I Astronomija '"'"/ / / / / I I I ravnina Zemljinega gibanja Slika 4. Ravnina Lunin eg a t ira oklepa kot 5,2° z ravnino Zemlj inega t ira gibanja okrog Sonca. Naklons ki kot n iha oko li osrednje lege . Označeni so: oba voz la (dvižni rl in padni Ul, vozliščnica in prizemlje . Nakazane so nasled nj e tri motnje : pr emikanje prisončja v napredni smeri (v levo), premikanje vozlov v obratni smer i (v desno) in n ihanje naklonskega kota (gor in do l). Sonce (moteče t elo) si m islimo nekje daleč v desni smeri. Opomba: Osnovne karakt erist ike (eleme nti) Luninega tira se to rej neprestano spre- minjajo zaradi motenj s strani privlačnost i Sonca in planetov ter t udi zaradi t ega , ker Zemlja in Lu na nista idealni krogli in enakomerno nap olnj eni s snovjo, ampak im at a različno razporejene mase na površj u (gore, doline, oceane) in v notranjosti. Tako se spreminja ekscentričnost od 0,066 do 0,044 in se zato periodično sp re- minja t udi dolžina apsidnice. Za elipso se zdi, kot bi pulzirala - se razteguje in skrajšuje - tako da pride prizemlje celo do 56 Rz in odzemlje do 64 Rz . Prav tako niha naklonski kot ravnine Luninega gibanja k ravnini ekliptike od 4°58' do 5°20' (okoli povprečne vrednosti 5°9') . Prem ikanje prizem lja Luninega t ira v napredni smeri je t udi neenakomerno. Točka prizem lja se obnaša t ako, kot bi se pozibavala . P odobno se v ob ratni smeri premika vozliščnica, opis uje zamot ano hkratno rahlo vrtenje in nihanj e. Zaradi Sončeve privlačnosti in zaradi eliptičnega Lu ninega tira in premikanja Luni nih vozlov se np r. trajanje sinodskega meseca spreminja v mej ah od 29,25 dneva do 29,83 dneva. IPRESEK list za mlade matematike, fizike , astroname in računalnikarje 28. letnik, leto 2000/2001, številka 4 , strani 193-256 VSEBINA MATEMATIKA FIZIKA ASTRONOMIJA RAČUNALNIŠTVO NOVICE NALOGE REŠITVE NALOG ZANIMIVOSTI, RAZVEDRILO TEKMOVANJA NA OVITKU Površin e in prostornine pravi lnih poliedrov (M arko Razpet ) 212-220 Zgodba iz Gane (J ože Pahor) 196-199 Sto let rad ia (Janez Strnad) 226-2 33 Motnje v gibanj u Lune (Marijan Prosen ) 206-210 2001 s kova nci (Martin J uvan) 211 Najpomembnejši matematiki (Mart in Juvan, Primož Potočnik) 200-20 5 Zloženka (Dragoljub M. Milo ševič) 194 Delitev prostora z ravninami (Marija Vencelj) 194 Matematična torta (Silva Kmetič) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195 Delit ev prostora z n oblam i (Marija Vencelj ) 195 Četrte potence stranic v pr avokotnem trikotniku (Dragoljub M. Miloševi č} 211 Številska križanka za matematični podmladek (Marija Ven celj) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. III Neobičajna kon strukcijska naloga - s str. 130 (Marija Ven celj) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220-22 3 Pravokotna št evi lska kri žanka - s st r . 130 (Urška Demšar) 233 Vid eti je zahtevno , pa ni! - Rešit ev s st r. 133 (Marij a Ven celj ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 234 Križanka "P rav ilni po liedri" - s str. 160 (Marko Bokalič) 234 Št evniki (Silva Kmet ič) 194 Križanka "Ob 401. ob letnici smrt i pogumnega ast ronorna" (Marko Bokalič) 224-22 5 36. državno t ekmovanje za Zlato Vegovo priznanje (Aleksande r Potočnik) 235-236 Državno tekmovanje iz fizike za osnovnošolc e (Nada Razp et) , 236-242 44 . matematično t ek movanje srednješ olcev Slovenije (Matjaž Željko) 242-245 Na loge z državnega fizikalnega tekmovanja sr ednješolcev Slovenij e v šolskem letu 1999/2000 (Ciril Dominko) 245-250 21. mednarodno matematično tekmovanje mest (po mladans ki krog) - reš itve s st r. 126 - 2. del (G reg or C igler) , 250-2 53 41. mednarodna matematična olimpiad a (rešitve izbranih nal og s st r. 154) (Matjaž Željko) 253-256 Dagoba ali st upa v Po lonaruwa v Sri Lank i (foto Jože Pahor) . Glej t udi prispevek na str. 196 1 Slika k članku Motnje v gibanju Lun e na st r. 206 . . . . . . . . II Kupujemo na t rgu v Akri, glavnem mestu Gane (foto Jože Pahor ) IV Za vsak ogar nekaj I ZLOŽENKA Če v vodoravne vrste kvad rata v pravilnem vrstne m redu vpišet e besed e DIAD A, ENOTA , FOKUS, METER in RAČUN , bost e dobili v obarva- nem sto lpc u še en matematični pojem . Dragoljub M. Milo ševu: ŠTEVNIKI Izb eri poljubno nar avno število in ga zapiši z deseti ško številko in z besedo. Nato preštej črke v števniku (zapisu z besedo) , zapiši doblj eno število in postopek po navljaj. Primer: 11 - enajs t , 6 - šest , 4 - št iri, . . . P oskusi enako z več izbranimi števili. Kaj opaziš? Oblikuj ugotovit ev in jo poskušaj utem eljiti . Ali velja kaj pod obnega v ang leškem, nem škem , italijanskem jezi- ku , . . . ? Silva J{metič DELITEV PROSTORA Z RAVNINAMI Pravimo, da je množica ravnin v splošni legi, če se po ljub ne t ri ravnine te množice sekajo, za po ljubne št iri pa velja, da so brez skupne točke . Vprašanje: Na koliko delov razbije prosto r ti ravnin, ki so v splošni legi? M arija Ven celj I Za vsakogar ne kaj MATEMATIČNA TORTA Trikotnik lahko razdelim o na 6 ploščinsko enakih delov tako, da ohranimo t rikotno obliko posameznega dela , na naslednj a načina: c Slika 1. D Slika 2. B Na sliki 1 je osnovnica razdeljen a na 6 skladnih daljic. Nad njimi so t rikot niki z isto višino v. Ploščina posameznega dela je ic , v . Dokažimo še, da tudi t ri težiščnice razdelijo trikotnik (slika 2) na 6 ploščinsko ena kih delov. Ploščini trikotnikov ADT in D BT sta enaki, ker imata enaki osnovnici (po lovica st ranice AB) in skupno višino. Enako velja za para BET, ECT in CFT, FAT. Nato upoštevam o, da imata iz · istega razloga enaki ploščini t rikot nika AD C in DBC t er AB F in F C B . Sledi SI + 2S 3 = SI + 2S2, 8 3 + 2S2 = S3 + 281 in od to d 8 1 = S2 = 8 3 . Trikotna torta Matemat iku so kolegi iz nagajivosti poklonili t rikot no to rto . Ta je izko- ristil izziv in torto razrezal na 6 enakih delov kot kaže slika 3. Debelin a tor te je po vsej ploskvi približno enaka . Vsakemu (t udi sebi) je dal en kos torte. Nato je pr eostali del po novno razdelil na 6 ploščinsko enakih delov in vsakemu dal en kos. Postop ek je želel nad alj evati. Ali bi po tem po- sto pku (če bi bil izvedlji v neštet okrat) res dobil vsak 1/ 5 tor te? Si lva Kmetič DELITEV PROSTORA Z nOBLAMI Na koliko delov raz bijemo prostor z ti oblam i, ki se par om a sekajo? Op omba: Obla ali sfera imenuj emo površje krogle. Marija Ven celj Fizika I ZGODBA IZ GANE "O čem bova govorila jutri?" sem vprašal Karla . Sedela sva v vrtu Havelock Tour Inn a v Colombu, glavne m mestu Sri Lanke, in pripravlj ala pred avanj a za naslednji dan. Morda bi kaj poved ala o aktivacijski analizi? V Colombu so se odločili , da pripravij o magist rski št udij iz jedrske fizike. Večino pred avanj so zmogli sami, naju s Karlom pa je povabila Mednaro- dna agencija za atoms ko ene rgijo, da pom agava pri nekaterih predme t ih . "Zanimivo zgodbico vem ," je rekel Kar el. "Morda bi jo up orabila za uvod? V Gani sem na trgu nalete l na bakren kip ec. Prodajalec je t rdil, da je star nekaj sto let . Naj ga kupim? Kako bom vedel, če je pravi ali ponar ejen? V Afriki najdem o stare kul ture in pr av mogoče bi bilo , da je bil kip ec res izdelan pred pet st o leti." Videl sem se na t rg u s spominki v Akri. Vročina , vlaga. Oblaki nad nami so se gosti li. Bili smo sredi deževne dob e. Množica prodajalcev, ki je oblegala t r i kupce. Kipci iz ebe nov ine , sulice , bobni , maske, kože. .. Težko se je bilo odločiti za nakup. Ko smo odhajali, nam je kar nekaj prodajalcev sledilo in še vedno po nujalo svoje izdelke . "P remamilo me je. Ni mi bilo toliko do samega kipca . Bolj me je privlačila želja , da bi raziskal , če je kipec pravi," je nadaljeval Karel. "P a si t udi ar heo log?" me je zanimalo. "Ne, pomagali st a mi kemij a, oz. fizika . Bakru , ki ga pridobimo iz rud, je primešano srebro, dostikrat t udi zlato. Zadnj ih sto let prečiščuj ejo baker z elektro lizo . Tako pridejo do primesi , ki so mar sikd aj dr agocenejše od samega bakra. P red dob o elektrike za primesi niso vedeli in jih niso znali izločiti . Če je kip ec star, vsebuje p oleg bak ra t udi nekaj srebra. Če je potvorba, vli t a nedavno, srebra ne od kriješ. " "Lahko te bi, ki si kemik," sem zav idal Karlu, ki se je nasmehnil: "Ravno vi, fiziki , ste omogočili, da hitro preverim, če kip ec vse buje kaj srebra . Kaj pa nevtronska ak t ivacijska analiza?" Seveda. Košček srebra, ki ga za nekaj minut izpostavimo obsevanju z nevtroni, postane radioaktiven . To pa pomen i, da oddaja sevanje , t ud i ko ga oddalj imo od nevtronskega vir a . Radioa ktivnosti se je srebro n a lezl o zelo hit r o , za t o t a r adio aktiv n ost t u di hitro u siha . Po desetih ali petnaj stih minutah o radioakti vn osti ne bo več niti sledu . Enako velja tudi t edaj , če obsevarn o bakreni kip ec, ki vsebuje le nekaj srebra. Če t orej radioakt ivnost kipca , ki jo ugot avljamo z geigerskim ali scint ilac ijskim št evcem, pojema tako, kot to pričakujemo pri srebru , vemo, da je v bakr u primes srebra. Kipec je najbrže prist en . Če srebrove aktivnost i ne zasledimo, je kipec iz sodobnega bakra , torej ni mogel biti napravljen pred nekaj sto letj i. Fizika Zdaj si oglejmo analizo podrobneje. Najteže je pri ti do nevtronov. Če imam o raziskovalni jedrski reak tor , nam nevtronov ne manjka . Kad ar je reaktor v pogonu , se nevtroni roj evajo pri cepi tvah ur anovih jeder. Ob rojstvu so ti nevtroni hitri , ob t rkih z jedri vodika v vodi , ki obliva ur anske palice, se nevt roni upočasnijo . Počasni nevt roni cepijo nova ur an ova jedra. Marsikateri počasni nevt ron pa zadene tudi jed ro srebrovega atoma in v njem obtiči , ko spustimo kip ec iz Gane v reaktor. Kaj se torej dogaja srebru v reaktorju? Za kemika je srebro le srebro, fizik pa razlikuje med dvem a vrstama srebra: 107 Ag in 109Ag. Pri prve m je jedr o sestavljeno iz 107 kroglic. 47 je protonov, ki imaj o majhen poziti ven nab oj , 60 pa je nevtronov, ki so brez nab oja. Ko tako jedro v reakto rju pogoltne nevt ron , je v jedru kroglica več , zato se imenuje 108 Ag. Dodani nevtron je vnesel v jed ro nemir. Novonastalo jedro ni stabilno. Prej ali slej se tako jedro spremeni. Izleti elektron, delec z neznatno maso, ki je približno dvatisočkrat manj ša od mase protona ali nevt rona , in z nab ojem, ki je enak naboju pr otona , le da je negativen. Ta delec odnaša tudi energijo, sa j se giblje . Poj av , da jedra odmetavajo de lce in se pri te m spreminjajo, se imenuj e radioak tivnost po prvem elementu radiju , ki sta ga zas ledila in raziskovala zakonca P ierre in Marie Cur rie. Pred sto let i, ko so z raziskavami radioaktivnosti začeli, niso vedeli kaj dosti o naravi sevanja, ki je izhaj alo iz nekaterih snovi. Sevanj e so delili na t ri vrste: alfa, beta in gama. Šele kasneje so ugot ovili , da gre pri sevanju beta za elektrone. Ime žarki ali delci beta pa se je ohranilo. Od kod pa se je vzel elektron, ki ga v jedru nismo zasledili ? Eden od nevtronov se je pr eobrazil v proto n . Nevtron je namreč težji od protona in elekt rona skupaj. Tudi z nabojem je vse v redu. Nevt ron nima nab oja , izleteli elekt ron in proton , ki je ostal v jedru, imat a enake nab oje, različne le po pr edznaku, torej je tudi njun celot ni naboj enak o. Novo jedro s pr otonom več in nevtronom manj pa ni več srebro, ampak kadmij . Št evilo vseh pr otonov in nevtronov v jedru je še vedno 108, zato tako kadmijevo jedro imenujemo 108Cd. Podobno usodo doživlja 109Ag. Ko pogoltne nev tron, post an e 110 Ag. Tudi to jedro je nestabilno. Hitro razpade in odda sevanj e. Zdaj , ko smo spoznali, da obe vrsti srebra lahko pogoltneta nevtron, postaneta nestabilna , odmet avata delce in se spremenita v kaj bolj ob- stojnega , se vprašamo , kako bo naše pr epoznavanj e srebra sploh delovalo. Poleg srebra vsebuje bakreni kip ec lahko tudi druge primesi, ki bodo goltale nevtrone in oddajale sevanje. Tudi samemu bakru bi se utegnilo zgoditi kaj podobnega. Res je, z opisano metodo, ki ji pr avimo nevtronska akt ivacijs ka analiza, je mogoče zaz navati mnoge kemij ske elemente. Tr eba pa je nekaj detekt ivskega duha , da ugotovimo, za kateri element gre. 198 Fizika I Nekatera novon as t ala jedra razpadejo zelo hitro. Še preden j ih dvi- gnemo iz reaktorja in pokažem o merilniku radioaktivnosti , bo razpad praktično končan. Nekatera so bolj dolgoživa. Njihov razpad se lahko razt eza prek ur ali dni , mesecev ali celo let . Ker ima množica t akih jed er za razpad dovolj časa, bodo razpadi le redki in jih bo za to t eže zaznat i. Ob e različici srebra, fiziki ju imenujem o izotopa, pa im ata zelo pri- pravna razpadna časa . Od 10000 jeder sr ebra 108 jih razpad e 5 000 v približno 140 sekundah. Za srebro 110 je ta čas le 24 sekund . Posameznih atomov ne znamo preštevat i; prav lahko pa je s primernim detek torj em sevanja ugot avlja ti posamezne razpade t ako, da prest režem o izlet eli delec bet a. Geigerski števec, ki ga vsaj po imenu dobro poznamo, je za kaj takega zelo primeren. Svoji dve srebri bom o prep oznali , če bom o zas ledovali up ad anje šte- vila izletelih delcev . Če je časovn i potek up adanj a po dobe n , kot ga kaže slika 1, gre za srebro . razpadov v sekund i (po lj ubne euote) 1.4 1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2IbB:=~:S~==;:===;:===;:====r====r==~0.0 + O 60 120 180 240 300 360 480 se knnd Slika 1. Akt ivnost sre bra, ki smo ga obsevati z nevtroni 30 sekund : a ) razp adna kr ivulj a za sre bro 1l0, b) razpad na kr ivu lja za srebro 108, c) ker ne razlikujem o ob eh razpadov , izm er imo vsoto obo ji h . Dru go, močnej še orodje za prep oznavanje jeder, ki so p ost al a radio- aktivna , je merjenj e energije izletavajočih delcev. Nekaj primerov: V jed ro arze na 75 As se je ujel nevtron. Drugačnih jed er , z več ali manj nevtroni, pri nar avn em arzenu ne poznamo. Ar zen 75 je to rej postal arzen 76. Pri razpadu bo odletel elekt ron z večjo ali manjšo ene rgijo. Ker je jedru preostalo še nekaj energije, jo odda s sevanjem gama, ali kot t udi pravimo, s fotonom. P ri razpad u arze na 76 izlet avajo fotoni t reh različnih energij. Te energije so 560 keY , 675 keY in 1216 keY. Če to rej zaz namo fotonska sevanja s temi energ ijami, vemo, da je obsevani vzo rec vse boval arzen . Kako torej ugotoviti energije odletavajočih foto nov? Fotonsko sevanje geigerski šte vec le sla bo zaznava , kaj več pa o njem ne zna povedati. Od govor na vsak zaznani delec je električni sunek. Žal so vsi sunki po velikosti enaki, ne glede na energijo delca , ki je sunek povzročil. Njegov mlaj ši brat , scinti lac ijski števec, lahko meri energijo vsakega delca , ki ga je pr estregel. P ri enakih fotonih bodo vsi odgovor i več ali manj enaki. Jože Pahor Fizika Kaj je videl, pove t udi scintilacijski števec z električnim sunkom. Velikost sunka pa je soraz merna energiji zaz nanega delca , tokrat fotona . Ko dalj časa zbiramo od govore in jih urejamo po velikostih, lah ko rezultate pokažemo s sliko. 3500 št ev ilo foton ov v ene rgijs kem predal č ku 3000 2500 2000 1500 1000 500 O +------,-- ----.------=-- -----, -~~~=r==="'"""'',_~='==r=~ O 200 400 600 800 1000 1200 1400 energij a (keV) Slika 2. Arzen 76 odda ja fotone treh različnih energ ij: 560 keY, 675 keY in 1216 keY . Ta ko zaz na foton e sc int ilacijs ki števec. P recej dr ažji in mlaj ši polprevodniški števec ima ostrejše oči od scin- tilacijskega števca. Ta vidi fotone iz razpadajočega arze na takole: 350 0 število fotonov v ene rg ijs kem predal č ku 3000 2500 2000 1500 1000 500 O-t=== :r=== =;::=="'--'=p=!-J:o.....---,- - ---r- - --rLL- --.-- O 200 400 600 800 1000 1200 1400 energija (keV) Slika 3 . Tako vidi arzenovo sevanje po lprevodniški števec. "Pa je bil kipec res star?" me je zanimalo. Karl je pot rdil : "Vseboval je srebro." Vseeno pa bod ite previdni , če boste kdaj v Sri Lanki kupovali ba- kr ene kipce, ki naj bi jih pred 1800 leti vlivali v Sigiriji ali Anuradapuri . Morda že najini Srilančani, ki so se naučili, kako razlikovat i med starim in novim, sodelujejo pr i izdelavi spominkov in dodajajo čistemu bakru kanček srebra. Tedaj se tudi z akt ivacijsko analizo ne bost e mogli več prepričati , ali so vas opeharili ali ne. Novice I NAJPOMEMBNEJŠI MATEMATIKI Ob izteku tisočletja smo se na uredništvu Preseka odločili izvesti kratko in preprosto anketo o najpomembnejšem m atematiku 20. stoletja in o najpo- membnejšem mat ematiku vseh časov. P ravila glasovanja so bila sledeča: V vsaki od obeh konkurenc (matematiki 20. stoletja in matematiki vseh časov) je vsak vprašani lah ko navedel največ tri matemat ike in med njih razdelil 6 točk - vsakemu matemati ku največ 3. Zmagovalec je post al t ist i matemati k, ki je zbral največje šte vilo točk. Anket ne lističe smo razdelili 108 slovenskim matematikom-razisko- valcem. Na seznam smo poskušali vklj učiti vse, ki se z matematičnim raziskovanj em ukvarjaj o poklicno, gotovo pa smo na koga tud i pozabil i - tem se iskreno opravičuj emo. Do konca novembra je na uredni štvo Preseka prispelo 28 pravilno izpolnj enih anket , kar je manj , kot smo pričakovali . P redvse m pr vi avtor je bil nad odzivom razočaran , medtem ko se drugemu niti ni zdel t ako zelo slab. Sedaj pa k rezultatom. V konkurenci matematikov 20. stoletja so vprašani omenjali 25 imen . Premočno je zmagal David Hilbert . Zbral je 49 točk , kar je več kot naslednji trije skupaj . Med svoje izbr ance ga je uvr stil o kar 20 od 28 t ist ih , ki so anketo pr aviln o izpolnili , od tega mu je maksima lno šte vilo točk prisodil o 10 vprašanih. Sledita John von Neumann in Kurt Godel z 20 oziroma 17 točkami. O teh treh mate- matikih bomo zapisal i nekaj besed v nad aljevanju. V tab eli smo navedli osem najbolje uvrščenih matemat ikov. Od preostalih 17 imen , ki so jim vprašani dodeljevali točke , omenimo še Burnsidea.! ki je poleg Hilbert a, von Neumanna , Ban acha, Poi ncareja in Cartana edini, ki mu je nekdo prisodil maksimalno število točk, t er Wilesa,2 ki je od sedemnajste rice slabše uvrščenih edini dobil glasove več kot dveh vprašanih. V konkurenci matematikov vseh časov je bil boj za zmago bolj iz- enačen. Anket iranci so glasovali za 17 različnih matemati kov, lovorika najpomembnejšega pa je na koncu pri padl a Friederichu Gaussu (zbra l je 43 točk) , ki je drugouvrščenega Evklida (35 točk) premagal za 8 točk . P ri tem je zanimivo, da je Evklidu maksim alno število točk prisodilo kar sed em v p rašan ih , Gaussu p a le p et . G a uss j e torej zm aga l zato, ker j e zanj glasovalo kar 19 vprašanih. Sledij o Euler , Newton in Arhimed . Hilbert , 1 William Burnsid e (1852- 1927) , a ng leš ki mate mat ik , profesor ma tematike na šo li Kraljeve mornarice v Cambridg eu . Sprva se je posvečal hidrodinamiki in kompleksni analizi, kasneje pa se je uk varjal s teorijo gru p. Leta 1897 je izd al knjigo z nas lovom Teorij a grup končnega reda, ki še danes pr ed stavlja eno pomembnejših mon ografij s t ega področj a . 2 And rew J ohn Wiles (1953) . Leta 1995 mu je usp elo dokazati Fermat ov izre k. I Novice zm agovalec v konkur enci 20. stolet ja, je zbral 7 točk in deli 6. mesto skupaj z Galo isom in Leibnit zom. Z izjemo Cantorja in Fermat a na 9. oziroma 10. mest u je vsak od pr eostal ih matematikov dobi l le po en glas . mesto mat ematik točke 1 Hilbert 49 2 von Neumann 20 3 Godel 17 4 Banach 11 4 Poincare 11 6 Erdčs 8 6 Kolmogorov 8 8 Cartan 7 mesto mat ematik točke 1 Gauss 43 2 Evklid 35 3 Euler 21 4 Newton 16 5 Arhimed 12.5 6 Galois 7 6 Hilbert 7 6 Leibnitz 7 Osem najpomemb nejš ih matematikov 20. stoletja in vse h časov . Po pričakovanju nihče od vprašanih med izbrance ni uvrst il nob e- nega slovensk ega matematika . Pravzap rav to ne drži pov sem, sa j je bila med od govor i t udi glasovnica, na kateri so bili navede ni sa mi Slovenci. Kasneje se je izkazalo, da je njen avtor zelo površno pr ebral navodila. Glasovnice seveda nism o up oštevali. Toliko o razširjenem prepričanju , da so matem atiki vestni in natančni . Zdaj pa še neka j besed o zmagovalcih. D avid Hilbert3 se je rod il let a 1862 v pruskem mestu Konigsberg (danes Kaliningrad v Rusiji ), kjer je na t am- kajšnji un iver zi tudi pričel s svojim matematičnim delovanjem. P rvi po- membnejši izrek, ki se dan es imenuje Hilbertov izrek o bazi in sodi na področje algebre , je dokazal let a 1888. Let a 1895 se je pr eselil na ugledno univerzo v Gottinge nu, kjer je zase- del matematično stolico. Ukvarjal se je z naj različnej šimi matematičnimi področj i : geometrijo, analizo, mate- matično fiziko in algebro . Za raz- voj matemat ike v 20. sto letju je go- tovo najpomembnejše njegovo pr e- davanje na 2. mednarodnem mate- matičnem kon gresu let a 1900 v P a- rizu , kjer je predaval o matematičnih 3 Glej t ud i M. Vencelj , David Hil bert (1862 - 1943) - Ob stoletnici Osnov georne- trije in skorajšnj i stolet nici Hiibertovi li problem ov, Presek 27 (1999/2000) , str. 26- 31. Nov ice I izzivih 20. stoletja in post avil znamenit ih 23 problemov.t Veliko teh pro- blemov je bilo kasn eje rešenih, nekaj pa jih je še vedno odprtih . Med Hilber tove učence sodijo veliki matematiki, kot sta Weyl in Zerm elo ter celo svetovni ša hovski prvak Lasker . Kot podoktorski študent ga je v let ih 1900 in 1901 obiskal tudi Jo sip Plemelj . David Hilbert je kot Plemlj ev uči telj matematični pr ednik večini slovenskih matemati kov. Hilbe rt je deloval na uni ver zi v Cottingenu vse do up okoji t ve leta 1930. John von Neumann se je rodi l leta 1903 v Budimpešti kot J an os von Neumann, sin premožnega ban- kirja Maxa Neumanna. J ohn von Neumann po osnovni izobrazbi ni bil matemat ik - let a 1926 je končal dodi plomski št udij kemij e v Zuri chu. Čeprav ni imel form alne matem a- tične izobrazbe, pa je ves čas kazal veliko zanimanja za matematik o. Is- tega leta kot je zaklj učil dodi plom- ski študij kem ije, je za svoje ma- tematično delo prejel doktorat uni- verze v Budimpešti . Po doktoratu je pr edaval na univerz ah v Berlinu in Hamburgu , nekaj časa pa je bil t udi v C čttingenu pri Hilb ert u . Še zelo mlad je von Neumann zas lovel v tedanjih matematičnih krogih kot mladi matematični genij. Leta 1930 se je pr eselil v Princeton v ZDA, kjer je deloval vse do svoje smrti leta 1957. Kot večina velikih matem atikov se je tudi von Neumann ukvarj al z različnimi matematičnimi disciplinam i, od logike in teorije mn ožic pr ek različnih vej analize do uporab ne matematike in matemat ične fizike. .Ie t udi eden od očetov teorij e iger in eden od pionirjev računalništva . Za konec velja omeniti tudi von Neumannovo sodelovanj e z ameriško vojsko pr i projektih razvijanj a jedrskega orožja. 4 Glej npr. http ://al ephO. clar ku . edu/ -dj oyce/hilber t / pr obl ems.html. Kurt G odel se je rodil let a 1906 v češkem mestu Brno. Leta 1923 je pričel s št ud ijem matem at ike na uni verzi na Dunaju. P rav tam je let a 1929 t udi doktoriral in se leto kasneje zaposlil. Klima nacistične Avstrije Godlu ni odgovarjala , zato je leta 1940 emigriral v ZDA . Tam je po- stal predavatelj matem at ike na Prin- cetonu. Proti koncu življenja je začel bo lehat i za pr eganjavicami . Zaradi prepričanj a , da ga hočej o zastru piti, je pričel odkl anjati hrano. Um rl je leta 1978 zarad i podhranjenosti . Nje- gova najpomembnejša dela sodijo na področj e logike in teorije množic. Nje- gov znamenit i izrek o nepolnosti pravi, da v vsaki matematični teorij i, ki vsebuj e klasično aritmet iko naravnih števil, obstajajo trdit ve, ki se jih znot raj teor ije ne da niti dokazati niti ovreči. Pomen njegovega izreka je seveda neizmerlj iv. Z njim je postavil na glavo prepričanje , da so v matem at iki vsi problemi rešljivi in da je njihova rešit ev le vp rašanje znanja in spretnost i matematikov , ki se z njimi ukvarjaj o. Za mnoge znane odprte probleme (celo za nekaj Hilber tovih problemov) se tako dan es su mi , da morda sodijo med neodlo čljive. vprašan ja, ki ne bo do nikoli niti dokazana ni ti ovržena, vsaj ne v obliki, v kateri so bila v začetku post avljena. Johann Carl Friederich Gauss se je rodil let a 1777 v Braunschweigu v Nemčij i. Že kot sedemletni deček je opozoril na svoje matemat ične sposob- nosti. Znana je anekdota o mlad em Gaussu , ki je v šoli v nekaj sekundah izračunal vsoto vseh naravnih števil med 1 in 100. Seštevanja se seveda ni lot il neposredno (kot je pričakoval učitelj ) , temveč je opazil, da lahko teh 100 števil združ imo v 50 parov, t ako da je vsota vsa kega para enaka 10l. Tudi Gaussova kari er a je povezana z uni verzo v C ot tingenu. Tam je nam- reč let a 1795 pričel svoj matematični študij . Gottingen je zapustil let a 1798 I Novice Novice I in kmalu zat em objavil svoje prvo pomembno odkritje: konstrukcijo pra- vilnega 17-kotnika s šestilom in ravnilom ter kri terij , ki pove , za katera naravna št evila n je konstrukcija pravilnega n-kotnika s šest ilom in rav- nilom možna. Svojo doktorsko diser tacijo s področja algebre je leta 1799 pred ložil univerzi v Helmstedt u . V Cottingen se je za vedno vrn il let a 1807 , ko je bil imenovan za direk torj a tamkaj šnj ega obse rvato rija. To imenovanj e ga je rešilo finančnih skrbi ob vzdrže vanj u št evilne družine in mu hkrati dalo dobre mo žno st i za st alno znanstveno delo. Najpo- membnejša Gaussova dela sodijo na področj e algebre in teorije števil, ukvarj al pa se je tudi z drugimi matematičnimi področji . Veliko svojega časa je posvečal tudi povsem praktičnim prob lemom. Med drugim je računal orbit e nebesnih teles te r se uk varjal z Zemljinim magneti zm om in geodez ijo . Umrl je let a 1855 v Cot ti ngenu v 78. let u starost i. o življenju E v k lid a iz Aleksandrije ne vem o veliko. Rodil naj bi se okoli let a 325 pred našim št etj em. De- loval je v Aleksandriji v Eg ipt u, v mestu, ki ga je ust anovil Aleksande r Veliki in je po njegovi smrti s svojo znamenito knjiž nico post alo središče helenističnega sveta. Evklielovo naj - pomembnejše elelo so Elem enti, zbirka 13 knjig , v kat erih je zbral večino pomembnejših izrekov grške matem a- t ike. Prvih šest knjig obravn ava geo- met rij o v ravnini in ulomke. Tu je na- veden tudi zname niti aks iom o vzp o- rednicah , ki pravi , da k dani pr emi ci skozi izbrano točko obstaj a natanko ena vzp orednica. Razprave o njem so v prvi po lovici 19. stoletja pripeljale do odkritja tak o imenovan ih neev- klidskih geome t rij, t o je geomet rij, v katerih navedena zveza med točkami in pr emicami ne velja. Sedma , osma in devet a knj iga so posvečene teorij i števil. Tako je v sedmi knj igi opisan postopek, s kat erim poiščemo največji skupni delit elj dveh št evil (danes mu pravimo Evklidov algoritem). De- seta knji ga govori o iracion alnih števil. Zadnje t ri knjige ob ravnavajo geome t rijo v prostoru. V zadnji, t rinajsti knjigi je t ako podan dokaz, ela obst aja natanko pet pravilnih (platonskih) te les: te t raeder, kocka , oktaede r, ikozaed er in dodekaeder. Ev klidovi E lem enti (z dop olni tvami in komentarji) so bili kar dve tisočletj i standardni učbenik geometrije, način INovice podaj anj a snovi, pri katerem najprej navedemo predpost avke (postulate, aksiome), na to pa iz njih izpeljemo t rditve, pa je močno vplival na raz voj moderne matematike. Seveda pa st rogost i izpeljav (dokazov) v Evklidov ih Elementih ne smemo presojati z merili dan ašnj e matematike. Evklid je umrl okoli let a 265 pred našim štetjem v Aleksandriji. Leonhard Euler se je rodi l leta 1707 v Baslu v Švici. Tam je tudi študiral, sprva na očetovo željo teologijo , ker pa ga t a ni pritegnila , se je pr episal na matematiko. Št udij je dokončal let a 1726, leto kasneje pa se je od pra- vil v Sankt Pete rsburg, glavno mesto carske Ru sije, kjer je dobil službo na matematično- fizikalnem oddelku Aka- demij e znanost i. Tam je ostal do leta 1741, ko se je na povab ilo pru skega kralja Friderika II (Velikega) pre selil v Berlin . V Berlinu je ostal 25 let , ko pa so se njegovi odnosi s kraljem poslabšali , se je leta 1766 vrnil v Sankt Pet ersburg. Tam je ostal do svoje smrti let a 1783. Euler je bil izredn o plodovit znanst venik. Napisal je preko 800 knj ig, člankov in dr ugih matematičnih , pa tudi astronomsk ih in fizikalnih del. Čeprav je imel že pri t ridesetih letih težave z vidom , po vrnitvi v Rusijo pa je popo lnoma oslepel, je ostal izredno delaven vse do smrti . Imel je izvrs ten spomin, kar mu je omogočalo , da je ob pomoči sodelavcev in sinov kljub slepot i nadalj eval z delom. Po membno je pr ispeval k vsem vejam tedanje matematike, zelo vplivni pa so bili t udi njegovi učbeniki , v katerih je sistematično zbral in uredil tedanje znanje z različnih področij matematike. Tako je npr. vpe lja l pisavo f (x ) za vrednost funkcije v točki x , e za (Eulerjevo) število, ki je osnova nar avnih logaritmov, 'ir za ra zme rje med obsego m in premerom kroga, znak L: za zapisovanje vsot , itd . Po njem se imenuj e t udi Eul erjeva fun kcija ep iz teorije števil (vrednost ep (n) pove, koliko števil od 1 do ti je tujih s številom n), Eu lerjeva formula , ki v osnovni različici podaj a zvezo med št evilom oglišč , robov in lic pri poliedrih , Eulerjevi sprehodi v teorij i grafov (to so spre hodi, ki vsebujejo vsako povezavo grafa nat anko enk rat ) idr . Martin. Juvan, Prim ož Potočnik Astronomija I MOTNJE V GIBANJU LUNE Pri Luni navadno obravnavamo le eno gibanje, rečemo mu kar kro ženje okrog Zemlje. Dejansko se Luna giblje okro g Zemlj e po elipsi. To razme- roma redko omenjamo , še redkeje pa , da se Luna vrti okrog svoje vrtiIne osi. Da bi imela Luna še kakšn o dru go, dodatno gibanje, o te m skorajda ne govorimo. Nekateri celo mislijo , da je o tem nevarno govorit i in pisati. Pogum velja. Tako bo mo tokrat spregovorili prav o nekaterih teh - drugih gibanjih . Predvsem zato, da bi spoznali, kako zamotano vesoljsko telo je Luna. Človek ji zlepa ni kos. Včasih se mi zdi, da je Luna bo lj podobna okrog Zemlj e gugajočemu se krompirju kot pa resn emu vesoljskemu te lesu , ki naj bi se pokoravalo vsem vesoljs kim zakonom gibanja, saj je njeno gibanje zelo nepravilno in neverjet no nepred vidljivo. Že njen vzid v določenem kraj u te žko nap ovemo. Lunin tir ~ " 'i" " " " ./ 1 d••••./geena Luna '-, Zemljo '...' --. ~. .~. , • •, ., . • •• •• •, . : e ,. : . ~ ~ I . ~ P:~~ ~~C /,:A \ <; a Zem~ja ~i '. " tD ela '. apsidnica :• • ~ ~'. "e. ._ .~ .- je -. ••• v v ) •••• ..-splos e en ••••••••••_ ••e SHEMA (Luni n tir pretirano Slika 1. Lu na se giblje okrog Zemlj e po elipsi (ne po krogu ) , ka tere velika polos je a = = 60,3 R z , ekscent ričnost pa E: = fs . V pri zemlju je Luna bl iže Zem lj i za 1/1 8 velikos t i velike po losi, to je za E: = al 18 = 60,3 R z / 18 = 3,35 Hz = 21 000 km, v odzemlju pa za t oliko dlj e (od sred nje od da ljenosti) . Luna je zares velika uganka , a ne samo glede gibanja . (Vemo sicer, da Luna vzhaja in za haja , da ima svoje navid ezno dnevno gibanje od vzho da I Astronomija proti zahodu zaradi vrtenj a Zemlj e in da ima svoj e navidezno mesečno gibanje glede na zvezde od zahoda proti vzhodu zar adi kroženj a okrog Zemlj e. Preb erite si še pri spevek Premikanje Lune glede na zvez de, Presek 27 (2000) , 136.) Število Luninih skrivnosti se je z ob iskom astronavtov samo še povečalo . Luna se giblje v nap redni ali poz it ivni smeri po eliptičnem t iru (ne po kr ožnici) okrog Zemlj e. Srednja oddalje nost Lune od Zemlj e, to je velika polos te elipse, meri a = 384 400 km , kar je približno 60 Rz - polrnerov Zemlj e. Ekscentričnost (mera za sploščenost) elipse je E = e]a = = 0,055 "'" lIS ' Zato oddaljenost Lu ne od Zemlj e niha med 57 Rz, ko je Luna najbliže Zemlji v pri zemlju (peri geju ) P , in 63 Rz , ko je v odzemlju (apogej u) A, od Zemlj e najbolj oddalje ni točki Luninega tira. š " i p -7 - - 0- - prvi krajec t i r Ze ml j e !'" --- ...... __ mlaj. o ~, , § ...... ro Slika 2. Tir gibanja Lune in ti r gibanja Zemlje glede na Sonce . Povprečna hitrost Lune na tiru je 1 krn/ s. Ravnina t ira Luninega gibanja je nagnj ena proti ravnini tira Zemljinega gibanja (ekliptike) za dobrih 5° . Vse omenjene količine pa niso konstantne, ampak se s časom (periodično) spreminjajo. Obhodnemu času Lune navadno rečemo mesec. Glede na izbi ro točke ali črte, po kateri opredelimo poln obhod Lune okrog Zemlj e, pa raz liku- jemo različne mesece, ki so različno dolgi. Čas med dvem a zaporednima prehodom a Lune čez iste zvezde, to je 27,3 dn eva, je side rski ali zvezdni mese c (geocentrični vidik). To je tudi obhodni čas Lune okrog Zemlje (heliocentrični vidik) . Čas, ki ga potrebuje Luna, da pride v enako navidezno ali kotno ra zdaljo (lego) glede na Sonce, je sinodski mesec (lunacija) . Po enem sinodskem mesecu se zvrstijo vse mene in se spet poj avi ist a mena. Sinodski mesec je za 2,2 dn eva dalj ši od zvezdnega, in torej meri 29,5 dneva. Zakaj pride do te razlike, poj asnjuje slika 3. Čas med dvema zapo rednima pr ehodoma Lune čez pomladišče ( točke na nebu, v katero pride Sonce ob spomladanskem enakonočju) pa se ime- nuj e tropski mesec. J e nekoliko kr aj ši kot zvezdni mesec, ker se pomladišče zaradi precesije pomika v smeri nasprotni gibanju Lune. Poznamo pa še druge mesece (glej dalje in razpredelnico). Astronomija I ime meseca obhod Lune okrog trajanje Zemlje glede na dni drakonski isti voze l 27,2122 tropski pomladišče 27,3216 zvezdni ist e zvezde 27,3217 anomalistični perigej 27,5545 sinodski isto meno 29,5306 koled ar ski (dogovor ) 28 do 31 Preglednica m esecev in nj iho vo trajanje Sonce o, - prvi nas lednji mlaj ----ilC• • = 2,2 dneva Slika 3 . Razlaga, zakaj sino ds ki m esec traj a dlj e od zvez d neg a . Čas , v katerem pride Luna iz lege O v lego 01 , je zvezd ni m esec. Čas , v kat erem pride Lu n a iz lege O v lego O 2, p a je sino d sk i m esec. Da pride Luna iz 01 v 0 2, mora n a nebu preit i ko t no razd alj o 29° , torej potovati še 29° : 13° I d an = 2,2 dneva . Opazovalcu na ekliptiški ravn ini bi se zde lo, da Luna zaradi hkr atnega gibanja Zemlj e opleta okrog Zemlje, pri čemer se Luna od dalji od Zemlje le za 1/ 400 razdalj e Zemlja-Sonce, Privlačna sila Sonca povzroči , da ost aj a Lun in tir vedno konkaven. Gled ano z Zemlje, se zd i gibanje Lune zelo zaplete no . Luna je raz- meroma blizu Sonca , ki s svojo ogromno maso povzroča v nj enem gibanju močne spremembe oz. periodične odklone, imenovane motnje (pe rtur ba- cije ). Zaradi bližine Zemlje opazno vplivajo na gibanje Lune t udi relief IAstronomija in neenakomern a porazd elit ev mase v Zemljini notranjosti (Zemlj a ni enakomerno gosta). Poznavanje porazdelitve mas na Zemlji je še vedno velika uganka. Iz giba nja um etnih satelit ov, ki so zaradi večje bližine Zemlje bolj izpostavljeni vplivom Zemlje in manj Sonca , sicer o tem vemo vedn o več, vendar še vedn o pr emalo. Motnje v gibanju Lune so št evilne in jih težko pojasnim o, ker se preplet aj o druga z drugo. Tu bomo o tem spregovorili le nekaj malega. Zaradi čim večje razumljivosti bomo snov primerno poenostavili. Najprej omenimo premikanje vozliščnice, to je dalji ce, ki povezuj e oba Lunina vozla. Premika se v nasprotni smeri, kot se giblje Luna. Čas med dvema zap orednima prehodoma Lune preko ist ega , npr. dvižnega vozla , vozlovski ali drakonski mesec, je zato za 0,11 dn eva krajši od zvezdnega . Polni kot (360°) vozliščnica popiše v 18,6 leta , to rej venem letu približno 20°. (Glej t udi sliko 4 na II . st rani ovitka.) P remikanj e apsidnice, to je daljice, ki povezuje spremenlji vo odz emlj e in spremenljivo prizemlj e, kar je v bistvu spremenljiva velika os elipse, pa povzroča , da se npr. priz emlje Luninega t ira premika v isti smeri, kot se giblje Luna , in sicer s periodo 8,9 let a. Zato Luna potrebuj e 0,23 dn eva več , kot meri zvezd ni mesec, da ponovno pri de v največjo bližino Zemlj e. Ta obhodni čas imenuj emo anomalistični mesec, ker Luna po tem času doseže spet isto anomalijo (neka količina, ki nast opa pri gibanju) . Na splošno pa se gibanje Lune pokorava zakonom gibanja t eles v vesolju , to je Keplerj evim zakonom in grav itacijskemu zakonu. Luna se giblje nekoliko hitreje ali nekoliko počasnej e od 1 krn / s pač glede na to , ali je blizu pri zemlj a ali blizu odzemlja. Zar adi periodičnih odmikov (±6°) od zamišlj enega ena komerne ga gibanj a Lune se t a motnja imenuj e središčna enačba Lune (velika neena- kost v Luninem gibanju). Dodatna motnja , imenovan a evekcija, povzroči približno odmik (±1,3°) Lune od središčne enačbe in ima periodo okoli 32 dni . Manj ša nih anj a (40' oziroma Il' ) povzročata varijacija s periodo pol sinodskega meseca in letn a enačba (letna neenakost ) s periodo enega leta. Še ena periodična motnja v Luninem t iru se imenuj e paralaktična neenakost s periodo enega meseca . Neperiodična sprememba Luninega gibanj a pa je sekularna akceleracija . Ta vpliva, da se Lun a v sto letih za 8" premakne v napredni smeri (v levo) , kar bi bilo za pričakovati po teoriji. Gibanje Lune na njenem tiru vidimo z Zemlje kot potovanj e Luninega diska (krož ca) v napredni smeri glede na zvezde na nebesni krogli . To navidezno gibanje hitro opazimo, saj se Lun a v povprečju premakne od zahod a proti vzhodu kar za 13° na dan , to je za okoli 0,5° (Lunin zorni kot ) na uro. Ker se to gibanje odvija nasproti navideznemu dn evnemu Astronomija I gibanju neba, Luna vsakič vzide (za ide) dobrih 50 minut kasn eje, kar pa je odvisno še od dek linacije Lune, to je njene kotne razdalje od nebesnega ekvatorj a . Ne glede na tako veliko zaplete nost v gibanju Lune pa astronomi znajo po določenih metodah in z uporabo računalnika določit i njeno lego na t iru z veliko natančnostj o za tisočletja napr ej in nazaj. Takšen pr imer je npr. napoved Luninih in Sončevih mrkov. ....r... Luni n tir .., , 000_ 4~:' " : ...:~~ 1: .~· .· .· . ~---"it. . O i. ... :a:S::Z;JIiIi'P Sonee \ Zeml j a : \ . , ..... ~ '. / SHEMA ( d ve h motenj ) . ~.. t' •.:'~.......... Slika 5. Zgled za dve motnji s st rani Sonca ; radiaina motnja vpli va na sploščenost eliptičnega Luninega tira (ga st iska in vleče nar azen ), tange ncialna pa Luno na nj enem t iru nar ahlo posp ešuj e ali pa zav ira (Luna se prvič giblje malo hitreje, drugič pa malo počasneje glede na povprečno gibanje) . Zar adi preprost osti smo Lunin tir prikaza li kar s krogom . Značilno za Luno je še, da je njeno vrtenje veza no. To pomeni, da je vrtilni čas Lune okrog njene vrtilne osi enak obhodnemu času okrog Zemlj e. Zato je Luna vedno obrnjena z isto stranjo proti Zemlji, o čemer se z lahkoto prepričamo z opazovan jem Lune kar s prostim očesom. Poleg tega Luna še nekoliko nih a - prikimava in odkimava - zaradi česar je z Zemlje vidnega malo več kot po lovica njenega površja . O teh gibanjih - Luninih k im anjih - pa je t udi že pisal Presek 26 (1998/99) na st rani 26. Pri navideznem gibanju Luna t u in tam zakrije tudi kako zvezdo (oku lt acija). Zar adi točkastega videza so lege zvezd veliko bolj natančno izmerjene kot lege razsežnih vesoljskih te les . Zakritje zvezd tako lahko s pridom uporabimo za določitev natančne lege Lune. Kako, to pa je že povs em nova zgodba. Marijan Pros en I Računalništvo - Naloge 2001 S KOVAN CI V Sloveniji so za plačevanje z gotovino (poleg bankovcev) v obtoku kovanci za 10, 5, 2 in 1 to lar t er za 50, 20 in 10 sto t inov. V nalo gi nas stotinski drobiž ne bo zanimal, računali bomo le s celimi to larji. (a) Če imamo na razpo lago skupino kovancev, lah ko z njimi izplačamo različne zneske. Tako lahko npr . s kovanci za 1, 2, 2 in 5 to larjev izplačamo vsak (tolarski) znesek od 1 do 10 to larj ev . Hitro se tudi lahko prepričamo , da tega z manj kot št irimi kovanci ni moč sto rit i. Sprašuj em vas , najmanj koliko kovancev potrebuj emo, da lahko z njimi izplačamo vsak znesek od 1 do 2001 to larja . Ali je takih po številu kovancev najmanj ših skupin več? (b) Posamezne zneske lahko izplačamo na več bistveno različnih načinov . Tako lahko npr. 10 to larjev izplačamo na 11 bistve no različnih načinov: 10 1· 10 2 ·5 1 ·5+2 ·2 +1·1 = 1 ·5 +1 · 2 +3· 1 = 1 ·5 + 5· 1 5 · 2 = 4 · 2 + 2 · 1 = 3·2+4 ·1 = 2 ·2 +6 · 1 = 1 · 2 +8 · 1 10 ·1 . V zgornjem zapisu so števila , ki predstavljajo vrednosti kovancev, nati- snjena krepko. Sprašujem vas , na koliko različnih načinov lahko izplačamo 2001 to lar. Odgovo r na prvo vprašanje najd ete z razmislekom . Pri dr ugem vprašanju pa se računanju ne bo dalo izogniti. Ker vam računanje s svinčnikom in papirjem verj etno ne diši, si boste seveda pomagali s kalkulatorjem, še lažje pa boste do odgovora pr išli s kratkim računalniškim programom. Martin Juvan ČETRTE POTENCE STRANIC V PRAVOKOTNEM TRIKOTNIKU Dokaži, da v pr avokotnem trikotniku s katetama a in b t er hipotenuzo c velja ocena Dragoljub M. Milo šeoic Matematika I P OVRŠIN E IN PROSTORNINE PRAVILNIH POLlEDROV Opravilnih poliedrih je bilo v Preseku že mnogo napisanega . Ponovimo: Pravilni polieder je t ako konveksno geometrijsko t elo, ki izpolnjuje pogoj a: 1. omejeno je s samimi med seboj skladnimi pravilnimi večkotniki; 2. v vsakem oglišču se stika enako število teh večkotnikov. V zvezi s tem je zanimivo poudariti, da je pravilnih večkotnikov, do podobnosti natančno, nešteto mnogo (enakostranični trikotnik, kva- drat , pravilni petkotnik, . .. ) , pravilnih poliedrov pa je le pet , seved a do podobnosti natančno. Imen a so dobili glede na število svojih mejnih ploskev: pravilni t etraed er (četverec) , pravilni heks aeder (šesterec, kocka) , pravilni oktaeder (osme rec ) , pravilni dodekaeder (dvanaj sterec) in pravilni ikozaeder (dvajseterec) . Da je pravilnih poliedrov le pet , je znano že iz antičnih časov . Videli bomo, da je obravn ava slednjih dveh kar zapletena reč , zato ni čudno, da o njiju ni veliko napisanega v učbenikih . Na tem mestu se ne bomo spuščali v dokazovanj e, zakaj je pravilnih poliedrov samo pet , kajti tokrat je naš cilj , da izrazimo površino P , prostornino V , polmer včrtane krogle r , polmer očrtane krogle R in kot {) med sosednjima stranskima ploskvama z dol žino roba a, seveda za vsak pravilni polieder posebej. Mimogrede pa bomo spoznali še kaj , kar utegne biti zanimivo in koristno. Za sosednji bomo im eli mejni ploskvi t elesa , če imat a skupen rob . Kot {) imenujemo tudi diedrski kot pravilnega poliedra. Število oglišč obravnavanega pravilnega poliedra naj bo v , število robov e in število mejnih ploskev f . Ta tri št evil a niso neodvisna, povezuj e jih namreč Eulerj eva poliedrska formula v - e + f = 2. Nad alje naj šte vilo p označuj e , koliko oglišč ima mejna ploskev, število q pa, koliko robov se st ika v vsakem oglišču pravilnega poliedra . Navedena šte vila so zbrana v preglednici. V sak pravilni p olieder ima še d odatno zanimivost . Središča nj ego- vih mejnih ploskev določajo pravilni polieder, in sicer pravilni tetraeder da pravilni t etraed er , pravilni heksaeder (kocka) da pravilni oktaeder, pravi lni oktaeder da kocko , pravilni dodekaeder da pravilni ikozaeder , in obratno, pravilni ikozaed er da na t a način pravilni dodekaed er. Pravimo, da im a vsak prav ilni polieder za dualno telo tudi pravilni polieder - pravilni t etraed er je dualen sam sebi ; dualna sta si kocka in pravilni oktaeder ter praviln i dodekaeder in pravilni ikozaeder. Matematika pravi lni =tetraeder 4 6 4 3 3 heksaeder 8 12 6 4 3 oktaeder 6 12 8 3 4 dodekaeder 20 30 12 5 3 ikozaeder 12 30 20 3 5 (1) Izkaže se, da se iskane količine P , V , r , R in {) izražajo s številoma p in q ter robom a, toda razmeroma zapleteno. Brez težav najdemo povezavo med S, V in r . Pravilni polieder namreč lahko raz režemo na f skladnih pravilnih piramid, ki imajo skupni vrh v po liedrovem središču in za osnovno ploskev po liedrove mejne ploskve. Osnovna ploskev take piramide im a ploščino S /fin višino r . Zato je njena prostornina enaka (1/3) . (S/ f) . r , prostornina obravnavanega po liedra pa V = f· (1/3) . . (S/ f) . r = (1/3)Sr . Torej velja za vsak pravilni po lieder formula 1 V = - S r. 3 . >:.... 1. Pravilni tetraeder včrtajmo kocki tako, kot kaže slika 1. Njegovi robovi so enaki šest im paroma ne- vzporednim mimobežnim ploskovnim diagon alam kocke. Rob kocke b se izraža z rob om tetraed ra a po for- muli: b = a/"fi. Površina tetraed ra je seveda S = 4 . a2 y13/ 4 = a2 y13. Prostornino pravi lnega tetraedra lahko dobimo tako, da od prostornine kocke z robom b odšteje mo prost ornine štir ih Slika 1. Kocka in praviln i tetraeder. piramid, ki imajo za osnovno ploskev po lovico mejne ploskve kocke in za višino rob kocke: 3 1 b2 3 2 3 1 3 1 a3 "fi 3 V = b - 4 · - · - · b = b -- · b = - · b = - ·-=- a . 3 2 3 3 3 2"fi 12 Po lmer očrtane krogle R je očitno enak polovici telesn e diagonale kocke: 1 1 a J6 R = - . bV3 = - . - . v3 = - a . 2 2 "fi 4 Mat ema tika I Polm er r pa dobimo iz formule (1) v'6 r =3V/S = -a . 12 Kot med sosednj ima stranskima ploskvama {) dob imo iz pravokotnega t rikotnika, ki ima za hipotenuzo višino enakostraničnega t rikot nika s st ra- nica a, za kat et i pa polmer takemu t rikot niku včrtanega kroga in višino tetraedra. Kot {) leži nasprot i te lesni viš ini tetraedra. Tako imamo cas {) = = 1/ 3, iz česar sled i približek {) == 700 31' 44 ". Združim o vse rez ultate za pravilni t etraeder : v'3 2 v2 3 v'6 v'6 1 S = 3 a , V = 12 a , r = 12 a , R = 4 a, cas {) = :3 . 2. Pravilni h eksa eder ali kocka z robom a nam ne dela t ežav: S = 6 a2 V = a3 r = ~ a R = )3 a , {) = 900 ., ' 2 ' 2 ...... ..... : .'.... .>: .... .... <, .... ..:..... ...... . . ~:) Slika 2. Ko cka in pravi lni oktaede r kot dual na po lied ra. 3 . P ravilni ok taeder im a površino , ki je enaka S-kratni ploščini enakostraničnega t rikotnika s st ranica a, torej S = S . a2)3/4 = 2)3 a2 . Ker je praviln i oktaed er dvojna prav ilna kvadrat na piramida , dob imo V = = 2·(1/3) ·a2 ·(aV2/2) = (V2/3) a3 . Polmer očrtane krogle je enak po lovici diagonale kvadrata s stranica a, to rej R = aV2/2. Polmer včrtane kr ogle IMat ematika pa lahko dobimo iz formul e (1) r = 3V/S = aV6/6. Brez težav dobimo tudi kot {} med dvema sosednjima mejnima ploskvama: cos ({}/ 2) = 1/ V3 . Po formuli 2 cos2 ({) / 2) = 1 +~s {} pridemo še do enačbe cos {} = -1/3, iz katere izračunamo približek {} ~ 109° 28' 16". Zbrani rezultati so: v'2 v6 v'2 1 S = 2V3 a2 , V = :3 a3 , r = (3 a , R = 2 a, cos {} = -"3 . 4. Pravilni ikozaeder je nekoliko bolj zahteven za obravn avo. Tu bomo up orabili koordinatno met odo, pri kateri nam bo pomagal zlati pr avokotnik, o katerem smo v P reseku tudi že pisali. Zlati pravokotnik ima st ranici v razmerju zlatega št evila = ~ (J3 + V%) . Prav tako ni težko izračunati kota {J med sosednjima mejnima ploskvama pravilnega dod ekaedra. Ta kot je suplementaren kotu {J', ki ga npr. oklepata vektorja GAy in GBy v pr avilnem ikozaedru . To je kot, ki ga oklepata vektorj a a= (1, O, 4» in IJ = (1, O, -4» oz. diagonali zlatega pravoko tnika. Račun poteka takole: , a.IJ 1 - 4>2 4> 24> - 1 J5 cos f = --~ = - - = -- = - - = -. lal · Ibl 1 + 4>2 2 + 4> 5 5 Tako smo dobili cos č = - J5/ 5 in približek {J ~ 116° 33' 54" . Središče pravilnega petkotnika ABCDE je v točki Q s koordinatami (O (3 +44»a (1+34» a ) , 10 ' 10 ' od koder dobimo T = IGQI= ~j(3 + 44» 2 + (1 + 34>)2 = ~V250 + 110V5 . 10 20 Polmer (2 včrtanega kroga mejne ploskve izračunamo z dvakratno uporabo Pitagorovega izreka : 2 _ R2 _ 2 _ a 2 _ (25 + 10J5)a2 (2 - T 4 - 100 ' torej je (2 = 1aoV25 +1OV5. Pov ršina pravilnega dodekaedra je zato Prostornino dob imo po formu li (1) v = ~ST = a 3 V 25 + 1OV5 . V 250 + 110V5 = a 3 V 470 + 21OV5 . 3 20 4 1220 Mat em atika - Rešitve nalog I Ker je 470 + 210v'5 = (15 + 7v'5)2, imamo nazadnje Zber imo dobljen e rezultate za pravi lni dodekaeder: Tako smo izračunali vse pomembne količine pri pravilnih poli edrih z ro- bom a. Morda bi se dalo marsikaj opraviti kako drugače in enost avneje. Poskusite! Marko Ra zpet NEOBIČAJNA KONSTRUKCIJSKA NALOGA - R ešitev s str. 130 S' s T Slika 1. Naloga ni samo neobičajna, ampak tudi zahtevna , saj kar ne vemo, kje naj začnemo. Dokaj preprosto in zelo elegant no pa jo lahko rešimo, če pri njeni analizi uporabimo ravninske zas uke . Zato povejmo najprej nekaj najnuj- nejšega o njih . Zasuki v ravnini D efinicija Naj bo O dana točka ravnine in a dan i kot . Zasuk okrog točke O za kot o togo zav rti ravnino okrog O za kot a . To pomeni , da polj ubno točko T ravnine preslika v točko T' , ki leži na isti krožni ci s s rediščem v O kot točka T tako , da pol traka OT in OT' oklepata kot a . O ~:::::::::::~i----­ Običajno merimo kot od poltraka OT k OT' v poz it ivni smer i, t o je sme ri, na- spro t ni gibanju kazalcev na uri (slika 1). Če želimo op isati zasuk za velikost kota a v nasprotni sm eri , govorimo o zasuku za kot -a ali za kot 360 0 - a . Točko O I Rešitve nalog imenujemo središče zasuka. To je edina točka ravnine, ki se pri danem zasuku preslika vase (miruje , je negibna točka zasuka) . Sest avljanje zasukov Če zapored izvedemo dva zasuka , prvega okr og točke Ol za kot a l in drugega okrog točke O2 za kot a 2, je sest avljena preslikava spet zasuk, in sicer za kot a = al + a2 . Kako dobim o središče sestavljenega zasuka, razberemo s slike 2. To je oglišče Onari san ega deltoida 0 10020*. O' ~ '. - - _ .,- O Slika 2. Res : Pri zasuku okoli Ol za kot a l se O preslika v 0 * in t a nato z zasukom okoli O2 za kot a2 nazaj v O . Torej je O negibna točka sestavljenega zasuka in zato njegovo središče . (Če zamenjamo vrs tni red zasukov in zavrt imo ravnino najprej okoli O2 in nato okoli Ol , je središče sestavljenega zasuka točka 0 *.) Središče sest avljenega zasuka konstruiramo torej takole: Od daljice, ki veže središči obeh zasukov, odmerim o v negat ivni smeri polovični kot pr vega zasuka z vrhom v središču prvega zasuka in v pozitivni smeri po- lovični kot drugega zasuka z vrhom v središču drugega zasuka. Presečišče dobljenih poltrakov je iskano središče sest avljenega zasuka (slika 3) . O Slika 3. Rešitve nalog I R eš it e v na lo g e Oglejmo si primer , kakršn ega pri kazuj e skica na sliki 4. Oglišča iskanega trikotnika smo označili z A , B in C , t ako da je T l vr h enakokrakega t rikot nika nad stranico B C , T2 je vrh enakokrakega t rikot nika nad AC in T3 vrh enakokrakega t rikot nika nad A B . 'PI B 'P3 Slika 4. Če zasukamo ravnino najprej okrog točke T2 za kot 'P2 in nato še okrog točke T'; za kot 'Pl, preide pri prvem zasuku oglišče A v oglišče C, pri drugem pa oglišče C v oglišče B. Sest avljen i zas uk torej preslika oglišče A v oglišče B . Središče O sest av ljenega zasuka (slika 5) zlahka konstruiramo po navodilu s slike 3, kot ses tavljenega zas uka je 'Pl + 'P2. Iz ugotovi t ve, da pri tem zas uku pr eid e točka A v točko B , sledi, da st a A in B enako oddaljeni od O . Točka O je torej vr h enakokrakega trikotnika nad osnovni co AB s kotom 'Pl + 'P2 ob vrhu. Ker je t udi T3 vrh enakokrakega t rikotnika nad osnov nico AB (s kotom 'P3 ob vrhu), je premica skozi točki O in T3 sime t rala stranice AB. Nadaljeva nje je prepr osto. Na vsako st ran sime t rale od merimo v O kot ~ ('Pl + 'P2) in v T3 kot ~ 'P3 . Presečišči ustreznih nar isanih po ltrakov sta oglišči A in B . Povežemo A s T2 in B S Tl , odmerimo od po ltraka T2A v pozitivni smeri kot 'P2 in od po ltraka T1B v negat ivni sme ri kot 'Pl . Presečišče na novo narisanih krakov kotov je oglišče C iskanega trikotnika (slika 5) . IRešitve nalog <, -, <, <, <, Il ..... 2 ('Pl+ 'P2) 2 ('Pl+ 'P2) "", A B Slika 5. B c Opombe 1. Če je ': Š T I S K= ~ I K o Z A E D E R ~ T o R K A =~. ",, ~<;~ :..::: ~ ~E u L E R J E V A !F o R M U L A~ o K ! it! 1'ifV - R+ S - 2 /~ ~ P I L =: K A = o R N A T - B R o o K S~.. ~ ~ := ee ""'"~ ž ~ o o C E PI G o R ~. o R A E L ~_.-,~ *- ~ ~ o A ~~ o E K L EN o T A H L A D E R ";;;;;;;-..' - s T R A N ~ N A L I V~ K o K ~ K N o K A V T~ =- L E T~ Z D R A V I C A ~ R E S A V A ~ I K .= A T I Č A N I = P o D A T K A R "w K N E Ž N A S R Č I K A =:~ Č R : R A V N E ~ L I o A 1="'1_- '= = ;~ ..- T A ~ N I K o T I N 1:! U R I =~ p o K E R N E R C -~~ D E Č o == S A N D R o S ~ R o fi ~- ~ ~ , SlOl- o o o A K E R ,M' 4;fp ~o K T A E o E R ~ M A E~ S E Z N A M E K OM_ T E M P E R A M E N T..-- T R I o ,~ u o E ~ A T A ~.. N A K I T J E I Tekmovanja 36. DRŽAVNO TEKMOVANJE ZA ZLATO VEGOVO PRIZNANJE V soboto, 20. maj a 2000, se je 226 sedmošolcev in 306 osmošolc ev, ki so se na področnem tekmovanju najbolje odrezali, zbralo v Lju bljani , Mari- boru , Celju, Kopru, Kranju, Novi Gor ici in Novem mestu na državnem tekmovanj u slovenskih osnovnošolcev v znanju matematike. Zlato Vegovo pr iznanje je osvojilo 79 sedmošolcev in 94 osmošolcev, prejeli pa so ga sedmošolci, ki so osvoj ili vsaj 13 od 25 možnih točk, in osmošolci, ki so osvojili na jmanj 14 od 25 možnih točk. Dr žavna tekmovalna komisija, ki jo je vodi la prof. Terezija Uran, je pripravila naloge, pregledala rešitve in določila kr iterij za podelit ev zlatih Vegovih priznanj. Tekmovalci so reševali naslednje na loge: Izračunaj 4. 2. 5. 3. 7. razred 218 . 322 . 5 - 218 . 321 . 7 Izračunaj vrednost ulomka 618 . 92 _ 49 . 910 Tekmovanje iz matematike poteka istočasno v Ljubljani, Mariboru , Celju, Kopru , Kranju , Novi Gorici in v Novem mestu. Letos tekmuje 220 sedmošolcev. V Mariboru jih tekmuje petkrat toliko, v Ljubljani šestkrat to liko, v vsakem od ostalih mest pa po dvakrat toliko kot v Novi Gorici, kjer jih te kmuje najmanj. Koliko sedmošolcev tekmuje v posamezn ih mestih? Namesto črk x , Y, z zapiši take števke, da bo potenca dvomestnega št evila x yx enaka trimestnemu številu y zy (xyX = y zy) . Odgovor uteme lji. V krogu s središčem S in polmerom r narišemo središčni kot a. Kro žni izsek, ki pr ipada središčnemu kotu o , ima ploščino 497f ern" , omejujejo ga kro žni lok dolžine 77f cm in polmera . Izračunaj polmer kroga in središčni kot o , Pravokotnemu trikotniku f'::, ABG (AG in B G sta kat eti , AB je hipo- tenuza) je vrisan a polkrožnica , ki se dotika katet v točkah E in F in ima središče S na hipotenuzi. Utemelji, da velja: EF = S G. 8. r a zr ed 1. 1. (C~/ X" · xL,).xL )' za x = - 2 in n = 2. Tekmovanja I 2. 3. 4. Določi najmanjšo vrednost izraza x2 + y2 + Z2 + 4x - 10y + 2000. V t rapez u ABCD merita osnovnici AB = a = 15 cm in C D = c = = 2 cm ter krak BC = b = 5 cm. Vsota notranjih kotov ob daljši osnovnici je 900 • Kolikšna je dolžina kraka d ? (A D = d) Listič papirja pravokotne oblike (a = 4 cm, b = 3 cm) prepognemo po diagonali , kot je pri kazano na skici. Izračunaj obseg in ploščino nast a- lega petkotnika. a 5. Iz pravilne enakorobe šest st rane prizme z robom a smo izrezali t ristrano pri zmo, kot kaže slika tlorisa. a) Kolikšna je pros tornina t ristrane pri zme? Af---r-*--\~.D b) Koliko odstotkov prost ornine pr avilne enakorobe šestst rane pri zme je prostor- nin a t ristrane pri zme? Aleksander Potočnik DRŽAVNO TEKMOVANJE IZ FIZIKE ZA OSNOVNOŠOLCE Drevo ;. , lo = 15 m - -- - -- ---r - - -- - - - --,,, Teoretične naloge za 7. razred 1. Avto zdr sne s ceste . La- st nik, ki bi ga rad zvlekel nazaj na cesto, pr iveže Avto o neraztegljivo vrv z enim koncem na avto , z dr u- gim na dr evo. Lastnik vleče vrv s silo 600 N, kakor kaže slika . a) S kolikšno silo vleče vrv avto, ko le-ta še miruje? b) Ko se začne avto pre mikati , last nik ves čas vleče vrv z enako silo 600 N v smeri, kakor kaže slika. Pri tem se avto premika proti dr evesu (in ne v smeri sile vrvi) . Kolikšno delo opravi lastnik, ko se premakne avto za 2 metra? N alogo lahko r eši š z računanjem a li z načrtovanjem. I Tekmovanja f5N1 I A I Na sliki so tri posode A, B in C, ki imajo dno s površino 0,5 drrr' . Vsem trem posodam odrežemo dno, potem pa vsako posebej pritr- dimo na stojalo (slika kaže posodo A na stojalu). Pod stojalo posta- vimo gugalnico s prečko, vrtljivo v točki O. Če je prečka gugalnice vodoravno, potem voda iz posode ne izteka, če pa se prečka nagne, začne iz posode brez dna voda iztekati. ABe l_ lj Li 2. Na en konec gugalnice položimo 5 N težko utež. a) Kako visoko lahko v posode A, B in enalijemo vodo, da bo gugalnica v ravnovesju in voda pri dnu posode ne bo iztekala? b) Stojala za posode odstranimo. Vsako posodo posebej postavimo na gugalnico. V tem pr imeru voda iz posode ne bo mog la izte- kati. Kolikšno maso vode moramo naliti v posode A, B in C, da bo prečka v ravnovesju? Masa vsake posamezne posode je 100 g. 3. Temperatura vrelišča vode je odvisna od t laka, pri katerem voda vre. To izkorišča varčni (ekonom) lonec. Zveza, ki pove, kako se vrelišče vode spreminja v odvisnosti od tlaka, je vse prej kakor preprosta. V priročnikih jo običajno podajajo grafično ali v tabelah. Ena takih tabel je natisnjena pod to nalogo in z njo si pomagaj pri reševanju naloge. temperatura t lak vrelišča [OC l I lbarl 30 0,04242 35 0,05622 40 0,07375 45 0,09582 50 0,12335 55 0,1574 60 0,1992 65 0,2501 70 0,3116 75 0,3855 80 0,4736 85 0,5780 90 0,7011 temperatura t lak vrelišča IOC l lbarl 95 0,8453 100 1,0133 105 1,208 110 1,433 115 1,691 120 1,985 125 2,321 130 2,701 135 3,131 140 3,614 145 4, 155 150 4,760 155 5,533 1238 Tekmovanja 1 a) Nariši graf, ki kaže, kako se spreminja vrelišče vode (na ordinati) v odvisnosti od t laka (na abscis i) , ko je vrelišče med 50°C in llO°C. Točke na grafu tud i poveži. Enote in oznake na obeh oseh izberi tako, da bo graf kar najbolj nazoren. b) Običajna te mperatura, pri kateri se kuha juha v ekonom loncu , je 120°C. Kolikšen je tedaj t lak v ekonom loncu? c) Alpinist i si pr i vzponu na osemtisočake skuhajo tud i kakšno juho. Kolikšna je temperatura vrele juhe, če se kuha na višini, kjer je tl ak 0,5 bar ? Eksperimentalni nalogi 4. Potrebščine: plast enka z odrezanim vratom in iztokom, zamašenim s plaste linom, menzur a, kad, poso da z vodo , štoparica, merilo, 2 ela- st iki. a) Izmeri višine vodne gladine v plastenki v odvisnosti od časa. Začetna višina vodne gladine naj bo 15 cm nad dnom plastenke. Meritve v enakomernih časovnih presledkih po 20 s vpi suj v tab elo. Iz podatkov v tabeli nariši gra f višine vodne gladine v odvisnost i od časa . b) Iz grafa ali z razmislekom ugotovi , kolikšna je višina vodn e gla- dine v plastenki po daljšem času, npr. po eni uri . c) Izmeri ali iz grafa izračunaj , koliko vode na sekundo steče skozi iztok , ko je višina vodne gladine 7,5 cm, 10 cm in 15 cm. d) Nariši še graf za prostorn insk i tok (kolikšna je prostorni na vode, ki izteče skozi iztok vsako sekundo) v odvisnosti od časa . Navodilo P lastenka ima izto k na spo dnjem delu . Zam ašen je s plastelinom. Na plastenko je z dvema elastikama pri t rjeno merilo, ki omogoča odčitavanje višine vodne glad ine. Na jprej izmeri višino iztoka. Višine meri glede na podlago oziroma glede na dno plastenke. V plastenko nalij vodo do izto ka. Nato z menzuro izmeri , koliko vode moraš doliti v plastenko, da bo vodna gladina 15 cm nad dn om plast enke. Iz te meritve lah ko izračunaš , koliko vode mor aš doliti v posodo, da se gladina dvigne za 1 mm. Sedaj lahko začneš z meritvami. Dodaj še nekoliko vode in odstrani plastelin iz iztoka. Meri čas in višino vodne gladine. Čas začni meriti, ko je gladina 15 cm nad dn om plastenke . Ves poskus delaj v prilo ženi kadi in vanjo t udi prestrezi iztekajočo vodo. Višino vodne gladine opaz uj in meri pribli žno 5 minut . Tekmovanja Ko poskus končaš , izlij vodo iz kadi v lijak in s plastelinom po novno zapr i iztok na plastenki. Pod atke v tabe li vnesi v graf, nato pa skozi točke v grafu s prosto roko potegni gladko kri vuljo. Vse točke verje tno ne bod o ležale na krivulj i. To pomeni , da je meri tev obremenjena z napako, ki pa se ji ni mogoče izogni ti . 5. Potrebščine: sto jalo, elas t ika, vzmet , uteži, meril o, merj enec. a ) Vzmet obes i na stojalo. Na vzmet obešaj ut eži in zap isuj raz- tez ke v tabelo. b) N ariši graf, ki prikazuje odvisnost razt ezka vzmet i od teže obešenih uteži. c) Na vzmet ob esi merjenec in iz grafa odčitaj njegovo t ežo. d) Meritve ponovi še zelastiko. Izmerke vpisuj v tabelo. e) Nariši graf, ki prikazuj e odvisnost raztezka elast ike od teže uteži. f ) Primerj aj gra fa. Katere razlike opaz iš? Ali za elastiko velja Hookov zakon? Utemelji odgovor. Teoretične naloge za 8. razred 1. Med dve vzporedni zrcali, nagnjeni za kot 60°, postavimo 10 cm visoko svečo (glej sliko) . Odbojni st rani zrcal sta obrnjeni pr oti sveči . a) Nariši sliko sveče , ki jo da prvo zrcalo Z I (sliko imenuj mo 5d , in sliko sveče , ki jo da drugo zrcalo Z 2 (sliko irnenujmo 52)' b) Nariši sliko slike 52 (označi jo z 54) , ki jo da zrcalo Z I, in sliko slike 51 (označi jo z 53), ki jo daj e zrcalo Z 2. c) Kako velike so slike? Z načrtovanjem ugot ovi raz dalje med vr- hom plam ena sveče in vrhovi "plamenov" posameznih slik. d) Kakšno smer imata sliki sveče 53 in 54 glede na svečo? jl....r--------[;;l Utež 6 2. 3. Tekmovanja I Klada z maso M = 5 kg je prek neraztegljive vrv i z dolžino 1= 1,5 m in maso m v = 1 kg povezan a z utežjo z maso m = 2 kg, kakor kaže slika. Viseči del vrvi meri na začetku 11 = 0,3 m. Za težni pospešek vzemi g = 10 mjs2 . Utež se spust i za !lh = 0,5 m. a) Za koliko se pri t em sp remeni pot encialna energija klade? b) Za koliko se spremeni potencialn a energija uteži? c) Za koliko pa se spremeni pot encialn a energija vrvi? d) Za koliko se spreme ni potencialna energija celotnega sistema (klada, ut ež in vrv)? e) Kolikšno hitrost ima tedaj klad a? Polpr evodniška dioda je sestavina elektronskih vezij, ki ima neli- nearno karakterist iko. To pomeni, da tok skozi diodo in nap etost na diodi nista sorazmerna in zanju ne velja Ohmov zakon. Skozi po lprevodniško diodo lahko teče velik tok že pri majhni napeto st i, če je priključena v pr evodni smeri , kakor kaže slika (b). V kar akter istiki diode pripišemo tedaj napetosti pozit iven pr edznak . V zaporni sme ri je to k skoznjo zelo majhen t udi pri velikih nap eto stih. Tedaj pr avimo, da je na diodi negativn a nap etost. V vezjih označujemo diodo s puščico , ki ponazarja smer, v kateri diod a dobro prevaja. l[mA] 500 100 (o) 0.1 1 ) +-L-----oo------' (bl Na sliki (a) je podana karakteristika neke diode. Iz podatkov, ki jih razb ereš iz katakteristike, od govori na naslednja vprašanja: Tekmovanja a) Kolikšen to k teče skozi diodo, če je priključena v pr evod ni smeri na napetost 0,4 V? b) Za koliko se spremeni tok skozi diodo, če se spremeni nap et ost na diodi z 0,4 V na 0,5 V? Diodo vežemo zaporedno z uporom za 1 D in priključimo na baterijo z napetostjo U (slika (b)). c) Skozi upornik v vezju teče to k 500 mA. Kolikšna je napet ost na diodi ? d) Kolikšna je nap etost baterije, če je nap etost na diodi 0,6 V? Eksperimentalni nalogi 4. Potrebščine: žarn ice, voltmeter , nap etost ni vir . Pri kateri nap etosti na žarn ici je njena moč 1 W? Električna moč ža rn ice raste s kvadratom napetosti. Odvisna je t udi od up ora žarn ice, ki pa se z nap et ostjo spr em inja. Zato napetosti ne moremo izračunati , ampak si pomagamo z meritvijo: izmerimo moč v odvisnost i od napet osti U in nari šemo graf za moč v odvisnosti od U2 ((P = P (U2 ) ) . Navodilo a) Sestavi vezje z žarn ico, volt met rom in ampe rmet rom ter nariši ustrezno shemo . b) Izmeri to k pri nap etostih 1 V, 2 V, ... in vsakič izračunaj moč žarn ice . Mer i vse do nap etosti , pri kateri je moč večj a od 1 W . Meritve zapiši v tabelo. c) Nariši kri vulj o P = P (U2 ) , ki ni pr emica . Nato iz grafa pr eberi kvadrat nap et osti pri moči 1 W in izračunaj ustrezno nap etost . M erilnega območja instrumentov ne spreminjaj, d a ne pre- koračiš toka 0,6 A. Žarnica j e grajena za največjo napetost 6 V , zato pazi, da te napetosti ne prekoračiš. IVTII P = Ul lU2J DSITJill [W] [ED 1,0 2,0 3,0 4,0 5,0 T a b ela za rezu lt a t e merit ev . 5. Potrebščine: ravnilo z merilom . Avto ima vgrajen merilnik z računalnikom , ki be leži položaj te lesa v vsaki sekundi. Na sliki je primer računalniškega izpisa . 1 cm na izpisu pomeni 2 m v na ravI. V trenutku, ko avt o sp elje z mesta, ga prehiti kole- sar , ki se giblje ena komerno s hitrostj o 8 mi s. a) Dokaži, da se avto giblj e enakomerno posp e- šeno. b) V kolikšnem času avto dohit i kolesarja? c) Kolikšna je v tem času prevožena pot obeh vozil? d) V isti koordinatni sistem nari ši grafa hitrosti avtomobila in kolesarja v odvisnosti od časa . v [fi / s] r--r--,---r--r-"""'--r-l" "-'--'---'-" --.-o t rs] 44 . MATEMATIČNO TEKMOVANJE SREDNJEŠOLCEV SLOVENIJE Tekmovanja I • • • • N ada Razpet Poročilo s tekmova nja smo objavili v prvi letošnji številki Preseka, sedaj objavljamo še nal oge: I Tekmovanja Prvi let n ik 1. V izrazu 4· RAKE C = CEKAR za menjaj črke s števkami tako, da bo račun pravilen (različnim črkam pripadajo različne števke) . 2. Poišči vsa realna šte vila a, za katera ima enač ba lx - 11+ lx- 21+ lx - 31 + ...+ lx - 991 = a nat anko eno rešit ev . 3. Naj bo CD višina na stranico AB trikotnika ABC in naj bo lABI = = ICDI. Nariš imo kvadrata DBEF in ADGH (točki F in G ležita na višini C D) . Pokaži, da se daljice CD, AE in BH sekajo v ist i točki . 4. Na j bo ti ~ 3 nar avno šte vilo. V ravnini leži konveksen n-kot nik , katerega oglišča imajo celoštevilske koordinate. Pokaži, da je njegova ploščina večja ali enaka n;-2 . Drugi let n ik 1. Na j n označuje število peterk naravnih števil (al , a2, a3, a4, as) , ki zadoščajo enačbi Ali je n sodo število? Op omba. Go rnja enačba im a res končno mnogo rešit ev in tega ni t reba dokazovati. 2. Po t reh ravnih st ezah , ki ležijo v isti ravnini , začnejo istočasno ena- kom erno hodit i trije lju dje. Dokaži: Če v začetku niso vsi trij e na ist i premici, potem se lahko med potj o največ dvakrat vsi t rije znajdejo na isti premi ci. 3 . V notranjosti ena kokrakeg a t r ikotnika ABe s kot om 800 p ri vrhu C leži takšna točka D , da je r . Če obratno izberemo neko točko C na tej krožnici, kro žnica s premerom AC seka rob danega kroga v dveh točkah B in D. Po Talesovem izreku st a kota ob točkah B in D prava, ker pa so točke A , B , C in D ena ko oddaljene od razpolovišča claljice AC , je ABCD pr avokotnik. Geomet rijsko mesto točke C je torej vsa krožnica s središčem v O in polmerom V2r2 - d2 > r . o . o . . o . . o . . o o . o I Tekmovanja 2. Žep ar si lahko zagoto vi 46 kovancev . Dokler je na kupu vsaj šest ko- vancev, naj jem lje pesti s šestimi kovanci. Če Torbica dobi devet pest i s šest imi kovanci, jih ima 54, kar pomeni , da j ih za Žep arja ostane 46 . Če dob i Žep ar prvi devet pesti s šestimi kovan ci, je še v boljšem po loža ju, saj jih ima on 54. V preos t alem primeru imat a po šest najs t i izb ir i oba osem pest i z šest imi kovanci, kar znaša 48 kova ncev . Tedaj bo imel Žep ar na koncu vsaj 48 kovancev. Prepričajmo se, da si Žepar ne more zagotovit i več kot 46 kovancev . Če mu Torbica pr ep ust i vse pesti , ki vse bujejo manj kot šes t kovancev, bo imel Žep ar na kon cu kvečjemu 46 kovancev . Res! V primeru, ko dobi Torbica prvi devet pesti , bodo te vse bovale vsaj po šes t kovancev in jih bo imel tako vsaj 54, kar po meni , da ji h bo imel Žep ar največ 46. Če dob i Žepar prvi devet pesti , bo do te vseb ovale največ po pet kovancev, za to jih bo imel kvečjemu 45. V preostalem primer u se delit ev konča še preden ima Žepar devet pesti, kar pomeni, da im a kvečjemu osem pesti z največ petimi kovanci, t orej kvečjemu 40 kovancev. 3. Slika prikazuje, kako lahko na šahovnico v skladu z zahte vami post avimo 16 skakačev . P okažimo , da t ega števila ni mogoče povečati . Šahovnico pob arvajmo, kot običajno, z belo in črno barvo , pri čemer naj bodo vogali črne bar ve. Ker lahko skakač na belem po lju napade le skakača s črnega polja in obrat no, je šte vilo skakačev na belih poljih enako šte vilu skakačev na črnih po lj ih . Če bi na šahovnico lahko post avili več kot 16 skakačev , bi bila prosta največ št iri črna polja in največ t ri bela polj a , saj te daj na šahovnici stoj i vsaj 18 skakačev. Skakač na osrednjem polju šahovnice bi napadal osem belih polj , od kater ih bi moralo biti za to prostih šest po lj , kar seveda ni mogoče . Tor ej je osr ednje po lje šahovnice prazno . Skakač na belem polju, ki meji na osrednje polje šahovnice, napad a šes t črnih polj , od katerih moraj o ostati prazn a štiri polja . Skupno z osred nj im praznim črn im po ljem bi bilo prazn ih pet črn ih po lj , kar sp et ni mogoče . Od tod sledi, da mor ajo vsa št iri bela po lja, ki mejijo na osred nje polje, ostati prazna . Zop et pro t islovje, to rej lahko na šahov nico post avimo največ 16 skakačev. Druga sk u p in a (drugi del) l. P ost avimo večkotnik v pravokot ni kcordinat ni sist em, pri eemer je velikost enote enaka dolžini st ranic kvadrat kov mreže, koordinatno izhod išče pa leži v enem izm ed vozlišč mreže. S pr em icami z enačbo y = n , kjer je n celo šte vilo, je večkotnik razdeljen na vodor avne 252 Tekmovanja I trakove. Gornji in spodnji kos t e delitve st a trikotnika, ost ali tra- kovi pa imajo obliko t rapeza, ki ga lahko razd elimo na dva triko- tnika. Tedaj je vsak vodoravni odsek tvorilk mreže, ki leži znotraj večkotnika, osnovnica dveh takih trikotnikov z višino 1. To pomeni, da je vsota dolžin teh vodoravnih odsekov ravno enaka ploščini da- nega večkotnika . Enako (s pomočjo navpične delitve) zaključimo , da je vsota dolžin navpičnih ods ekov prav tako enaka ploščini večkotnika , to rej st a vsot i enaki. 2. Če izračunamo vsot i števk dveh zaporednih celih števil, se raz likujeta za 1, razen v primeru, ko se prvo konča z 9. V prvem primeru se parnost vsote spremeni , v drugem primeru pa se parnost ne spremen i, če se prenos konča pri deseti cah, tisočicah , stotisočicah, . . . V vsakem primeru se parnost ne more spremenit i pri dveh zaporednih prehodih enic iz 9 na O (vsa j enkrat se prenos konča pri deseticah ). Če želimo ustreči zahtevam naloge, se mora parnost doblj enih vsot spreminjati, razen morda pri prvem členu zaporedja, saj 1 deli vsako šte vilo. To pomeni , da imamo lahko kvečjemu dve spremembi enic iz 9 na O, pri čemer se prva poj avi že na začetku zap oredj a, in sicer brez spremembe parnosti vsote števk. Od tod sledi, da je N :::; 21. V naslednji tabeli je zaporedje 21 zap orednih naravnih števil, ki zadošča zahte vam naloge: šte vilo vsota šte vk delitelj 479 989 27730 1 479 990 27722 2 479 991 27723 3 479...998 27730 10 479...989 27731 11 480...000 12 12 480...001 13 13 480...008 20 20 480...009 21 21 3. (a) Predpostavimo najprej, da ima turnir 2n udeležencev in zato n(2n - 1) partij. Povprečno število točk na igralca tedaj znaša 2n2-1. Tedaj ima najboljših n igralcev vsa j n (2~-1 ) točk . Ker natanko n (n 2- 1) teh točk izhaj a iz medsebojnih part ij teh n igralcev, so si Tekmovanja v partijah proti zadnj im n igr alcem s končne lestvice pr iigrali vsaj n (2n- l) nin- l j n 2 t č k T t č k t . d bili t i h k '--2- - - 2- = ""2 oc . e oc e so orej o 1 1 V par ijan , 1 niso bile nepravilne. Od tod ugotovimo, da je delež pr avilnih par t ij vsaj 2n(;~- 1 ) > i , kar pomeni, da je de lež nepravilnih manjš i od ~ . Oglejmo si še t urnir z 2n + 1 šahisti, na kate rem je bilo od igranih n (2n + 1) partij . Povprečno število točk na udeleženca znaša ti točk, zato je najboljš ih ti + 1 igralcev turnirja dobilo vsaj n(n + 1) točk. V medseboj nih partijah si je teh n + 1 igralcev razdelilo n(n2+l) točk, v partijah pro ti preostalim n udeležencem pa so tako do bili vsaj n(n + 1) - n(n 2 +l ) = n (n 2 + l ) točk. To rej je bilo vsaj n(n 2 + l ) priig ranih v pravilnih partijah , zato je delež slednjih vsaj 2~~~::i ) > i . Zopet do bimo, da je delež nepravilnih partij manjši od ~ . (b) Naj bo na turnirj u 4n 2 +6n + 1 ud eležen cev in skupno n (2n + 3) . .(4n 2 +6n + 1) partij . Razdelimo igralce v skup ine Al, A 2 , . .. , A 2n + l in B, z 2n + 1 igralci v vsaki skup ini Ai in 2n igralcev v skupini B. Za vsak i, 1 :::; i :::; 2n +1 naj vsak igralec skupine A i doseže nat anko ti točk v partijah znotraj skupine A i . Premaga naj 2n + 1 - i igralcev skup ine B, z ostalimi iz B pa izgu bi. Premaga naj vsakega igralca skup ine A i+j za n + 1 :::; j :::; 2n in izgubi z vsakim igralcem iz skup ine Ai +j za 1 :::; j :::; ti , kjer indeksom i + jodštejemo 2n + 1, kadar presegajo 2n + 1. To pomeni , da ima igralec skup ine Ai več točk kot igralec skupine A j natanko tedaj, ko je i < j. Za 2 :::; i :::; ti + 1 igralci skupine A i pr emagajo igralce skup ine A j za 1 :::; j :::; i - 1, od koder dobimo (1 + 2 + ...+ n)(2n + 1)2 = n (n+l)~2n+ l) 2 nepr avilnih partij . Za ti + 2 :::; i :::; 2n + 1 igralci skupine A i premagajo igralce skupine Aj za i - ti :::; j :::; i - 1, od koder dobimo še n2(2n + 1)2 nepravilnih partij . Skupno št evi lo nep ravilnih part ij je torej vsaj n ( n+l )~2n+ l ) 2 + + n2(2n + 1)2 = n (3n+ l~(2n+ l)2 in s t em delež nepravlinih partij vsaj (3n+ l)(2n+ l)2 K . li dn i 1 k ' 3 i 2(2 n + 3 )(4n 2+6n+ l ) ' er Je imi t a za njega u om a ravno 4"' navec ene meje ne moremo zmanjšati. Gregor Cigler 41. MEDNARODNA MATEMATIČNA OLIMPIADA - Rešitve izbranih nalog s str. 154 Ker bomo v prvi rešit vi geomet rijske naloge uporabili usmerjene kote , navedimo najprej nekaj t eorije. Naj bod o A , B in C različne točke v Tekmovanja I ravnini . Usmerjeni kot 1: ABC je najmanjš i kot , za katerega moramo v pozitivni smeri zavrteti premico AB okoli točke B , da preide v premico no. Torej za poljubno točko D , D 1= n na premici BO velja 1: ABO = = 1: ABD. Usmerj eni kot i pr idejo še posebej do izraza pri izreku o koncikličnosti , saj velja : Različne točke A , B , C in D v ravnini so konciklične natanko tedaj, ko j e 1: ACB = 1: ADB. 1. n aloga R ešitev A leksa d re Franc Narišimo dovolj veliko skico . c D N Iz enakost i obodnih kotov sledi l: E BN = l:DMN = l:CMN = 1: CAN = l:EAN, zato je A N BE tetivni št irikot nik. Torej je 1: EBA = 1: ENA . Ker je AB II CD , je l:EBA = l: E DC. Iz l:ENA = l:ENP in l: E DC = = 1: EDP sled i 1: ENP = 1: EDP, zato je tudi EDNP tetivni št irikotnik. Podobno je t ud i ECNQ t etivni št irikotnik. Velja še 1: BAE = 1: BNE in l:DNB = l: DMB. Ker je !M02 1 = ID02 1 in B02 .l MD , premica B02 pravokotno razpolavlja MD. Torej je M BD enakokrak trikotnik z vrhom B in zato 1: D M B = 1: BDM in 1: DN E = 1: ENA. Podobno je tudi l:ANC = 1: ENE. Sledi 1: ENC = 1: DNE . Zaradi tetivnosti štirikotnikov EDNP in ECN Q je l:ENC = l:EQC ter 1: DNE = l:DPE in zato l:DPE = = 1: EQC. P reidimo na absolutne kote . Kota 1 še kakšno rdeče število, mora zaradi t + 99 = (t - 1) + 100 biti t - 1 modro. Slednje pa ni možno, sa j je 100 najmanj še mod ro število. Tor ej imamo razporeditev RBB.. . BBM, ki nam skupaj s permutacijami da še šest rešitev . Nazadnje preverimo, da je razp oreditev RBB . . . BBM res ustrezna. Če je vsota izbranih števil manjša od 101, čarovnik izbere modro škat lo. Če je vsota izbranih števil enaka 101, čarovnik izbere belo škatlo. Če pa je vsota izbr an ih števil večja od 101, čarovnik izbere rdečo škat lo. Čarovnik lahko torej razporedi karte v škatle na du cat načinov . Matjaž Željko PRESEK list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje 28. letnik, šolsko leto 2000/2001, številka 4 , strani 193-256 UREDNIŠKI ODBOR: Vlad imir Batagelj, Tanj a Bečan (jezi kovni pregled ), Vilko Domajnko, Darjo Feld a (tekmovanja) , Bojan Golli , Marjan Hri bar , Boštj an Jaklič (tehn ični ure dnik) , Martin Juvan (glavni ured nik , računalništvo) , Sandi Klavžar , Boris Lavrič , Andrej Likar (fizika) , Mati ja Lokar , Franci Oblak, Pet er Petek , P rimož Potočnik (novice) , Marijan P rosen (astronomija), Marija Vence lj (matemat ika, od- govo rna ur ednica) . Dopi si in naročnine : DMFA - založništ vo, Presek , Jadranska ulica 19, 1001 Ljublj a- na , p .p . 2964, tel. (01) 4766-553, te lefaks (01) 2517-281, št. ŽR 50106-678-47233 . Naročnina za šolsko let o 2000/ 2001 je za po samezn e naročnike 2.400 SIT, za skupinska naročila šol 2.000 SIT, posamezna številka 600 SIT, letna naročnina za t ujino 25 EUR, devizn a nakazila SKB banka d.d, Ljublja na , Ajdovščina 4, Ljubljana , SW IFT: SKBASI2X, številka računa 04296 1. List sofin an cirata MZT in MŠŠ Založilo DMFA - založništ vo Tisk: DELO Tiskarna, Ljubljana © 2001 Društvo matem atikov, fizikov in astronomov Sloven ije - 1445 Po štnina plačana pri pošt i 1102 Ljubljana Za vsakogar nekaj I ŠTEVILSK A KRIŽANK A ZA MATEMATIČNI PODMLADEK IR 1'1 •••• 10 Ig . 13 . 10. " • 15 Vodoravno: 2. Produkt dve h zaporednih lihih števil, ki sta ob e prašt evili (pra- številska dvojčka). 5. Število 82.6, zaokroženo na dve mesti . 7. Šte vec ulomka z imenova1cem 72, ki je ekvivalenten (enak) ulomku 8 g ' 8. 31 + (- 9). 10. Št evilo oglišč šest st rane prizme. 11. P rodukt kuba in kvadrat a različ- nih nar avnih števil. 12. Vred nost f(9) za f(x) = 20 - x . 13. Prašt evilo z enakima števkama . 15. Stranica kvadrata s ploščino 625. 17. Pot enca šte vila 2. 19. Produkt zaporednih nar avnih šte- vil, v katerem je prva števka ena- ka kvadratu srednje šte vke. Navpično : 1. Zapiši 72(8) v deseti škern šte vilskem sestavu. 3. 12 - (-8). 4. Število robov osemkotne prizme. 6. Peta poten ca naravnega števila . 7. Število, ki smiselno nad aljuje zaporedje 5, 12, 20, 29, 39 , 50. 9. P rodukt drugega , četrtega in petega praštevila. 10. Zapiši produkt 22(5) x 3(5) v peti škem št evilskem sestavu . 12. Koliko stopinj meri šes t ina pravega kota? 14. Baza šte vilskega sestava , v katerem je pravilen račun 63 - 47 = 19. 15. Koliko večkratnikov šte vila 4 je manj ših od števila 100? 16. Dvom est ni približek vr ednosti izraza 28.68 + 53.87. 18. Ploščina trikotnika s stranicami 6, 8 in 10 enot . Marija Vencelj