci , Čehi . . . Mnoge srno pozdr avili kar v njih ovem maternem jeziku ,
saj srno poleg angleščine , nemščine in seveda slovenščine v ekipi govorili
t udi špansko in češko . Med otvoritvijo srno pri sluhnili glasbi norveških
ljudskih glasbil.
V torek srno se pom erili v reševanju teoretičn ih nalog. V pet ih urah
smo morali rešiti t ri st rukt urira ne naloge, v katerih smo med drugimi
o b r avnavali prevaj a nj e to p lo t e m ed d vema kovin skima ploščama , g ibanj e
elekt ronov v koaksi alni žici, izračunali pa naj bi tudi , za koliko je plima
višja od oseke. Dva dni kasnej e smo se spo prij eli z eksperimento m , v
katerem smo s pomočj o nihanj a palice meri li gravi tacijs ki posp ešek v Oslu
(na 0,2% natančno!) in magnetni dip olni moment majhnega magnetka ,
vstavlj enega v kraj i š ču palice.
O tem , kako sm o se na tekmovanj u odrezali , srno zvedel i v soboto
na zaključni prireditvi . Slovenci smo, kot ste že sezna nje ni, dosegli doslej
INovice - Naloge
največji uspeh . Presenetljiv pa je bil t udi kom aj trinaj stl etni Američan ,
ki je osvoj il zlato medaljo.
Kljub temu , da so imeli organizatorj i olimpiad e nemalo finančn ih
t ežav , so se zelo potrudili in udeležencem pokazali veliko zanimivosti . Niso
nas sicer osreč i li z ogledom fjord ov na zah odni obali Norveške, so pa zato
dobro organizira li ogled zan imi vost i v Oslu: park a Vigeland , v katerem
kar mrgoli kip ov; tehničnega muz eja ; ogled ladj e Fram , ki je sodelovala
pri raziskovanj u Arkt ike in Antarktike; narodne galerije; muz eja Edvarda
Muncha, naj bolj znanega skand inavs kega ekspresionist ičnega slikarj a; ska-
kaln ice Holmenkollen .. . Peljali so nas t udi v zabaviščni park Tusenfryd
in v deželo Vikin gov , kjer smo se pobliže seznanili z nj ihov im vsakd a-
nj im življ enjem in od kr itj i . P red zaključno prireditv ijo smo križarili po
Oslofjordu in iz ladij , grajenih v vik inškem slogu , opazovali let ala, ki so
prist aj ala na Fornebuju .
Pol eg že om enjenega sta bili organizira ni še dve predavanji . V enem
j e profesor Alv Egelan d razkril skrivnost. polarn ega sija (aurora borea-
lis) in pokazal veliko čudovitih diapozit ivov , ki so jih nekateri navdušeni
poslušalc i hoteli kar slikati, in to z bliskavico ! Dru go predavanje je im el
nor veški Nobelov nagrajenec za fiziko , Ivar Giaver , ki na m je dal nekaj
napotk ov , kako priti do te prestiž ne na grade.
Za zabavo sm o poskrb eli t ud i sami : Slovenci smo imeli v ekipi t ri ki- .
t arist.e in enega orga nista, tako da radij skega sp rejem nika nism o pogrešali.
Večkrat smo se t udi znesli nad nogo metno žogo in jo brcali vsepovprek,
pri čemer so nam pom agal i kolegi iz Bolgar ije, Po rt ugalske in Cipra. Še
bolj medn arodn a zasedba pa je obračunala z žogo za odb ojk o.
Domov smo se vrn ili v nedeljo , sedmega julija . Bili smo zadovoljni
tako z uvrsti t vijo na tekmovanj u kot t ud i z gost ite lj i. Le ena stvar nam
ni ugaj ala: vrem e. V Oslu je bilo namreč ves teden ob lačno, zelo pogosto
pa je tudi deževa lo. Pot olažili pa smo se že takoj po prist anku na Brniku ,
ko so nam svojc i povedali, da je bilo ena ko vr eme tudi doma.
Kl em en Žagar
KOMUTATIVNOST MNOŽENJA
Poi š či dvomest no šte vilo z naslednjo last nostjo:
Če ga pomn ožim o s številom , ki ima števki v zamenj anem vrstnem
redu , je rezult at t rirn estno št evilo, ki se ne spremeni, če mu zam enj am o
vrstni red šte vk,
Marija Vencelj
Zanimivost i - Razvedrilo I
N APIŠITE P ESMICO
Več pesmic, s pomočj o kat erih si zapomn imo nekaj začetnih števk števila
1r, j e Presek predstavil v svojem osmem letniku let a 1980. Števila črk v
zapored nih besedah pesmic, z lepim skupnim im enom Spomin čice števila
1r , po menijo zaporedne števke v deset iškem zapisu št evil a tt . Tako im a
prva beseda 3 črke, druga 1 črko , t retj a 4, četrta 1, peta 5 itd .
Tokrat vas vabimo k sestavljanj u neko liko drugačne spom inčice .
Z ačnimo s srednjeveško zgodbi co:
Ladja, na kateri se j e nah ajala 15 gusarjev in 15 Turkov, j e zašla v
močan vihar in bila na tem , da poto ne . Kapit an (seveda gusar) j e razložil ,
da lahko reši ladjo in 15 mož, če dr ugih 15 mo ž vržejo v morj e. Da bi bi lo
vse pošteno in prav, j e pr edlagal, naj bi žrtve izbr ali z odštevan ko. Vseh
30 mož naj bi se post avilo v vrsto, na kar bi petn aj stkrat zapored št eli od
1 do 9 in vsakič devetega vrgli v morje. P ri te m št etj u naj bi za zadnj im
v vrst i vedno sledi l prvi v vrsti .
Domenjeno , storj eno! Toda , kako je lahko pri na videz poštenem
postopku kapi t an rešil vse svoje gusa rje, vseh 15 Turkov pa je romala čez
krov?
P reprost o! Mesta, kamo r naj v vrsti post avi svoje može, je vn aprej
določil s poskušanjem . Na list pa pirja je narisal 30 črtic in v skladu z
odšte vanko vsako deveto spremenil v T (Tu rek). P ri tem je pri štetj u
moral pazit i, da je že doblj ene T preskakoval (ker jih ni mogel sprot i
m etat i v mo rje) . Tako je dobil naslednj i niz:
I I I I TTTTT liT I I I
T I TT I I TTT I TT liT
Vrst ni red je torej moral bit i takle: 4 gus arji , 5 Turkov, 2 gusarj a, 1
Turek , 3 gusarj i, 1 Turek , 1 gusar , 2 Turka , 2 gusa rja, 3 Turki , 1 gusar , 2
Turka , 2 gusarja, 1 Turek . Seveda gusarski kapitan ni sm el pri postavlj a-
nju mož v vrsto gledati na list ek . Zmot iti se pa tudi ni smel! Zato si j e -
pesn iška duša - v pomoč izm islil naslednjo pesm ico v francošči n i :
Ma rt , t u ne fallir as pas ,
En me livrant le trepas !
Če smo pozorni le na samoglasnike v teh dveh verzih , dobimo zapo-
redj e .
. .
o, u , e, a, 1, a , a , e, e, 1, a , e, e, a .
Priredi mo sarnoglasnikorn a , e, i, o, u v tem vrstnem redu zapored
št evi la 1, 2, 3, 4, 5. Pot em kapit an ava pesmica nat anko do loča vrs tn i
red števi l, v katerih si moraj o izmenom a slediti v vrsti gusarj i in Turki .
Zanimivost i - Ra zvedrilo - Rešitve nalog 159
Veliko različn i h zgodbi c na to temo najdemo v zabavni matematičn i
lit eraturi. In tudi spominčic . Poglejmo še t ri: angleško, nemško in latin-
sko.
From numb ers ' aid and art
Never will fame depart !
Gott schlu g den mann in Amalek,
Den Israel bezwang !
Popul eam virgam mater regina ferebat .
Vabimo vas , d a na en ak način sestavite slovensko spominčico
in nam jo pošljete.
V njej morate upošt evati zgoraj navedeni vrstni r ed samo-
glasnikov. Tudi vsebina p esmice naj bo povezana z nalogo.
Marija Vencelj
KRIŽANKA "P RESEKOVI UREDNIKI"
Rešitev s str. 96
ti
~ .=. =: o:=- "= .'l:Il W :5 =: "'t::" = W'1:11.1: ..l:. -"=:. e ~- - ~
. ' '-'\~.Tj i ~ E V I J A - S T A N I č ~ P A S C A Lf. . f:
1. °. " .0 .... . .
~p R E S E K ~ M A R I J A : v E N C E L J
~ o R E N "':i::' M o L A T~ ~ A N o o R A ':'
:1 ::=~ T U Z L A~ A T E K ~ M E N A R T ~ o o
.::. A M A T I ..3'i.~ C R E S g Š o K = L E T N I K:l:. = ~
~ N
_ n
E J ~ o N o=: S A K ~ J E K L A R -- K A ~ o ,,;:::~L ~ R ~ -- Ž-:.:a: T R S ~ A P R I K A V I A L o :SE: ':&'~- T I Č I V o ~ o o P R S N I , K I P ~ B S~ R - ,,
= o I S E ~ K A -:::' A V A L I T ~- L A K o L I T
-=" N N ~ R Z A V ""l. G o L A N - ,:""...:.y~ M A L A G A~- - -- -::J: --
= o J o I P ~ A A ~ M A R I J A N : p R o S E N
N ~
--
~- M U R S U S A = ..a- - E T A =
A ~ Š Č
•-
I V B o T J A N : J A K L I :lI ~~
:: J A G N E o - R A o I A N - A V A ~; 5' ::
'= A N o N S A 0- A R E Z Z o llJ!l, S A S f.... ":.!
Zanimivosti - Razvedrilo I
KRIŽAN KA "D RU ŽAB N E IGRE"
IGRASKARTAMI, PRI
gt:ž SORTA16 3 2 13 KAT~RI soADUTI GNUS, B86~ BELEGA MESTOV MOZOLJ ~~OZ, ENIZ RIMSKIMI STUO KROMPIRJA BOSNI
TE\IILKAMI
5 10 11 8 IGRA&, SVIN(
~ KROGlSPRETI< ~IGRAS
9 6 7 12 PALiČ iCAMI OGNJ
4 15 14 1 ~
I
I
AVTOR °B'&~fE:t
HU~OVA SKOPLJE.
MARKO ~ ~
BOKALiČ VZHODU BLA2ILNIK
~~?JYUDARCEV
DOMOLJUB SMUČARSKI
1N~'Jff' C~~V
TENORIST MARTIN
OKUSNA ~ ~
PRIKUHA
~~~~ p~tt~~k
SKUPINA JAPONSKA MO~KlS
~RODNIH MISELNA Z~,~~ SRPOM
ALSKIH IGRA NA MALAJI TEKOČAVRST DESKI VODA
MOŠKO ~ KRAJV
TELOVADNO FILMSKI V1PAVSKI
ORODJE SNEMALEC DOLINI
TU~
~
PRIPOVEDN. SLO\
ANTON ~ RAJ:
TRSTENJAK DIVAČO IN LJUDSTVOV TBLIPICO NIGERIJI (O
~~"t~A
DEL
~ UDAREC Z
REKA TENISAČ NOGO
TRUPEJ
ZNANJE,
SL PESNICA
RAZGLE-
(META)
DANOST ANG. FILOZ.
(FRANCIS)
OPLEME-
IGRAIZ
SPOD. DES-
re\ ENO AUGUST ~ELEZO OETKER
LISTAVEC
TOLSTO- JEZERO
P6~~'č-jE NAZIV INSTINKT
JEVA ~
JUNAKNJA LAURENCEKARENINA OLMER
rr1 ~DRLJŽABNA IGRAZ
~-==[J
DE~b~~~~;t~JA ZA
NOVEM ZABAVNA IGRA S PEVKA
KARTAMI ZAVEČ RUPEL
IGRALCEV
I Zanimivosti - Razvedrilo
IVO
TURNIRSKA :O~fo~~A GROO
~
3.NAiGRA NA64 IGRAS
~~~~~OBEUH POLJIH OANEU KARTAMI Z OSTRIMPREDMET.
~~I
\;'- '1. A A I:ENll • ...JCAV .-)JU •ENIK . ~.... •V
PESNIK T SLOVENSKI IGRA, KIJOSČEPKII SARAJLIČ STOMATQ. PEVKA IGRAMO NA~ESTKRAKILOG JWANVBRIZG
(JOŽE) ZVEZDIZDRAVP..A
~~~~Alf POKRIT GL.MESTO ODPRTAKRAJ NA PROSTOR K~~Dt~E pb~~J:ACOlA, POHORJU ZAVOZOVE OBALEPALEC
VZDEVEK
GOSTINSKIERNESTA
GUEVARE POKLIC
RAZKROJ
I ORG. SNOVI
SOZVOČJE
TONOV
AMDRMIAT.
IGRA "TRIV
~ VRSTO",
~KOTSKA ~PANA
GROFIJA
M[l_$AVA ~VlCARSKI'ENSKI
~ STROKOV- p~rIIJSKJ NJAKZA
~NIK ORNICA LETALSTVO RODUTO) (GEZA)
BABICA
ITAL. HRVA~KI
~ JADRANSKO~ ~TIPVALEC PI:Illt NADJAKLAVIRJEV FURLAN
HRVA~KI
ARlfTEKT
(JOSIP)
~PANSKI
PRINC
'~--
i DAVEK
f AVANS, I (STARIN.) =PREDUJEM GR BOG ( EBEL)VETROV
.~{ ooG IN USTVAR-NA ACRKA JALEC
~
1(" '•• UNIFOR-S~'K
R ešitve nalog I
KOLIKOKRAT BO TREBA TEHTATI? - Rešitev
nagr ad n e n a loge s str. 5
Do 15. oktobra je pravi lne odgovore na vprašanje posla lo pet reševalcev:
Katarina Kokalovič in Peter Movrin iz Ljubljane, srednj ešolca Benjamin
Bezek iz Kamnika in Jože Rihtaršič iz Kranj a in osnovnošo lec Tomaž
Kuzma iz Črnomlja . Žreb je določi l , da prejme knjigo Zlatka Špo rerja
Matematični leksikon za nem atem atike Tom až Kuzm a , knji go Keit ha De-
vlina Nova zlata doba matematike pa Jož e Rihtaršič ; '
Naloga seveda spraš uje , kako z enim samim t ehtanjern ugot oviti, v
kateri od posod so katere od kroglic. Odgovora zagotovo ne bomo dobil i,
če bomo dali na te ht nico kroglice iz ene same posode, ker s tem ne bomo
mog li razlikovat i med vsebinama ost alih dveh posod. Torej bo treba dati
na tehtnico hkrati po nekaj kroglic iz dveh ali celo iz vseh t reh posod .
Pog lejmo na nalogo čimbolj splošno . Naj prej označimo , kat era po-
soda je prva , katera druga in katera t retja posoda. Denimo, da damo na
tehtnico iz prve posode a kroglic, iz druge b kroglic in iz t retj e c kroglic.
Pri te m mora jo biti šte vila a , b, c taka, da bomo iz dobljene te že lahko
ugotovili porazdelit ev kroglic. To bo mogoče , če bodo vrednosti izrazov
a + 2b+ 3c
a + 3b+ 2c
2a + b + 3c
2a + 3b + c
3a + b+ 2c
3a + 2b+ c
paroma različne .
To idejo so uporabi li vsi naši reševalci. Le realizirali so jo različno .
Naj mlajši reševalec predlaga za a., b, c števila 1, 15, 30. Ostali so naš li
t udi najbolj ekonomično možnost , ki jo na kr atko lahk o op išemo takole:
Če damo na tehtnico eno kroglico iz prve posode, t ri iz druge, iz tretj e pa
nobene, lahko iz dobljene teže s pomočj o naslednje tab ele ugotovim o, kje
so enogramske, kje dvo gramske in kje t rigramske kroglice.
I. oso d a II. posod a II I. p oso da teža
1 2 3 7
1 3 2 10
2 1 3 5
2 3 1 11
3 1 2 6
3 2 1 9
l O be k nji gi st a naprodaj p ri K om isij i za ti sk DMFAS, Ljubljana , Jadranska 19,
tel. (06 1) 123- 24- 60.
I R ešitve nalog
Seveda navedeni možnosti nist a edini izbiri za št evila a, b, c. Če zveze
med zgornjimi izrazi nekoliko preračunamo , sledi , da so lahko a, b, c
polj ubna paroma različna nenegat.ivna cela št evila , le nobeno ne sm e biti
aritmetičn a sredi na ostalih dveh. Torej
lil
a-"- b+ c b-"- c +a c -"- a + b
T 2 ' T 2 ' T 2 .
Zato možnost a = 1, b = 2, c = O, ki bi bila enostavnejša od t iste, ki
so jo predlagali reševalci , ne pri de v poštev. Ustr eza pa tem pogoje m
Tomaževa rešite v a = 1, b = 15, c = 30.
Om enimo še zelo elegant no rešit ev J ožeta Rihtarši ča , ki jo lahko up o-
rab imo, če j e na razpolago dovolj kroglic. Predl aga , da iz prve posode vza-
memo 1 kro glice in iz druge posode 10 krogli c. Sami si nap ravite ustrezno
tabelo in videli bos te , da je rešite v res priročn a.
Marija Vencelj
KVAD RATI PRAŠTEVIL - Rešitev s str. 83
Pri na logah 1 in 3 si bom o pom agali z dejstvom , da popolni kvadrat lihega
števila pr i deljenj u z 8 da ostanek 1. To lastn ost števil zlahka razberemo
iz enakost i
(2k + 1)2 = 4k (k+ 1) + 1, O :::s k E Z(;,
če le upoštevamo, daje pri tem število k(k + 1) sod o.
1. Ed ino sodo praštevilo je 2, torej po prejš njem vsota kvadr atov dveh
praštevil pri deljenju z 8 da ost anek O, 5 ali 2 in zat o ne more biti kvadrat
praštevila . Vsota kvadratov treh lihih praštevil pri deljenju z 8 da osta-
nek 3, zato ne more bit i kvadrat praštevila. Vsota kvadratov dveh lihih
praš tevil in števila 4 je sodo št evilo, večje od 4, zato ni kvadra t praštevila.
Dokazati moram o le še, da enačba x 2 + 8 = y2 nima rešitve v praštevilih
x in y . Ker v primeru x = 3 št.evilo y ni praštevilo, lahko predp ostavimo,
da je x praštevilo, ki ni delj ivo s 3. Tor ej j e x oblike 3k ± 1, k E IN, in
zato
l = x 2 + 8 = 3(3 k 2 ± 2k + 3).
Od to d sledi, da je število y delj ivo s 3 in zaradi y2 = x 2+ 8 > 9 večje od
3, torej ni pr aštevilo .
Rešitve nalog I
2 . Zab eležim o rešitve
{7,23; 17, 17}, {7,19; 11,17} , {11,23 ; 17,19} ,
bralec pa lahko poišče še kakšno.
3. Zaznamuj mo s P skupino petih praštevil. Če j e vsota kvadratov vseh
števil iz P liho št evilo, trditev naloge 3 očitno velja. Če j e vsota kvadratov
vseh števil iz P sodo število, vsebuje P bodisi eno dvojko bodisi tri dvoj ke
bodisi pet dvo jk. Razdelim o P v skupini PI in P2 in pr edpostavimo
naj pr ej , da j e v P le ena dvoj ka , Denimo, da je ta dvojka v PI in da je
v PI še n lihi h praštevil , kj er je n E {O, 1,2, 3}. Potem vsota kvadratov
šte vil iz PI pr i deljenj u z 8 da ostanek n + 4 , vsota kvadratov števil iz
P2 pa ostanek 4 - n. Ostanka v ob eh skup inah sta enaka le pri n = O,
v tem primeru pa t rditev očitno velja . Predpostavimo zdaj , da so v P
točno 3 dvo j ke. Potem so t rij e kvad rati št evil iz P enaki 4, druga dva
kvadrata pa pri deljenju z 8 dast a ostanek 1. Od tod brez težav sled i,
da vsota kvadratov števi l iz PI pr i deljenj u z 8 da drugačen ostanek kot
vsota kvadratov števil iz P2 . Kadar j e v P pet dvo jk , je t rditev očitna .
4. Zapišimo 13 osnovnih skupin in j ih s podpi čj i ločimo na ustrezni pod-
skupi ni. Vse ostale sk upine dobimo tako, da v vsa ki osnovni skupini prvi
podskup ini dodamo 9k dvojk , drugi pa 4k trojk , kjer j e k poljubno na-
ravno št evilo.
5
{2,11 ; OJ
4
~
{2, 2, 2, 7; 3, . . . , 3, 5}
5 5
{~,5;~
{2, 2, 5, 5; 3, 7},
6
~
{2, .. . ,2 ,5; 7},
8
~
{l l ; 3, . . . , 3, 7},
4 4
~~
{2, . . . , 2, 5, . .. , 5; 3,3 , 7,7 },
10 5 5
~ ~ ~
{2, 2,11, 11; 5, .. . , 5}, {2, .. . , 2, 5, 7, 19; 3, .. . ,3 ,11 , 17}
12 7 6 8 9
~ ~ ~ ~~
{2, ... ,2,5 ,5; 7,7} , {2, .. . , 2, 5, 5, 5; 3, .. . ,3,7}, {2, .. . , 2, 7; 3, .. . ,3 f
Bralec naj premisli, zakaj smo s tem zajeli vse možnosti zn > 5.
Boris Lavrič
, .Tekmovanja
URNIK TEKMOVANJ V LETU 1997
področje šola tekmovanje datum
matematika osnov na šolsko 21. marec
področno 19. ap ril
drž avn o 17. maj
sred nja šolsko 21. m ar ec
izbirno 12. ap ril
drž avn o 17. in 18. maj
olim piada julij
fizika osnov na šolsko do 15. marca
pod ročno 5. april
drž avno 10. maj
srednja področno 22. m arec
dr žavno 19. apr il
olim piada julij
logika osnovna In šolsko september
srednja izbirno okto ber
dr žavn o novemb er
matematika osnov na In dr žavno 6. september
za razvedrilo srednja
računalništvo osnov na šolsko do 20. marca
področno 18. apri l
dr žavno 10. maj
srednja državno 9. do I l. maj
N ekaj informacij o t ekmovanjih
Matematika - osn ov n a šola
Vsa tekmovanj a bodo pote kala v skladu s Pravilnikom o tekm ovanju
učencev osnovne šole v znanj u m atem atike za Vegova prizn anj a. Pojasni-
la lahko do bite pr i g. Aleksa nd ru POTOČNIKU , OŠ Božidarj a J akca ,
N usdorfe rjeva 10, Lju blj ana , t elefon (061)-443-074 a li (061)-442-900.
Matematika - srednja šola
Vsa tekmovanja bodo potekala v skladu s Pravilnikom o tekmovanj u
srednješolcev v znanj u m atematike.
Naj še posebej poud arimo, da t ud i v šolskem letu 1996/ 97 že po-
te kajo celolet ne pr iprave na medn ar od no matematično olim piado , ki bo
julija 1997 v Argent ini. Teh se udeležuj ejo dij aki , ki so jih predlagali
Tekmovanja I
bo dis i člani Komisij e za popularizacijo matematike v srednji šoli bodisi
učitelj i-mentorji ali pa so se prijavili sami. Olim pijska ekipa bo izbrana
na podlagi rezu ltatov dveh izbirn ih testov, državnega tekmovanja in med-
na rod nega matematičnega tekmovanj a mest . Vsak od izbirni h testov in
dr žavno tekmovanje bodo prinesli po 30 % točk , jes enski in poml adanski
del tekmovanja mest pa po 5 %. Prvi izbirn i t est bo 24. j anuarj a 1997,
drugi pa 25. aprila 1997. Datume mednarodnega matematičnega te k-
movanja mest nam mednarodni organizatorji sporočij o le nekaj dni pred
samim te kmovanjem . Po drobnejše informacije daje ta g. Darj o FELDA,
Fakulteta za elekt rot ehniko, Tržaška 25, Ljubljana , tel. (061)-17-68-233
ali (061)-17-68-234 in g. Matj až Željko, Fakulteta za matem at iko in fi-
ziko, J adran ska 19, Ljubljana , tel. (061)-17-66-551, dobit e pa jih tudi po
elekt ronski pošti na naslovu "math. compe r mr . uni-l j. s i " . Koledar ak-
t ivnosti (z ažuriranimi dat umi) je ob vsa kem času dosto pen po Intern etu :
URL: " W. 1W. fmf . un i-l j . si / - mathcomp/ k oledar. html" .
F iz ika - osn ovna šola
Vsa te kmovanja bodo potekala v skladu s Pravilnikom o tekmovanju
učencev osnovne šole v zn anj u fizike za Stefanova priznanja. V febru-
arju bomo na šole poslali ra zpis tekmovanj. Dodatne informacije dobite
pri ge. J elki SAK ELŠEK, OŠ Ketteja in Murna, Koširjeva 2, Ljub ljana,
tel. (061)-444-401 ali (061)-444-181.
F izika - sr ed nj a šola
Razp is za tekmovanj a bomo skupaj s prij avnicami poslali na šole do
konca februarja. Inform acije dobite pri g. Cirilu DOMINKU na Gimnazij i
Bežigrad , Peričeva 4, Ljubljana , t elefon (061)-13- 19-293.
Matemat ika za r a zved rilo
Vse informacije dobite v časopisih Logika & Razvedri1na m atem atika
In Ugankarski dom enek .
L ogika
Na državnem te kmovanju te kmujejo učenci, ki bodo v času te km ovanj
na predmetni stopnj i osnovne šole, učenci srednj ih šol in študenti . Šole,
ki bodo organizirale izbirno tekmovanje, se morajo prij avit i na razpis do
1. junij a na ZOTKS, Komisija za logiko , Lepi po t 6, Lju bljana. Druge
inform acije daj e g. Andrej J US na ZOT KS, te l. (061)-213-727 , faks (061)-
222-487.
Tekmovanja
Računalništvo - osnovna šola
Razpis tekmovanja je bil skupaj z obvest ilom o spremenjeni vsebini
t ekmovanj in prij avni co že pos lan na šole. Informacije dobi te pri g. An-
dreju J USU, ZOTKS - Svet za tehnično vzgojo ml ad ine, Lepi pot 6, Lju-
bljana, tel. (061)-213-727 , fa ks (061)-222-487 .
Računalništvo - srednj a šola
1. Raziskovaln e naloge
Strokovna komisija bo pregledala naloge, ki bodo do 1. maj a prisp ele
na naslov Gibanje znan ost mlad ini, Lepi po t 6, Lj ubljana . Na osnovi do-
bljenih ocen bo določila t ist e učence , ki bodo svoj e nal oge ustn o zagovar-
j ali . Po drobnejš a poj asni la daje g. R. DORN, Fakulteta za računalništvo
in informatiko, Tržaška 25, Ljubljana , tel. (061)-17-68-411.
II. Tekmovanj e iz znanja račun aln ištva
Mentorji naj pošljejo prijavo šole s poim enskim seznamo m te kmoval-
cev (ne več kot po 5 učencev za vsako od treh te kmovalnih skupin) do
15. aprila na Gibanje znanost mladini. P ri tem naj upoštevajo pravi la ,
ki že vrsto let veljajo za to tekmovanje.
Po trditev prij av in natančni razpored te kmovanja bodo šole dobile
tede n dni pr ed te kmovanj em . Šolam priporočamo , da izvedejo predtek-
movanj a in tako izberejo najboljše predstavnike. Informacije dob it e pri
ZOTKS - Komi sij a za računalništvo , Lepi pot 6, Ljublj an a, te l (061)-
213- 727, faks (061)-222-487.
Darj o Felda
REŠITVE NALOG S PREDTEKMOVANJA IZ SRE-
DNJEŠOLSKE FIZIKE - S st r. 124
Skupina A
1. Podatki; h = 2,4 m , Fg = 20 N, h = 30 Ni m.
a) Elas tika se ra ztegne za s = -!h2 + 12 - h , sila elast ike na telo je F = ks
s komponent ama
1 1
Fc =F~=ks-- ,
yh2 + [2 s s-li
h h
F = F = ks-- .
y -!h 2 + [2 S + h
Ko telo poskoči , j e razl ika sil Fg - Fy negativna; v mejnem pr i-
meru pa ravno enaka O. Iz enačbe Fg = ks hl( s + h) dobimo s
= Fghl(k h - Fg) = 0,92 m in 1= J (s + h)2 - h2 = 2,3 m.
Tekmovanja I
b) l = 1 m .
Elastika se raztegne za s = J h2+ l2- h =0,2 m, sila elast ike na telo
je F = k s = 6,0 N s komponentama
l
Fx = F = 2,31 N ,
J h2+ l2
h
Fy = F Jh'i"+l2 =5,5 N .
h2+ l2
Sila podlag e je Fp = Fg - Fy = 14,5 N in koeficient lepenj a ki >
2: Fx / Fp = 0,16.
2. Podatki ; l = 1 m , So = 1 m 2 , S = 0,5 m 2, Fg = 50 N, I:!.l = 10 cm ,
(J" = 104 N/m3 , <JI = O,l l/s .
a) Volumen vode v večj i poso di se ne spremeni: Sol - S z = ~So l, manjša
posoda je potopljena za z = ~(So/S) l = l/ 2 = 50 cm. Višino vod e
v not ranj i posodi (x) dobimo iz ravnovesja sil - vzgon je enak teži
posode in vode v njej : (J" S z = Fg + (J" S x , X =49 cm , to rej manjši od
z, in zgornja rešit ev je upravičena .
b) Ravnovesje sil pove (J"S z = Fg + (J"Sx, ohranitev volumna pa sedaj
zahteva So(l - I:!. l) - Sz = ~Sol. Od tod dobimo z = (So/S)(~ l -
- I:!. l) = 30 cm in x = z - Fg/(J"S = 29 cm. Volumen vode v manjši
posodi je V = Sx = 145 I in čas nat akanja t = V /<JI = 24 m in .
3a . Podatk i ; h = 2,5 m, l = 1",6 m, I:!. h = 30 cm, Fg = 1000 N, Fm =
= 200 N.
S FI označimo navpično silo podlage na krak , na katerem stoji človek ,
s F2 pa navpično silo podlage na drugi kra k. Velja Fg = FI + F2.
Vp eljimo še F = 2Fm. Ravnovesje navorov napišerno za os na vrhu
lestve. Za dr ugi krak velja ~ hF = lF2, za prvega pa ~ hF + xFg =
= lFI , če je x vodoravna kom ponenta vektorja, ki sega od osi do
človeka . Če je y nje na navpična kom ponenta , dobimo iz podobnih
t rikotnikov x = yl/h . Višina , ki jo še lahko doseže človek, j e potem
z = h - y = h2F/lFg = 156 cm ; torej varno še stoj i na pet em klinu .
3b . Podatki; la = 3,5 m , lt = 6 m , lv = 14 m, Vo = 50 km /h, Vm =
= 80 km/h , Sa = 150 m.
S to označimo čas pos peševanj a s pos peškom a in s tI celotni čas
prehitevanja. Vpe lj imo še I:!.s = 2lv+la+ lt - raz liko poti avtomobila
in tovornjaka . Velja
Vm = vo+ ato, Sa = voto + ~ at6+Vm (t l - t O ), St = sa-I:!.s = VOtl .
Iz tretje enačbe takoj sledi tI = (sa - I:!. s)/ vo = 8,1 s. Iz prve
izrazimo to z a in vstavimo v drugo. Preuredimo in dobimo a =
=(vm - vo)2/2(vmtl - so) = 1,2 m/sz.
I Tekmo vanja
Skupina B
1. Podatki: <Il = 20 l/ s , m = 8,0 kg, Vo = 5,0 mis.
Teža Toma ur avn ovesi silo cur ka: P<llvJ v5- 2gh = mg , kjer j e V =
= J V5 - 2gh , to rej
2. Podatki: 1= 2,0 m , m = 0,50 kg, ~so = 0,5 m.
a) Koeficient vzm eti j e k = m gl~so = 10 N/m. V navpični smeri j e
teža telesa ur avn otežena z navpično kom ponento sile vrvi ce
k~s cos <p = mg ,
v vodoravni smeri pa vodo ravna kompon enta povzroča krož enj e s
kotno hit rostj o w
k~ssin ip = mw2r =mw 2(l + ~s) sin <p .
Iz druge enač be do bimo raztezek
~s =~ ._w 2
So
Iz prve enačbe sled i cos<p = mg/k~s = ~so/~s = (g - w2 ~so)/w2 1 .
Da rešit ev obstaja, mo ra veljati cos <p ~ 1, t orej w ~ J g/(l +~so ) =
= 2,0 S - l .
b) P ri <p = 30° dobi mo iz zgornji h enačb w = 2,1 s- 1in v = rw = (l +
+ ~s) sin <p w = (l + ~so/ cos <p)sin <pw = 2,7 m i s.
3. Podatki : M = 2,0 kg, m = 2,0 kg, k = 3,0 N/ cm .
Ko pade ilovica v skod elico, se ravnovesna lega zniža za Xo = mg/ k =
= 6,7 cm . Okrog te lege zan iha skod elica z ilovico; ko zaniha višje
o d m iro v rie leg e , v leče s ila v z rn et.i kl a d o n avzgor . Kl a d a se r avno
še ne od lepi, če j e sila vzmeti m anjša od teže klade, ko se skod elica
zaustavi v zgornji legi. Raztezek vzmet i v tej legi j e s = So - Xo , če
j e So arnp lit uda nihanj a. Torej k (so - x o) ~ M g, največja am plit uda
j e So = 13,3 cm . Iz ohra nitve potencialne in prožnostne energije
dob imo mgh = ~ k(so + xO)2 , če postavim o končno lego v naj nižjo
točko , ki jo skod elica z ilovico dos eže. Dobimo h = 30 cm , kar pom eni
~h = h - (so + xo ) = 10 cm nad lego pra zne skod elice.
1170 Tekmovanja I
4. Podatki; M = 0,1 kg, m = 0,05 kg, v = 3,0 mis, h = 1,0 m , ho =
= 3,0 m .
Hitros t krog lice v t renutku trkaje Vo =v2ifi = 4,5 mis. P ri tr ku se
ohrani skupna gibalna količina , v navpični smeri M vo = (m + M)vy
in v vodoravn i mv = (m + M)vx , od koder dob imo hitrost i t ik po
t rku v y = 3 mis in V x = 1 mis. Iz enačbe za pot v navpični smeri
ho - h = vy + ~gt 2 dobimo čas pa danja t =0,4 s . Zlepek pa de na t la
na razdalj i x = vx t = 0,4 m od točke , kamor bi padla kroglice, če ne
bi trčila .
Skupina C
1. Podatki; t, = 0,20 A, /2 = 0,10 A, h = 0,18 A, R = 30 n.
Največj i tok dobimo, če am permeter priključimo direkt no na izvir ;
najmanjš i tok pa tedaj , če elem ent e vežemo zaporedno . Če vežemo
amperme te r in upornik vzporedno , dobimo vmesno vrednost to ka
(0,18 A): skozi baterij o t edaj sicer teče večj i tok kot v prvem primeru ,
vendar je padec nap etost i na bateriji večji, na am permet ru pa je zato
m anjša napetost.
Enačbi za prva dva prime ra st a Ug = (RA + Rn )/ l m Ug
= (RA + Rn + R)/2' Enačbi odšteje mo , up oštevam o h 2/2 in
dobimo RA + Rn = R. Iz prve takoj sledi Ug = 6,0 V.
Zapišimo še t retjo enačbo za neznani RA, Rn = R - RA:
Z l o smo označili tok skozi izvir . Kvadratna enačba da dve rešitvi,
RA = 26n, Rn = 4 n t er RA = 4 n, Rn = 26 n. Ob e sta smiselni ,
zato notranj ega upora ne moremo enolično določi ti.
2. Podatki ; m = 1,0 g, l = 10 cm , d = 2,0 m m , B = 0,10 T, R = 1 n,
s = 25 cm, So = 5 cm.
Da se palčka dvigne za s - so, potrebuje začetno hi t rost Vo =
= ) 2g(s - so) = 2 mi s. Pospešek dobi zaradi magnetne sile, t a
pa obstaja le, ko im a pal č ka sti k z vzmetjo , t orej le na razdalji d.
Posp ešek , potreben za hitrost Vo, j e a = v6/2d = 1,0 . 103 m/s2 , sila
pa F = ma = 1,0 N. Na vzme ti mo ramo to rej priklj učiti nap etost
U = RI = RF/ lB = 100 V.
I Tekmovanja
3. Podatki: R = 1,0 MO , Cl = 1,0 p.F , C2 = 3,0 p.F, e1 = 5,0 p.As,
e2 = 10 p.As.
a) Napetost na Cl je Ul = el/Cl = 5,0 V in na C2 U2 = 3,33 V . Ko
sklenemo, j e vsota padcev napetosti na elem entih enaka o: Ul - 1R -
- U2 = O. Na začetku j e tok 1 = (Ul - U2)/ R = 1,7 p.A.
b) Na koncu se i zenačita napetosti : U{ = U~ = Ul, torej ei /C1 = e~/C2 ,
če z el označimo naboj a na konc u. Velja t udi ohranit ev naboj a e =
= el + e2 = ei + e~ . Dobimo ei = eCl/(C1 + C2 ) = 3,75 p.As in
e~ = eC2/(C1 + C2) = 11,25 p.As in Ul = 3,75 V .
Toplota , ki se potroši na uporniku , j e enaka spremembi energije kon -
denzatorjev
= 1,0p.J .
Sku p in a D
1. Podatki: Vo = 1,0· 105 mis , B = 1,0 · 10- 5T , t?m ax = 1,00 , eo =
= 1,6 .10- 19 As, mo = 9,1 . 10- 3 1 kg .
Komponento hitrosti elekt rona v smeri curka lahko zapišemo kot
vII e:: Vo in v pravokotni smeri V.L e:: vot? , saj so koti m aj hni. V ravn ini,
pravokotni na B, elektroni kroži jo ; radij krožnice j e r = mov.L/e B in
kotna hit rost krož enja w = V.L/r = eoB / mo , ki je za vse elek t rone
enaka . Elektroni se po novno fokusirajo po enem obhodu : t = 27r [i» =
= 27rmo/eoB in pri tem naredijo pot l = Vlit = 27rmovo/eoB = 36 cm .
Največji pr emer cur kaj e enak dvakratnemu pr em eru največj ega kroga
v pravokotni ravnini dmax =4r =4movot?max/ eoB =4 mm .
2. Podatki: rl = 6700 km, r2 = 6720 km , R = 6400 km, g = 10 m/s2 .
Zapišimo 2. Newtonov zakon za prvi in drugi satelit
mw2 rl = mg (~) 2 _ F ,
w =
če j e w kotna hitrost kroženj a in F sila vrvice. Enačbi odštejemo in
dobimo
gR2 (1 1\
rl + r2 rr + r~) ' lil V2 = wr2 .
Pri kroženj u se ohranja vrtiina količina satelita in vsot a kinetične in
potencialne energij e. Obe količini zapišem o v začetni legi in v legi,
1 172 Tekmovanja I
ko je satelit najbolj oddaljen od Zemlj e - v obeh legah im a hi trost le
tangentno smer.
1 2 (R2 ) 1 I ? (R2 )"2 m v2 - mg -;:;- = "2 m vi - mg 1'; ,
pri čemer smo količini v končni legi označili s čr ticami in upošt eval i
KM = g R2 . Iz prve enačbe izrazimo v; in dobimo kvadrat no enačbo
za količino 1'2 /1'; == X
x 2 - 2f3x + 2f3 - 1 = O,
z rešitvijo x = f3 ± (f3 -1). Rešit ev s predznakom '-' predst avlj a kar
začetno lego in nas seveda ne zan ima. Sprem emba viš ine j e potem
I (1 ) (1 ) 2(Z3 - 1)~1' = 1'2 - 1'2 = - - 1 1'2 = - f3-- - 1 1'2 = 31'2 = 60 km .
x 2 -1 2 +z -z
Satelit doseže višino 380 km .
3. Pod atki : R = 1,0 MS1 , Cl = 1,0 JlF , C2 = 3,0 JlF , el = 5,0 JlAs ,
e2 = 10 JlAs.
a) Napetost na Cl j e Ul = es f C, = 5,0 V in na C2 U2 = 3,33 V. Ko
sklenemo , j e vsota padcev napetost i na elem ent ih enaka O: Ul - 1R -
- U2 = O. Na začetku j e to k 1 = (Ul - U2)/ R = 1,7 JlA .
b) Na koncu se i zena č ita napet ost i: U{ = U~ = U' , torej e ~ /Cl = e; / C2,
če z e' označimo naboj a na koncu . Velj a t udi ohranite v naboja e =
= el + e2 = e~ + e~ . Dobimo e ~ = eCJ/ (Cl + C2) = 3,75 JlAs in
e~ = eC2/ (Cl + C2) = 11,25 JlAs in U' = 3,75 V . Toplot a , ki se
potroši na uporniku , j e enaka spremembi energij e kondenzatorj ev :
( 2 2) ( /2 12)1 el e I l e1 e2 IW = 2" Cl + C
2
' W = 2" Cl + C
2
' Q = W - W = 1,0 JlJ .
c) Ko se spros t i polovica energij e, j e energij a kondenzatorj a enaka
W il = ~ (Cl Uf/2 + C2 U~/2 ) =W' + ~Q .
Velja t udi ohranit ev naboj a ClU{' + C2U~' = e. Dobimo kvadratno
enačbo za U{'
Tekmovanja
s smiselno rešitvijo U{' = 4,63 V in U~' = 3,45 V. Napetost na upor-
niku je U(t) = U{' - U~' = 1,18 V. (Kar je pravzaprav Uo/V2 -
rezu ltat, ki bi ga dobili z integracijo.) Končno
U(t) = Uoe-tlRe, UO = Ul - U2 , C _ CIC2- CI + C2 '
t = RC ln (UoIU(t)) = 0,26 s .
4. Podatki : H = 4,0 m , h = 1,2 m .
Lastna krožna frekvenca nihanja jahte j e w = jf;. Koeficient je
dobimo z nas lednjim razmislekom: če j ah to potopimo za x, j e sila ,
ki potiska jahto v ravnovesni položaj, enaka Fvzgon - mg
= S(h + x)pg - Shpg = Sxpg == kx. Frekvenca nihanja je potem
1 fi -1
V = 211" Vh = 0,46 s .
a) .A = clv = 211"VH h = 14 rn, kar je več od dvojne globi ne pristanišča
in izbira formule za hitrost j e pravilna.
b) .A = "fj;ff..jh).,.A = 211"h = 7,5 m.
Bojan Golli
31. PODROČNO TEKMOVANJE ZA SREBRNO
V EGOVO PRIZNANJE - Rešitve s str. 112
6. razred
Sk lo p A
naloga Al A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8
pravi lni odgovor Č B A C D A Č D
Sklop B
B l Vrednost izraza je l .
B 2 Cisterna drž i 3000 litrov. Kupili so 5400 1 kur ilnega olja, porabili pa
3400 l.
B3 Konstruiramo trikotnik
t:,ABC. Premici Pl in
P2 st a vzporedni z no-
silko stranice c in od nj e
oddaljeni 1,5 cm . Iskani
točki sta Ti, ki je pres ek
prem ice Pl in simetrale
stranice a, in T2 , ki je
pres ek premice P2 in si-
metrale stranice a.
7. r azred
Sklop A
A
Tekmovanja I
P I
naloga Al A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8
pravilni odgovor C D Č B D A C B
Sklop B
Bl Vrednost izraza je - 120.
B2 Za zapis enomestnih števil potrebujemo 9 števk. Za zapis dvomestnih
števil po trebujemo 90·2 = 180 števk . Za zapis trimestnih števil ostane
945 št evk, kar pomeni , da je 315 st rani oštevilčenih strimestnimi
št evil i. Knjiga im a torej 9 + 180 + 315 = 414 strani .
B3 Koordinate iskanih točk so C(3, 2),
D( - 2, 2) in S(~, - ~ ) , polmer kroga r =
= 2,5 dolžinskih enot , njegova ploščina
6, 251T ploščinskih enot , ploščina kvadra-
t a pa 25 ploščinskih enot . Ploščina kro-
ga je približno 79 % ploščine kvadrata.
8. razred
Sklop A
naloga Al A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8
pravilni odgovor A Č B Č C D A C
L,&
A E a~ B
I Tekmovanja
Sklop B
B l Iz pogoj ev naloge dobimo enačbo 700 + (lOa + b) = 2(10(10a + b) +
+ 7) + 40 in jo uredimo 10a + b = 34. Rešitev enačbe je a = 3 in
b = 4. Iskani št evili sta 347 in 734 .
B 2 Trikotnik 6EBC je pravoko-
te n (1BCE = 900 ) , zato je
d2 = (a - c)2 - b2 in d = 6 cm .
Obs eg trapeza j e 54 cm . Za-
d. db (a - c)v .
ra 1 PEB C = ""2 = 2 Je
db 8. .
v = -- = 4, cm lil zato Je
a -c
ploščina trapeza 96 ern",
B 3 Iz a : b = 3 : 4 in 2a + 2b = 56 dobimo a =
= 12 cm in b = 16 cm . Ker je diagona lni presek
kvadra kvadrat , j e njegova višina enaka diagonali
osnovne ploskve, torej c2 = a2 + b2 in c = 20 cm .
Prostornina kvadra je 3840 ern" .
Aleksander Potočnik
REŠITV E NALOG S PODROČNEGA TEKMOVA-
NJ A IZ FIZIKE ZA OS NOVNOŠOLCE - S str. 117
7. razred
l. Na sliki 1 so sila te že Fg , sila F , s kat ero pod vodo
poti skamo kocko, in sila vzgona F; v ravnovesju ,
ker kocka miruje. Torej velja
F + F g = F; = 25 N .
Sila vzgona ali tež a izpodrinjene tekočine je 25 N,
kar pomeni, daj e kocka izp od rini la 2,5 drn" vode
(Vk). Specifična t eža snovi , iz katere je kocka , j e
Fg 20 N N
(J" = - = 3 = 8- -3 .Vk 2,5 drn drn
Slika 1.
1176 Tekmovanja I
2. Količina toplote, ki jo je oddal grelec v t = 1 min , je
J
Q = Pt = 500 - x 60 s = 30 kJ .
s
Ali se je stalil že ves led? Podatek za toploto , ki jo moramo dovesti
kilogramu ledu, da se bo stalil, najdemo v učbeniku in znaša qt
= 336 kJ/kg. Stalilo se je
30 kJ
mil = Q/qt = kJ = 89 g
336kg
ledu. Temperatura je O° C, ker se še ni stalil ves led.
V naslednji minuti je grelec ponovno oddal 30 kJ toplote . Ker se je
že po eni minuti stalil skoraj ves led, bo led za taljenje potreboval še
nekaj toplote
kJ
Q = (ml - ml1)qt = 0,011 kg x 336 kg = 3,7 kJ ,
ki jo od grelca dobi v
1 2 min
0 1--- - .../
T3700 Jt2 =--J- =7,4 s .
500 s
V preostalem času druge minu- 20° C
te se bosta voda in staljeni led
segrevala. Ker je
bo temperatura mešanice po
dveh minutah Slika 2.
500~x(60s -7,4s) °
---"---'-------'-~ = 21 C .
(0,2 kg + 0,1 kg) X 4200 kiK
3. Hitrost vode v cevi Ve je obratno sorazmerna s presekom cevi S in
premo sorazmerna s pretokom vode <l>v
<l> 1 m' m
v - v - 60 S - 4 16 _
e - S - (0,004 m)2 - , s ·
Tekmovanja
Gasilec natakne na cev šobo z manjšim presekom, zato se hitrost vod e
(Vi), ki izstopa iz šobe s presekom Sš' poveča, ker je pretok vode skozi
cev in šobo enak
m3<Ilv 16riS 2Sš = - = -rTI = 5,6 cm .
Vi 30 s
4 . Frnikola se bo zdrobila, ko jo bosta tračnici začeli stiskati. To se bo
zgodilo, ko bo se bo reža med tračnicama zmanjšala na premer frni-
kole, oziroma se bo posamezna tračnica raztegnila za !:11 = 4 mm. V
učbeniku najdemo, da se metrska jeklena palica raztegne za 1,2 sto-
tinki mm, če jo segrej emo za eno stopinjo. Tračnica z dolžino 15 m se
bo podaljšala 15-krat več, to je 0,18 mm. Zato, da se bo podaljšala
za 4 mm, se mora segreti za
----±-o C = 220 C.
0,18
Slika 3.
olje II.
II.
voela
5. V posodi je na dnu voda in sega do višine
10 cm, na njej pa plava 10 cm olja, kot je videti
na sliki.
Tlak 3 cm nad dnom posode je vsota zunanjega
tlaka (Po) in tlakov, ki ju prispevata olje (Pot)
in voda (Pv) . Podatke za specifično težo vode
(ITv = 10 N/dm3 ) in specifično težo olja (alko-
hola, ITol = 8 N/dm3 ) najdemo v učbeniku
P = PO + Pol + Pv = PO + ITolh1 + ITvh =
N N
= 100 kPa + 8000 3 x 0,1 m + 10000 3 x 0,07 m = 101,5 kPa.
m m
8. razred
1. Žogici za golf se spremeni hitrost v času !:1t = 0,01 s od hitrosti
Vd = 15 mis, s katero je priletela navpično navzdol , do hitrosti
vg = -10 mis, s katero se je odbila. Povprečni pospešek je
a = Vd - Vg
t
15 m - (-10) m m
s s = 2500 _.
O,Ols s2
2. (a) b, g, h, i; (b) a , J: (c) a; (d) b; (e) a; (f) g, h; (g) f; (h) e; (i) d;
(j) c.
1178 Tekm ovanja I
3. Žarnica je vsako uro porabila
We = Pt = 0,04 kW X 1 ura = 0,04 kWh .
Žarnica je gorela 12 delavnikov in 2 nedelji. Ob delavnikih je gorela
vsak dan 11 ur v času, ko je cena električne energije nižja . Prav
tako je nižja cena el ektrične energije vseh 24 ur v nedeljo. Za gorenje
žarn ice v tem času bo znesek na položnici višji za
(12 x 11 + 2 x 24) x 0,04 x 7,282 SIT = 52, 43 SIT.
Za porablj eno energijo v preostalem času bo znesek na položnici višj i
za
(12 x 13) x 0,04 x 12,375 SIT = 77,22 SIT ,
oziroma celotni račun bo višj i za 130 tolarjev .
4. V vezju sta po dva zap oredn o vezan a upornika povezana vzporedn o.
Nadom estno up orn ost vseh št irih upornikov izračunamo iz
1 1 1 1
R = 5S1 + 5S1 + 5S1 + 10S1 = 6S1
in j e
R= 6S1.
Upornost obeh vej mo ra biti ena-
ka . Zato vzporedno z večjim upor-
nikom povežemo dodatni up ornik.
5. Sliko vrat in poti žarkov kaže skica :
10 s1
5 S1 5S1
Slika 4.
DD
=
BAN
] - - - - - - -- -- ----
Slika 5.
/ ,
c
,-"" •
Mojca Čepič
I Tekmo vanja
11. DRŽAVNO TEKMOVANJE V RAČUNAL­
NIŠTVU ZA OSNOVNOŠOLCE - Rešitve nalog
1. dela s str. 107
Tokrat obj avlj amo rešitve izbranih nal og iz prvih tr eh skupin. Primeri
rešit ev so pripravljeni v MSW Logu .
R ešitve za 1. skupino (do 3. r azreda)
Primer rešitve 1. naloge
TO kvad :d
REPEAT 3 [ FORWARD :d RIGHT 90 ]
RIGHT 90
END
TO lik :n :d
REPEAT :n [ kvad :d RIGHT 360/ :n ]
END
Prim er rešitve 2. naloge
TO veckrat :n
!lAKE "v :n
REPEAT 20 [ PRIHT :v !lAKE "v : v+: n ]
END
Primer rešitve 3. naloge
TO polkrog :v
RIGHT 5 REPEAT 18 [ FORWARD :v RIGHT 10 ] LEFT 5
RIGHT 180
END
TO skoki :n :v
!lAKE "del :v/:n
REPEAT :n [ polkrog :v !lAKE "v :v- :del ]
END
R ešitve za 2. skupino (4. razred)
Primer rešitve l . naloge
TO pO Zdrav
TEXTSCREEN CLEARTEXT
PRINT [ Vpisi svoje ime :
KAKE " i me READWORD
PRIHT [ ]
PRINT [ Vpisi svoj priimek : ]
!lAKE "priimek REAOWORD
PRINT [ ]
PRINT (SENTENCE "Pozdravljen". : ime :pr iimek "! )
END
Tekmo vanja I
Primer rešitve 3. naloge
TO trikot :n
IF :n < 5 [ STOP ]
REPEAT 3 [ FORWARD :n RIGHT 120 ]
FORWARD :n/2 RIGHT 60
trikot :n/2
ERD
Primer rešitve 4. naloge
TO lok :n
RIGHT 2
REPEAT 15 [ FORWARD : d RIGHT 4 ]
LEFT 2
ERD
TO listek :d
LEFT 30
REPEAT 2 [ lok :d RIGHT 120 ]
RIGHT 30
ERD
TO cvet :n :d
BACK 3*: d FORWARD 3*:d
LEFT 60
RIGHT 60/ :n REPEAT :n [ listek :d RIGHT 120/ :n ] LEFT 60/: n
LEFT 60
ERD
R ešitve za 3. sku p in o (5 . razred)
Primer rešitve 1. naloge
TO izrez
REPEAT 8 [
FORWARD 20
PERUP RIGHT 30 FORWARD 20 PERDOWR
ARC 300 20
PERUP RIGHT 120 FORWARD 20 LEFT 150 PERDOWR
BACK 20
RIGHT 360/8
]
ERD
TO krog : r
ARC 360 : r
ERO
Tekmovanja
TO rozeta
PERUP FORWARD 25 LEFT 90 FORWARD 10 RIGHT 90 PERDoWR
izrez
PERUP LEFT 90 BACK 10 RIGHT 90 BACK 25 PERDoWR
krog 100
krog 120
ERD
Primer rešitve 2. naloge
TO igra
TEXTSCREER
CLEARTEXT
MAKE "zacetno 300
MAKE "meja 100
PRIRT [zacetno stanje je 300 $]
PRIIT [ ]
potek
PRIRT [igre je konec]
ERD
TO potek
IF :zacet no<:mej a [ STOP]
MAKE "dobitek 1 + RAIDOM 150
MAKE "izguba :dobitek + 1 + RAIDOM 50
MAKE "zacet no :zacet no + :dobitek - :izguba
PRIRT (SERTERCE [dobitek :] :dobitek)
PRIRT (SERTERCE [izguba :] :izguba)
PRIRT (SERTERCE [stanje :] :zacetno)
potek
ERD
Primer rešitve 3. nalog e
TO povprecje
"n je stevilo ucenc ev , "p povprecje, "v visina ucenca
"vs ot a je vsota vseh visin
TEXTSCREER
CLEARTEXT
MAKE "n O MAKE "vsota O
PRIRT [ vnasaj V1S1ne ucencev, koncaj z O ]
WHILE [ :v > O] [
MAKE "v READWoRD MAKE "vsota :vsota+:v MAKE "n :n+l PRIRT :v
]
MAKE "p :vsota/ ( :n-l)
PRIRT (SERTERCE [ Povprecna visina ucencev je] :p)
ERD
Tihomil Šienc
Tekm ovanja I
11. DRŽAVNO TEKMOVANJE V RAČUNAL­
NIŠTVU ZA OSNOVNOŠOLCE - 2. del
Naloge za 4. sk u p in o - p ascal a li basic (učenci 6 . r azreda)
1. naloga:
Včasih želimo v besedilu zamenj ati kakšno besedo z drugo. V našem
pr im eru bom o vpi sovali naslove šol. Da nam bo šlo vpisovanje naslovov
hitreje od rok , bomo pri vpisovanju uporabili krat ico "OŠ" , pri izpisu
seznama na zaslon pa želimo imeti besedilo v celoti : "Osnovna šola" .
Sest avi pr ogram , ki bo v besedi lu (tega vnašamo preko ti pkovni ce) za-
menj al kr ati co "OŠ" z besedilom "Osnovna šola" . Vnesti želimo do 20
naslovov osnovn ih šol.
Primer:
Vnos:
OŠ Majde Vrhovnik, Ljublj ana
Izpi s:
Osn ovn a šola Majde Vrhovnik, Ljublj an a
2. naloga:
Napi ši program , ki izračuna in na zaslon izpiše št evilo dn i med dvema
datumama v letošnj em letu! Ob a datuma podamo preko ti pkovnice.
3. naloga:
Napiši podprogram, ki bo nar avno št evilo (naj ne bo večje od 2000) zapisa l
z rimskimi številkami:
1000 = M, 500 = D, 100 = C, 50 = L, 10 = X, 5 = V, 1 = 1
Up oštevati moraš tudi pravilo, da si lahko sledij o največ trij e enaki znaki,
tako da pišemo 4 v obliki 1 manj kot 5 itd ., npr .:
4 = IV, 9 = IX , 40 = XL , 90 = XC ,...
Števila pre ko tipkovnice vnašamo zap isana z običaj n imi (arabskimi) šte-
vilkami.
Naloge za 5. skupino - pascal ali basic (učenci 7. razreda)
1. naloga:
Včasih mor am o sešteti veliko decirnaln ih šte vil. Zanima nas, ali se zara di
zaokrož evanj a št evil pred sešt evanj em natančnost dobljene vsot e zmanjša .
Sestavi pr ogram, ki bo v tabelo zapisal 1000 slučajno izbranih realnih
števil m ed 0.00 in 100.00 z natančnostj o na dve decimalki. Izračunal
bo vsoto t eh 1000 števil in jo zaokrožil na celo štev ilo. Seštel pa bo
tudi ista števila tako , da bo vsa ko pred seštevanj em zaokrožil na celo
I Tekmovanja
št evilo . Razlika obeh vsot je napaka, ki je nastala zaradi zaokroževanja
posameznih št evil. Program naj izračun ponovi dvajsetkrat (vsakokrat z
novimi števili) in rezultate v obliki t abele izpiše na zaslon. Izpiše naj tudi
največjo in najmanjšo razliko .
Primer izpisa na zaslon :
Vsota števil Vsota zaokroženih stevil Razlika
50196 50199 -3.00
52791 52787 4.00
50268 50280 -12.00
Največja razlika: 12 Najmanjša razlika: 3.00
2 . naloga:
Napi ši program, ki naključno izbere naravno število med O in 999 ter ga
izpiše razbitega na stotice, desetice in enice. Npr.: 267 = 2S 6D 7E,
32 = OS 3D 2E.
3. naloga:
Program, ki ga boš sestavil, naj nariše
na sredino zaslona šahovnico (kako iz-
gleda pravilno narisana šahovnica , vi-
diš na spodnji sliki). Za belo polje
uporabi po dva znaka s kodo 219, za
črno pa po dva pr esledka (kodaje 255).
Ob levem in ob spodnjem robu naj
program vpiše oznake vrstic oz. stolp-
cev .
8
7
6
5
4
3
2
1
ABCDEFGH
N alo g e za 6. skupino - pascal a li basic ( učenci 8. razreda)
1. naloga:
Napi ši podprogram, ki bo z izbrane tekstovne datoteke prenesel poljubno
število vrstic na drugo (novo) datoteko. Začetna in končna zaporedna
številka vrstice naj bosta parametera podprograma. Privzeti smeš, da
vhodna tekstovna datoteka obstaj a .
Tekmovanja I
2. n aloga :
Dano imaš tabelo ničel in enic, ki je deklar irana kot
ARRAY[1..max,1..max] OF 0..1.
Napiši podprogram, ki bo na zaslon izpisal dolžine najdaljših nizov enic
(brez vmesnih ničel) v posamezni vrstici!
Primer je ponazorjen spodaj . Velikost tabele je 5 x 5. lzpisan je tudi
rezultat za posamezne vrstice:
1 O 1 1 O
1 O 1 O 1
O 1 O 1 O
1 O O 1 1
1 1 1 O 1
2
1
1
2
3
3. naloga:
Napiši prog ram (varčevaleczaslona), ki bo po ekranu premikal "zvezdice"
v obliki pik . Zvezdice naj bodo velikosti 1 pike zaslona in naj se premi-
kajo od levega roba proti desnemu . Barva posamezne zvezdice je lahko
temnosiva (8), siva (7) ali bela (15). Svetlejša kot je zvezdica, hitreje naj
potuje po zaslonu. Zvezdico opišemo na naslednj i način :
Zvezda = RECORD
x , y : integer; { koordinati x in y }
h : integer ; { hitrost zvezdice }
d : integer; { barva zvezdice; vrednosti: 8, 7 ali 15) }
END;
Podatki o zvezdicah so zapisani v tabeli. Na zaslonu naj se nahaja 31
zvezdic . Ko zvezdica pripotuje do desnega roba, naj izgine in se zopet
pojavi v isti vrstici ob levem robu. Program naj se konča ob pritisku na
poljubno tipko.
Za pomoč sta dana podprograma Odpri Graf , ki odpre grafični način dela,
in ZapriGraf, ki zapre grafični način dela , te r funkcijo PutPixel(x,y,barva) .
Tihomil Šlenc
I Tekmovanja
MEDNARODNO MATEMATIČNOTEKMOVANJE
MEST - 2. del
Rešitve nalog drugega dela:
Prva skupina
1. Označimo a = 1 BlOlAl.
Potem je 1B202A2 = 1f' - a .
Kot med tetivo AlBI in tan-
gento A lA2 j e enak polovici
središčnega kota 1BlOlAl .
Torej je 1CAlA2 a/2.
Trikotnik OlBlAl je enako-
krak z vrhom Ol ' Potem je A j D A
2
10jBjAj = 1f'/2 - a/2 in za-
radi pr avokotnosti daljic CD in B jB2 je zato 1BjCD = a/2. Trikotnik
AjDC j e tako enakokrak z vrhom D. Povsem podobno dokažemo, da je
t udi trikotnik A2DC enakokra k z vrhom D. Naloga je tako rešena. Iz do-
kaza vidimo, daje točka D pravzaprav središče (pravokotnemu) trikotniku
AjCA2 očrtane krožnice.
2. Privzamemo lahko, da je m ~ n. Igra je v primeru m = 1 pr ecej
nezanimiva, zato naj bo m > 1. Zmagovita strategija za prvega igralca
j e tedaj povsem enostavna - igralec mora vedno premakniti trdnjavo v
sme r najdaljšega možnega pomika. (Če sta možni smeri dve, lahko izbere
katerokoli. )
Dokažimo, da je opisana strategija res zmagovita. Po prvi potezi
prvega igralca je pas ob daljši stranici pravokotnika pobarvan in drugi
igralec lahko naredi svojo morebitno potezo le v smeri kraj še st ranice
pr avokotnika. Preostali pr avokotnik je dimenzij m x (n -1) in m > n-1.
Če j e n = 1, drugi igralec izgubi , saj ne more narediti poteze. Če pa je
n > 1, postane po potezi drug ega igralca pobarvan del pasu ob krajšem
robu table m x (n - 1). Ker je m 2: 2, lahko potem prvi igralec naredi
potezo v skladu z opisano strategijo. Po njegovi potezi obstane trdnjava
na t akem pobarvanem polju, da lahko drugi igralec naredi svojo morebitno
potezo le v smeri krajše stranice enega od nepobarvanih pravokotnikov.
Sedaj pa že vidimo, da se položaj drugega igralca kvalitativno ni
sprem enil. Morebitno potezo lahko naredi le v sm eri krajše stranice in če
lahko potezo res naredi , jo lahko potem naredi tudi prvi igralec. Ker se
dimenzija nepobarvanega pravokotnika zmanjšuje , drugi igralec izgubi .
Tekmovanja I
Druga skupina
1. Naj bo n > 2 poljubno nar avn o šte vilo. Vpeljimo poševni kcordi-
natni sistem . Koordinatn o izhodišče naj bo točka A , osi pa naj ležit a
na st ra nicah trikotnika. Pri vzam emo lahko, da leži stranica BC v prvem
kvadrantu in da je lABI= lACI = n (glej sliko).
.o' ~'" ••.•. •
. .
: .. .- :
·· ...i···· ·· · · ·· ·f ·· ···· -····~·········· · · ·! · ·· ···· .. / , .
i5'n- 1i
....., :' .
~~~-----ft:-~: _ _.
A(O , O) D(l ,O) E(n - 2, O) B(n , O)
Postavim o točke E(n - 2, O) , 51 (n - 2, n - 1), S2(n - 1, n - 1),
S3(n, n - 2) , . . ., Sn (n - 2 + [ ~] , [~]) , kjer oglati oklepaj označuje celi
de l. Potem je 1-D Pn- lA = 4.51ES2, 4. DPI A = 4.S2ES3, 4. DPn- 2A =
=1-S3ES4 , 4. DP2A = 4.54E S5 , . . . , od koder sledi
n- l n- l
l: 4. DPiA = l: 4. Si ESi+1 = 4.SI A Sn = ~ 4.CA B.
i = l i = l
2. Dokazali bomo le točko (b) . Za ·i = 1, 2, . . . , 2n naj a; označuje i-to
vrst ico - tj . vektor z n komponent ami. Privzamemo lahko, da je al =
= (1,1 , . . . , 1) in a2n = (-1 , - 1, .. . , - 1). Ker so vse vrsti ce različne ,
j e s pr edpi som f : a; t-t f (ai ) natančno določena preslikava t, kjer f(a i)
I Tekmovanja
označuje spreme njeno i-to vrstico . Za poljuben vektor x = (Xl, X2 , . . . , Xn)
označimo g(x) = (1 - 2XI, 1- 2X2, .. . , 1 - 2xn) . Enostavno pov edano: °
spremenimo v 1, 1 pa v -1.
Tvorimozaporedje : bl = f(aI) , b2 = bl +.f(g(bI)), b3 = b2+.f(g(b2)) ,
. .. , b2n = b2n-l + .f(g(b2n-d) . Iz definicije zaporedja vidimo, da so vse
komponete vsakega vektorja bi enake °ali 1. Če obstajata v zaporedju
(b;)i enaka vektorja bm in bn (m > n), izbrem o št evili m in n tako , da ima
raz lika m - n naj manjšo možno vrednost . (Vektorji bn , bn +1 , . . . , bm - 1 so
tedaj različni.) Potem je
bn+1 = bn + .f(g(bn))
bn+2 = bn+1 + .f (g(bn+I))
bm = bm - 1 + .f(g(bm-I)) .
Ko seštej emo vse leve in desne strani gornjih enačb in upoštevamo enakost
bm = bn , dobimo
.f(g(bn)) + .f(g(bn+I)) + ...+ .f(g(bm-I)) = (O , O, ... , O)
in naloga j e v tem primeru rešena.
Če pa so v zaporedj u (bi)i vsi člen i raz li čni, j e bi = (O , O, .. . , O) za
neki indeks i . Potem je
b2 = .f(g(bI))
b3 = b2+ .f(g(b2))
bi = bi - l + .f(g(bi-I)) .
Upoštevajmo sedaj, daj e bi ničelni vektor, in podobno kot zgoraj dobimo
.f(g(bI)) + .f(g(b2)) + ...+ .f(g(bi- 1 ) ) = (0,0 , . . . , O) .
Naloga j e tudi v tem primeru rešen a .
Matjaž Željko
Tekmovanja I
IZBIRNO TEKMOVANJE IZ MATEMATIKE -
Rešitve nalog s str. 123
1/1 Osnovo št evilskega sist ema označimo z m . Torej je am2 + am +
+a = a3 • Ker je a i= O, lahko enačbo delimo z a in dobimo m 2+ m + 1 = a2 .
Ker je
število a ne more biti celo.
1/2 Najprej obrnemo obe peščeni uri . Po 7 minutah obrnemo prvo,
po 11 minutah drugo, po 14 minutah pa sp et obe. V drugi peščeni uri se
bo pesek pretočil po 17 minutah , 3 minute po zadnj em obr atu.
1/3 Št.evili sta enaki, kot kaže nasl ednji račun :
(1 + ~f' (I+~r+ 1
((1+~)"+l)(I+~r = yX.
A
X C E D B
~
1/4 Naj bo bdolžina katet e AC. Ker
leži točka E bliže ogli š ču C kot točka D ,
je ICEI = b. Na nosilki katete BC ozna-
čimo z X točko , ki ne leži na katet.i BC in
je od oglišča C oddaljena za b. Trikotnik
XCA je torej enakokrak in , ker je kot
XCA pravi , je .q:CXA = 45°. Enakokrak je tudi pravokotni trikotnik
AEC, zato je tudi kot C EA ena k 45°.
Nadalj e je li:/ = I:~I , zato j e daljica XA vzporedna z daljico EF.
Ker paje j~~1 = I:~I , sta tudi dalj ici AE in F D vzporedni. Zato oba kota
DEF in EDF merita 45° in trikotnik DEF je enakokrak in pravokoten .
11/1 Pomnožimo enačbo s p2 q2 r2 in preoblikujemo:
I Tekmovanja
Ker so št evila p, q in r paroma tuja, je število x deljivo s p, število y
deljivo s q in število z deljivo z r, Torej lahko zapišemo x = k p, y = Iq in
y = mr, kjer so k, l in m cela števila. Slednje vstavimo v prvotno enačbo
in dobimo enačbo
ki ima natanko 6 celoštevilskih rešitev: k = ±1 in l = m = 0, l = ±1 in
k = m =°ter m = ±1 in k = l = O. Nalogo torej rešijo naslednje trojice
števil:
(±p, 0, O) , (O, ±q, O) in (0,0, ±r).
11/2 Ločimo tri primere. Če je
-tABC = -tBAC, točki E in F sovpa-
deta in tedaj je IEFI = O.
Če je -tABC > -tBAC, označimo
z G presečišče stranice AC in nosilke da-
ljice EB. Potem sta si trikotnika F BE
in ABG podobna. A
Od tod sledi
F D B
IEFI = 1~~IIGAI = !IGAI = !(!ACI-IGCI).
Ker sta si podobna tudi trikotnika EGC in EBC, je IGCI = IBCI. Od
tod sledi IEFI = !(IACI-IBCI).
Če pa je -tABC < -tBAC, podobno kot v drugem primeru izpe-
ljemo, da je IEFI = !(IBCI - lACI). Splošni rezultat je torej IEFI =
= !IIACI-IBCII·
11/3 Kota -tA1A2A3 in -tA5A6A7 imata ..
vzp?redne krake, zato sta enako velika, na primer A .:
Q'. Stirikotnik A1A2A3A4 je tetiven, zato je 6 ·
Tudi štirikotnik A5A6A7Ag je tetiven, zato je .. Al
-tA7AgA5 = 1l"-Q'. Ker je -tA7AgA5 = -tA3A4A1 , je A1A411A5Ag • Daljici
AgA 1 in A4A5 sta tetivi nad istim središčnimkotom, zato sta enako dolgi .
190 Tekmo vanja I
II/4 Dokažimo s proti slovjem , da kvadrata ne mo remo prekri ti na
zahtevani način .
Denimo nasprotn o. Pobar vamo polja kot šahovnico. Vsa ka domina
mora ležati na dveh sosednj ih po lj ih, sosednji polj i pa sta različne barve.
Polovica vsake domine leži na črnem, polovica pa na belem polju . Torej
bi mo ra lo biti črnih kvadratk ov enako kot belih , kar pa ni res.
IIIll Pr eoblikujmo izraz :
cos a cos f3 cos v =
= ~ cos a (cos( f3 - ,) + cos(f3+ ,)) =
= ~ cos a (cos (f3 - , ) - cos a) =
= ~ cos a (1 - cos a ) - ~ cos a (1 - cos (f3 -,)) =
= ~ - ~ (~ - cos a)2 - ~ cos a (1- cos (f3 - , )) .
Neenakost je dokazana, saj je (~ - cos a)2 2: O, cos a > Oin 1 - cos (f3 -
- , ) 2: O. Enakost velja le v pr ime ru , ko je cos a = ~ in f3 = " torej v
primeru , ko je a = f3 =, = i .
III/2 V enačbo vstavimo x = Oin dobimo, da je Oničla polinoma p .
Nato vstavimo x = 1 in ugotovim o, da je t udi 1 ničla polinoma p . Tako
lahko nad aljuj emo do št evila 1995 in izpeljem o p(x) = x(x - 1) · ·· (x -
-1995)q(x). Za polin om q velja en ačba q(x - 1) = q(x ). To paje mogoče
le, če j e polin om q konst anten , to rej je
p(x ) = c x(x - 1) ... (x - 1995)
za polju bno realno število c.
III/3 Da bo izraz na levi sp loh definiran , mora biti xy =f. ~ + br za
vsako celo šte vilo k. Ker je logaritem st rogo monot ona funk cija , velj a
log2 (cos
2
x y + cos; Xy ) =
- lo (cos2 X _ 2cos' x y _ 1_ 2)- g2 Y cos-' x y + cos-' x y +
= log2 ( (cos x y - co; xyr+ 2) 2: I O~2 2= 1,
I Tekmo vanja
to rej je leva st ran ena kosti večj a od 1 ali ena ka 1. Po drugi st ra ni pa je
desn a st ran enakost i manjša od 1 ali enaka 1, saj j e
1 1 1
y' -2y+2 = (y -l)'+ l::; .
Enakost j e dosežena le, če j e cos x y - CO;Xy = Oin (Y-l\'+ l = 1. Iz druge
enačbe sled i y = 1, nato pa iz pr ve enačbe izpeljemo , da je x = rm r , kjer
j e m poljubno celo število.
111/4 Naj bost a TA in TB razpolovišči strani c BC in AC . Trikot nika
ATAC in 8TBC st a si podobna, zato je
lAC I: ~IBCI = IBCI : ~ IACI,
to rej j e lACI = IBCI. Iz sinusnega izreka za t rikotnik ATAC sled i, d a je
kot 4ATAC pravi. Potem pa se trikotnika ATAB in ATAC ujernata v
dv eh stranica h in enem kotu , torej sta skladna . Od to d sledi 4 BAC =
= 600 • Pod obn o dobimo še 4ABC = 600 , zato je t rikot nik ABC res
enakostraničen.
IV /1 Štiri točke izm ed sedmih lahko izberemo na G) = 35 načinov .
Če te št ir i točke niso oglišča konveksnega št irikot nika , določajo t ri različne
konkavne št irikot nike.
Naj bo k število ti stih št iric točk, ki ne določaj o konveksnega št irikot nika.
Pot em je število vseh iskanih štirikotnikov enako
(G) - k) . 3 + k = 105 - 2k .
IV / 2 Očitno j e S = {p iqi ; i, j E z , i , j 2: O} \ {1}. Računajmo
'"""' 1 '"""' 1 '"""' 1 '"""' 1 pqLJ -; = .0 piqi - 1 = ~ pi ~ qi - 1 = (p _ 1) (q _ 1) - 1.
' ES ',J~O ,~O J~O
192 Tekmovanja I
IV / 3 Ker je 2 = f(2) = f(2 . 1) = f(2)f(1) = 2f(1), je f(l) = 1.
Z indukcijo zlahka dokažemo, da je f(2 k ) = 2k za vsa nenegativna cela
števila k. Potem pa iz verige neenakosti
sledi
f(2 k ) < f(2 k + 1) < f(2 k + 2) < .. .< f(2k +1 - 1) < f(2 k+1 ) .
Ker leži med številoma f(2k ) =2k in f(2 k+1 ) =2k +1 natanko 2k -1 celih
števil , mora biti f(2 k + j) = 2k + j za vse j = 1,2, .. . , 2k - 1.
IV / 4 Označimo vrh stožca z V, prerežimo
njegov plašč vzdolž daljice PV in ga razgrnimo v
ravnino. Potem je najkrajša pot kar daljica PQ in
iskana razdalja je enaka višini na osnovnico PQ
enakokrakega trikotnika PQV . Označimo a =
<}:PVQ. Potem je as = 211"r in IVRI =s cos ~ =
= scos(!:.11").s P
R
Q
Matjaž Željko
PRESEK
list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje
24. letnik, šolsko leto 1996/97, številka 3, strani 129 - 192
UREDNIŠKI ODBOR: Vladimir Batagelj , Tanja Bečan (jezikovni pregled), Dušica
Boben (oblikovanje teksta) , Vilko Domajnko, Roman Drnovšek (novice), Darjo
Felda (tekmovanja), Bojan Golli, Marjan Hribar, Boštjan Jaklič (tehničniurednik),
Martin Juvan (računalništvo),Sandi Klavžar, Boris Lavrič, Andrej Likar (fizika),
Matija Lokar, Bojan Magajna (glavni urednik), Franci Oblak, Peter Petek, Mari-
jan Prosen (astronomija), Marjan Smerke (svetovalec za fotografijo), Miha Štalec,
Marija Vencelj (matematika, odgovorna urednica) .
Dopisi in naročnine: Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije - Po-
družnica Ljubljana - Komisija za tisk, Presek, Jadranska c. 19, 1001 Ljubljana,
p.p. 2964 , tel. (061) 1232-460, št. ŽR 50106-678-47233. Naročnina za šolsko leto
1996/97je za posamezne naročnike1.500 SIT, za skupinska naročilašol 1.200 SIT,
posameznaštevilka 300 SIT, za tujino 30 .000 LIT, devizna nakazila SKB banka d.d,
Ljubljana, val-27621-42961/9, Ajdovščina4, Ljubljana.
List sofinancirata MZT in MŠŠ
Ofset tisk DELO - Tiskarna, Ljubljana
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.
© 1996 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije - 1298
Svetlob n i mlinček iz fizikalne zbirke: neosv etlj en mi ruje (lev o) , osvetljen se vrti (desno ) . Slika k
članku n a s t ran i 130 .
PREDZADNJI SONČEVMRK V TEM STOLETJU
Slike prikazujejo štiri faze naraščanja Sončevega mrka, ki sm o ga 12. okto bra letos
lahko opazovali tudi pri nas . Posn ete so zlO palčnim t eleskopom MEADE LX-200 ,
f/ 6,3 na film POLAROlD 100ASA . Številke ob slikah pom enijo t raj anje osvet lit ve
in čas posnetka .
1/30 Si 15 :35
1/1 25 Si 16:1 3
1/1 25 Si 15: 50
1/1 5 Si 16 :43 (vrh mrka)
Foto Anja Čerin s prijatelji
Sliki 6 in 7. Posnetka zg ornj ega in spodnjega Lowitzovega loka.
Slika 2. Posnetek so sonc , na levi strani pa st a
vidna še zgornj i in spodnji Low itzov lok ~ er
delno mali halo .
Slika 4 . Posnetek sosonc za primer, ki ustreza
soncu n a horizont u .
Slika 3. No tranj i krog je po snetek malega hala .
Slika 5. Posnetek sosoric p ri n a gi bu glav n e osi
prizme za 15° glede na navpičnico.