Slovens ka ekipa na lans kem zv eznem t ekmovanju IZ m atem atike v Valj evu PRESEK list za mlade matematike. fizi ke. a s t ro na m e in računalnikarje 19. letnik. šo lsko leto 1991/92. š t e vilka 5. st rani 257 - 320 URE DNI ::; KI ODBOR: Vlad imir Ba ta gelj , Ta nja Beča n (jezikovni pregled), Duš ica Bo be n (obl ikova nje t eksta ) , Mirko Dob ovišek (g lavni ur edn ik) , Vilko Do rnajnko , Darjo Felda (tekmo va nja), Bojan Go lli, Marj an Hr ibar , Mar tin J uvan (raču na lništvo), Sa ndi Klavža r, Edvard Kramar, Bor is Lav r ič , An drej Likar (f izika), Ma tija Lokar, Fra nci Ob lak , Pe te r Petek, Pavla Ra nzinger (astronomija) , Marjan Smerke (svetovalec za fotografijo) , Miha Štalec (risbe), Ciril Velkovrh (urednik, no ve knjige, novice) , Ma rija Ven celj (matematika, odgovorna ur ednica ) . Do pise pošiljajte in lis t naročajte na nas lov: Društvo matemat ikov , fizikov in astrono mo v Slovenije - Podružnica Ljubljana - Komisija za tisk , P resek , J ad ra nska c . 19 , 61111 Ljublja- na , p.p . 64 , te l. (061) 265 -06 1/53, št. žiro računa 50 101-678-47233. Naročn i na za šo lsko leto 1991 / 92, v pla č a n a po 15 .2.1992 , je za posamezne naročn ike 500 SlT, za sk upinska naro či l a šo l 400 SlT, posamezna številka 100 SlT (80 SlT) , za tu jino 12000 LIT . List so fina ncirajo MZT, M::;::; in MK Ofset tisk DELO - T iskarna , Ljublja na Tekst je ob likova n z ra čun al n ikom S LlM 286, ALTECH , Lju bljana © 1992 Druš tvo matem atikov , fizikov in ast ronomov Slovenije - 1097 257 PRESEK - list za mlade matematike. fizike, astroname in računalnikarje 19. letnik. leto 1991/92. številka 5, strani 257-320 VSEBINA MATEMATIKA NOVE KNJIGE NALOGE NOVICE ASTRONOMIJA RAtUNALNIŠTVO RAZVEDRILO TEKMOVANJA FIZIKA REŠiTVE NALOG NA OVITKU o dia metru množice (Marjan Jerman) . . . . . . . . . . . . . 258 -260 Ravninske množice, v katerih se izražajo razdalje med točkami s celimi števili (Ivan Vidav) " 262-266 Fordovi krogi (B oris Lavrič) . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 268-275 Kordemski B.A., Matematične uganke (Janez Rakovec) 261 Telefonska številka moje mame (Borut Zalar) 266 Preskusi se in reši A ali B nalogo (Franc Oblak) . . . . . . . . . .. 287 Kako sem prišla med matematike (Marija Munda) 267 Pred petindvajsetimi leti je umrl profesor Josip Plemelj (Marija Vencelj) 294-297 Mednarodni astronomski tabor IAYC Torfhaus 1991 (Mirjana Galičič) 298-299 Proslave v Plemljevem letu 1992 (Ciril Velkovrh) 319 Sirij (Marijan Prosen) 276-281 Zvezda z izjemno velikim izsevom (Marijan Prosen ) , 281 (K)urnik (Niko žižek, Sandi Klavžar) 282-286 Križanka Ob 25. obletnici smrti velikega matematika (Marko Bokalič) 288-289 Petkotni tangramski liki (Vilko Domajnko) 290-292 Potrebuješ - rabiš . U6telj bi moral znati vse . Biti moraš previden (Marija Munda) 301,304 22. zvezno tekmovanje osn ovnošolcev iz matematike (Aleksander Potočnik) 300-301 32 . zvezno tekmovanje srednješolcev iz matematike (glej sliko na str. II) (Matjaž Željko] 302-304 Poročilo o mednarodnem tekmovanju mest (Darjo Felda) 306-307 Transurani (Dušan Murovec) 308-309 Vztrajnost in trenje (Janez Strnad) 310-314 Merjenje padavin z radarjem (Marjan Divjak) (Glej sliko na IV. strani ovitka) 316-319 Še o sukanju teles (Janez Strnad - Foto Marjan Smerke) . 320-\11 Konveksni tangramski liki - s str . 220 (Vilko Domajnko) . . . . 267 Križanka Profesorju za življenjski jubilej ., s str. 224 (Marko Bokalič) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275 Pravilni petkotnik - s str. 213 (Marija Vencelj) . . . . , . . . . 293 Švicarski tramvaj - s str. 212 (B or ut Zalar) . . . . . . . . . . . . . . . 297 Prepogibanje lista papirja - s str. 203 (Anton Cedilnik) . . '" 299 Tri naloge z naravnimi števili - s str. 227 (Borut Za lar) . . . . . 301 Še Naokrog po stožcu - s str. 202 (Anton Cedilnik) . Poišči izrek - s str. 223. Z eno potezo - s str . 223 (Marija Vencelj) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 305 Srečka - s str. 203 . Ribiška - s str. 193. Koliko pitagorejskih trikotnikov - s str. 213 (Marija Vencelj) 307, 309 , 315 Spomenik prof. dr. Josipu Plemlju na Bledu (Foto Ciril Velkovrh) . o DIAMETRU MNOŽICE Kako bi povedali, kako velika je neka množica Mv 3-razsežnem (evklidskem) prostoru (torej v prostoru, kjer živimo ; ima dolžino , širino in višino)? Ena od možnos t i je, da povemo največjo mogočo razdaljo med dvema točkama te mno žice (dolžino najdaljše dalj ice, katere k rajišči ležita v M). Taka razdalja ne obstaja vedno . Le obstaja, ji pravimo diameter ali premer množice M in jo oz n a č i mo z diam M (v ča sih pa bomo tudi najdaljšo daljico samo imenovali diameter množice M). Da dvom o obstoju ni odveč , nam poka žeta naslednja zgleda: 1. Naj bo M premica v prostoru . Za poljubni d ~ O lahko najdemo na M daljico z dolžino d . (Eno kraji šče naj bo poljubna točka na premici, po premic i odm erimo d in kon čn a točka je drugo kraji š če daljice z dolžino d.) Lahko bi rekli, da je diam eter premice enak neskončno . 2. Naj bo M odprti krog (t o je krog brez oboda , brez mejne krožn ice) s polmerom r . Za poljubn i d < 2r lahko najdemo v M točki, ki sta oddaljeni za d (v kako to čko , ki j e zadosti blizu obodu, zapičimo šestilo in narišimo krožnico spoime rom d ; dobr e so vse to čk e na tej krožnici, ki ležijo v M), za d = 2r pa nam to ne uspe, kajti vzeti bi morali točki zoboda. Če je diam et er dosežen na neki dalj ici, pa taka daljica ni nujno ena sama . Za zaprti krog (to je krog skupaj z obodom) je diameter dosežen na vsakem prem eru (od tod tudi ime) . Dobra je vsaka daljica skozi središče kroga, ki ima krajišči na obodu . Bralec, ki bo šel štu dirat matematiko , bo izvedel , da diam eter zagotovo obstaja za množice , ki so omejene (to je take , ki jih lahko vklenemo v kak krog - za premico ni dovolj velik noben krog) in zaprte (približno si lahko mislimo, da morajo imeti rob - odprti krog ga nima) . Da bomo bolj e začutili, kaj je diameter, poiščimo diameter tr ikotnika in te t rae dra ( č etver ca ) . Najbolj vzt rajni bralci pa lahko po na pornem branj u, ki za hteva nekaj osnovnega znanja ravninske geometrije, rešijo še nekaj nalog, ki so jih reševali srednješolci na republiških in zveznih t ekmova njih v (bivši) J ugoslaviji , N em čij i in Avstriji . Trditev 1. Diameter trikotnika je dosež en na eni od njegovih stranic. Dokaz: Trikotnik je zaprt in om ejen , zato diamete r obsta ja. Vzemimo 259 trikotnik 6.ABC in diameter DE. Da morata krajišči diametra ležati na stranicah trikotnika, ugotovimo takole : če bi kako krajišče ležalo v notranjosti 6.ABC, bi lahko narisali premico skozi O in E, ki bi sekala obod 6.ABC v točkah O' in E'. Daljica O'E' C 6.ABC bi bila daljša od daljice DE, to pa je v protislovju s predpostavko, da je OEdiameter. Zato obravnajmo le primer, ko krajišči diametra ležita na stranicah trikotnika. Najprej pokažimo, da se vsaj eno krajišče (to je vsaj ena od točk O in E) ujema s kakim od oglišč 6.ABe. Predpostavimo nasprotno. Privzemimo oznake na sliki. Zaradi simetričnosti lahko obravnavamo le primer E E AC, O E BC (za druge lege zamenjamo vloge črk , dokaz je isti) . Naj bo e := =LAEO. Narišimo daljico AD in si oglejmo trikotnika 6.AEO in 6.EOe. Le je kot r. topi ali pravi, je največji kot v 6.AE O (za ostala kota skupaj ostane le 180° - E: ::; 90° :s e , torej za vsakega posebej manj kot E:). Za trikotnik velja, da nasproti največjemu kotu leži največja stranica . (Radoveden bralec lahko to prebere v Pucljevem učbeniku Geometrija za 1. razred gimnazije, III.Bj§6-izrek 26 .) Tedaj bi torej veljalo AD > ED , to pa je v protislovju s predpostavko, da je OEdiameter. c c Slika 1. K dokazu 1. in 2. trditve A Le je kot E: ostri, je LOEC = 180 0 - E: top in tako največji v 6.EOC in je podobno kot prej DC > ED, kar je protislovje. Dokažirno, da se tudi drugo krajišče pokriva z ogliščem trikotnika: Reci- mo, da to ni res. Zaradi simetričnosti lahko obravnavamo le primer E = A, O E Be. Označimo 6 := LAOB. Oglejmo si trikotnika 6.ABO in 6.AO C. Sklepajmo podobno kot prej: Le je kot 6 topi, je AB > AD = ED , če pa je ostri, je LAOC = 180° - [, top in AC > AD. Trditev je tako dokazana. 260 Dokažimo še pod ob no t rditev za t etraedre : Trditev 2. Diameter tetraedra je dosežen na enem od njegovih robov. Dokaz: Tudi t et raeder (ime nuj ma ga ABC O ) je zaprt in omejen, zato diamet er obst aja . Naj bo doseže n na daljici E F. Podobno kot pri triko tn iku ležit a kraj i šči E in F na ploskvah tetraedra . (S icer bi pot egnili prem ico skozi E in F, ta bi seka la površino t etr aedra v to č k a h E' in F' in veljalo bi E' F' > > EF.) Tetraeder ima štiri ogl i šča, zato lahko izmed njih izberemo eno , ki se ne ujema z nobenim od kraj iš č diametra , recimo oglišče A. Točke A, E in F niso kolinearne, ker bi sicer velja lo ali AF > EF ali A E > E F, kar j e v nasprotju s predpost avko, da je E F diameter. Potegni mo poltraka z i z h o d i š č em v A skozi E in F, naj prebo det a ploskev 6 BC O v točkah E' in F' . Ker točke A, E in F niso kolinearne, j e E' i- F'. EF je po predpostavki diamet er tetra ed ra , velja pa EF C 6oE'AF' C A BCO, zato j e EF tu di diam ete r tr ikotn ika 6o E' A F'. Po trditvi 1 se mora EF uj emati z eno od stra nic tr ikotn ika 6o E' A F'. Ker Art {E , F} , mora biti E F = E' F'. Daljica E' F' pa leži v 60 BC O. Tako lah ko ponovno uporab imo trditev 1, ki nam pove, da je EF = E' F' ena od st ranic tr ikotnika 60BC O. Trditev je dokaza na . Na loge : 1. (Jugoslavija, 1972) Predpostavimo , da je v neki konveksni množici di- ameter dosežen na več ( ~ 2) dalj icah. Dokaži, da imata poljubni dve od t eh daljic vsaj eno skupno toč ko . (Nasvet · Dokazuj sprotislovjem , lo či primera: (1) noben od diamet rov ne se ka nosilke drugega, (2 ) en diam eter seka nosiiko drugega diametra) 2. (N em č ij a , 1982) Dokaži , da lahko vsa k konveksni štirikotnik razreže mo z Iomljeno črto tako. da st a diametra ta ko dobljenih delov manjš a od diametra štirikotn ika . 3. (Nemčija, 1962) Dokaži , da je v konveksnem štirikotniku razmerje med najda ljšo in najkrajša razdaljo med poljubnima ogliščema večje ali enako ../2. (Nasvet : uporab i kosinusni izrek.) 4. (Avst rija, 1975) Na ravnini je poljubno izbranih šes t točk . Dokaž i, da je razm erj e med najdal jš o in naj krajša razdaljo med točkama večje ali enako vi. ( Nasvet · upora bi kosin usni izrek.) Marjan Jerman Kordemski B.A.• MATEMATiČNE UGANKE. Državna za- . ložba Slovenije. ljubljana 1991. 238 str. (Z logiko v: leto 2000) Nekdo je narisal krog , ni pa ozna čil njegovega središča , Bi znali poiskati sredi šče kroga samo z uporabo svinčnika in pravokotnega trikotn ika? Ce odgovor na taka in podobna (t udi težja) vprašanja ni kar na dlani, si j e vredno ogledati Matematične uganke (om enjena naloga je na str. 93. njena rešitev na st r. 208). Ta zbirka razvedrilnih nalog ruskega matematika Borisa A. Kordemskega je bila prevedena že v enajst jezikov. P red nam i je sedaj prvi del zbirke, ki ga je v slovenšči no mojstrsko prevedla Breda Cestnik. V knjigi je 257 miselnih nalog iz elementarne matematike : o naravnih številih in ulomkih, o delitvah , tehtanjih , razvrstitvah, urah , gibanju ljudi in vozil, geomet riji, o raznih igrah, igralni kocki, dominah, križnih vsotah .. . Naloge so zelo različne tudi po te žavnosti ; izbrane so premišljeno in nas navajajo k logičn ernu sklepanju ter obvladanju aritmetike, algebre , geometrije. Številne uganke nastopajo v zgodbah ali zgledih iz vsakdanjega življenja. Na primer : 171. Srečanje vlakov Dva vlaka (vsak ima lokomotivo in 80 vagonov) morata drug mimo drugega na eno tirni železnici s slepim stranskim tirom. Kako na j se to izvede, če je na stranskem tiru pr ostora le za lokomotivo in 40 vagonov? Za vse naloge so skrbno izdelane rešitve , ki pomagajo k oblikovanju pravilnega mišljenja. Knjiga je napisana duhovito in prijetno, opremljena je z zares lepimi ilustracijami . Všeč bo vsem bralcem Preseka ; pokazala jim bo t udi, kje vse v življenju naletimo na l ogi čn e in matematičn e probleme. Janez Rakovec 262 RAVNI NSKE MN OŽICE, V KATERIH SE IZRAŽAJO RAZDALJE MED TOČKAMI S CELIMI ŠTEVILI Naj bodo A, B , C oglišče e nakostraničnega trikotnika s stranico a = 1. Zastavimo si to le vprašanje: Ali obst aja v ravn ini tega trikotnika taka točka T , da se izražajo vse t ri razdalje od ogllšč AT,BT in CT s celimi števili? Očitno ust rezajo t emu pogoju ogl išča, saj je npr. razdalja točke C od Cenaka ni č, od og l i šč A in B pa 1. Je morda še kakšna druga taka točka? Denimo, da so razdalje AT, BT in CT cela št evila. Oglejmo si tri kot nik ABT. Po t rikotn iški nee n ač b i j e razlika st ranic AT in BT manjš a ali enaka t retj i str anici AB, torej I AT - BT 1::; AB. (Na levi str ani smo zapisali absolutno vrednost I AT - BT I zato , ker le-t a pom eni razliko med večjo in manjš o izmed stranic AT in BT.) Enakost velja tu le t edaj , kadar je t rikot nik ABT \ izrojen, se pravi, kadar leže točke \ C A, B in T na isti premici. Ker je ra- zlika AT- BT v naš em primer u celo št evilo in AB = a = 1, imamo samo dve možn osti : ali je I AT - BT 1= = O ali pa I AT - BT 1= 1. V prvem primeru velja AT = BT in j e t rikot nik ABT enakokr ak z vrhom T. Točka T leži na simet rali stran- ice A B (slika 1) . V drugem primeru so točke A, B in T kolinearne, to rej je T na premici, ki veže A in B. Slika 1. To zveznico bomo na kratko zazna movali z AB. Ker sta tudi razda lji BT in CT celi števili, ugo tovimo kakor prej, da leži točka T bod isi na simetrali st ranice BC bod isi na prem ici, ki veže B in e. Točko T moram o potemtakem iskat i med preseči š či naslednjih štiri h parov prerruc: - simet ral stranic A B in Be. - simetr ale st ranice A B in premi ce Be. - premice AB in simetr ale stranice Be. - premic A B in Be. Preseči šče simet ral je s r e di šče očrta n ega kroga (slika 1) . V enakostr a n i čnem 263 trikotniku je polmer tega kroga r = ~j3, v našem primeru torej r = ~j3 . Oddaljenost središča od oglišč A. B, C je enaka r. Ker r ni celo število, središče očrtanega kroga ne zadošča našemu pogoju. Presečišča nadaljnjih treh parov premic so po vrsti oglišča C. A in B. Te točke pa izpolnjujejo naš pogoj . Tako smo ugotovili, da v ravnini enakostraničnega trikotnika s stranico 1 razen oglišč ni nobene druge točke T, za katero bi bile vse tri razdalje od oglišč cela števila . Kaj pa, če vzamemo namesto enakostraničnega triktonika s stranico a = = 1 trikotnik s poljubnimi stranicami in postavimo isto vprašanje? Odgovor na to vprašanje daje IZREK 1. Naj bo ABC poljuben trikotnik. Množica M tistih točk . T. ki leže v ravnini tega trikotnika. razdalje od oglišč AT, BT in CT pa so cela števila, je končna ali celo prazna. Le je O < r < a, je ta množica hiperbola, GI in G2 pa sta njeni gorišči (slika 2). Ena izmed definicij hiperbole je namreč tale: hiperbola sestoji iz vseh točk T v ravnini, za katere je razlika razdalj od gorišč GI in G2 konstanta . (Podobno je elipsa množica točk T v ravnini, za katere je vsota razdalj od gorišč konstanta. I GIT - G2 T 1= r. (1) Slika 2. Pripomba. Tukaj je mišljene, da je ABC pravi trikotnik, to je, točke A, B in C niso na isti premici. Za izrojeni trikotnik izrek ne velja. Denimo namreč, da so A. B, C na isti premici, da leži točka B med A in C, razdalji AB in BC pa sta enaki 1. Le je T taka točka na tej premici, da je njena razdalja od A celo število, sta tudi razdalji BT in CT celi števili. Takih točk pa je na premici AB očitno nešteto. Pri dokazovanju izreka bomo uporabili tale dejstva o hiperbolah: 1. Naj bosta GI in G2 točki v ravnini, GIG2 = a, nadalje naj bo r dano število, pri čemer je O ~ r ~ a. Oglejmo si množico točk T v ravnini, za katere velja 264 Od tod vrtnarska konstrukcija elipse.) Hiperbola ima dve veji . Zo točke T na eni veji je GIT - G2 T = r, na drugi G2T - GIT = r. Le je r = 0, dobimo iz (1). da je GIT = G2T . V tem primeru leži T na simetral ; daljice GIG2 in vsaka točka na simetrali zadošča temu pogoju . Zato je naša množica simetrala daljice GIG2 . Kadar je r = a, so točke GI. G2. T na isti premici, ker velja I GIT - G2 T 1= a = GIG2. Zdaj sestoji množica iz točk na premici GIG2 . (Natančneje povedano: te točke sestavljajo dva poltraka premice GIG2: poltrak z vrhom GI, na katerem ne leži G2 • in poltrak z vrhom G2, na katerem ne leži GI (slika 2) .) Simetralu daljice GIG2 in omenjena poltraka se včasih imenujeta izrojeni hiperboli z goriščerno GI in G2. 2. Premica seče hiperbolo naj- več v dveh točkah . Dve različni hiperboli pa imata kvečjemu štiri skupne točke (slika 3) . Dokažimo zdaj izrek. Zaradi enostavnosti pri- vzemimo, da so st ran ice našega tri- kotnika AB = c, BC = a. AC = b cela števila . Naj bo T taka točka v ravnini trikotnika, da so razdalje AT, BT, H 2 CT cela števila . Po trikotniški nee- načbi je Slika 3. Ker je tudi razlika AT - BT celo število. ta neenačba pove. do je I AT - BT I eno izmed številO, 1, .. ., c. Množica točk T v ravnini, ki zadoščajo pogoju I AT - BT 1= r, r = 0, l . .. .. c, pa je hiperbola z gori ščerna v točkah A in B. Imenujmo to hiperbolo H r . Torej naša točka T leži na eni izmed hiperbol (3) (Ho in He sta izrojeni hiperboli: Ho je simetrala daljice AB, He pa sestoji iz dveh polt rakov na premici AB.) Ker st a prav tako razdalji BT in CT celi števili, ugotovimo kakor zgoraj, da mora ležati točka T tudi na eni izmed hiperbol Hb , H~o " '0 f-/~_l ' H~. 265 Hiperb ola H~ je mno zica točk T v ravnin i, ki zadoščajo pogoju I B f - - CT 1= s . Vse hiperbole (3 *) imajo gorišča v točkah B in e. Posebej je H~ simetralastranice BC, H~ pa sestoji iz dveh poltrakov na premici Be. Hipe rbole (3) so ra zlične od hiperbol (3*) . Pr ve imajo nam r eč gor i šči A in B, drug e pa B in e. Vsaka točka T naše množice M leži torej na eni izmed hiperbol sist em a (3) in hkra ti na eni izmed hiperbol sist ema (3 *) . Zato je M vsebovana v množici p resečiš č hiper bol (3) s hiperbolami (3 *) . Zgoraj smo povedali, dc: se dve hiperboli sečeta kvečjemu v šti rih točkah, premica in hiperbola pa n ajveč v dveh točkah . Torej je množica p r esečiš č hiperbol (3) s hiperbolami (3 *) končna . Enako velja potem za množico M . S tem je izrek dokazan . Ni reče no, da je vsako pres eči šče hiperb ol v množici M . Na primer Ho in Hbst a simetrali stra nic AB in Be. Preseči š če j e sre d išče trikot niku A BC očrtanega kroga. Sredi šče očrta n ega kroga pripada množici M sa mo tedaj, kadar je polmer t ega kroga celo št evilo. Na premici obstaj a neskončna množica točk s to lastnostjo, da je razdalja dveh po lj ubnih njenih točk celo število. Naj bo npr . Tn točka na št evilski premici, ki j e slika celega št evila n . Množica {Tn , n E Z} je n eskon čn a , razdalja med po lj ubnima njenima točkama Tm in Tn pa je celo št evilo I m - - n I. Na ravnini bi zam an iskali nekolinearn o nes kon čno množico s to lastnostjo . Velj a nam reč IZREK 2 (Anning - Erdč s) . Naj bo M rav ninsk a množica točk, v ka t e ri je ra zd alj a dveh poljubnih točk celo število . Le ne leže vse t o čke iz M na isti premi ci, j e M končna množica. Izrek 2 je preprosta posledica izreka 1. Naj bo M t aka ravninska množica , da ne leže vse njene točke na ist i premici. Potem lahko najdemo v M tri točke A, B, C. ki so og l i šč a pravega trikotnika . Leje razdalja poljubnih dveh točk iz M celo število, so t udi razda lje AT . BT, CT cela števil a za vsako točko T E M . Po izreku 1 pa je v ravnini samo koneno mnogo takih točk T, da so razda lje AT , BT, CT cela števila. Torej je tu di množica ."-'1 ko nčna in izrek j e dokaz an . Naj bo n poljub no d a ~o naravno število. Oglej mo si v ravnini. ki je opremeljena s pravokotni m koordinatnirn sistemom , te le toč k e Točke Cj leže na abscisni osi , njihove abscise so cela št evila. Zato j e razdalja 266 poljubnih dveh točk Cj in Ck celo število . Isto velj a za razdaljo m ed t~ čkama A in B, ki sta na o rdinatn i osi. Razda lja ACj = dj pa je enaka Torej je dj celo število za vsak indeks j . Prav tako je BCj = dj . Vse razdalje so potemtakem cela števila. Naša množica sestoji iz 2n + 3 točk, ki niso koline arn e. Ker je n lahko katerokoli naravno število, vidimo, da obstaja v ravn ini množica M s poljubno velikim številom točk, ki ne leže na isti premici, razd alj a poljubnih dveh točk iz M pa je celo število. Naloge. 1. Kol ikšno je največje mo žno število preseči šč hiperbol sistema (3) s hiperbolami sistema (3*)? 2. Dokaži, da obstaja v prostoru neskončno takih točk T, za katere so razdalje AT , BT ,CT od oglišč danega trikotnika ABC cela števila. 3. Poišči ka k štirikotnik , ki ni pravokotnik , njegove stranice in diagonali pa so cela števila. Ivan Vidav T ELEFONS KA ŠT EVI LKA MOJE MAME Večin a med vamije že prisluhnila na televiziji ali na radiu oddajam , kjer gledal - ci a li poslušalc i postavljajo vprašanja , na katera voditelj oddaje odgovarja le z da ali z ne. Predstavljajte si, da bi vi na ta način poskušali ugotovit i telefonsko št evilko moje ma me. Pri na s na podeželju imamo še petmestne številke , kar pomeni, da morate ug aniti prvo števko med števili 1. 2 . .... 9 in nato še štiri števke med števili 0 , 1. . .. , 9 . Najbrž bi spr aševa li t a kole: Ali je prva števka 1? Ali je prva števka 2? ln t ako dalj e. odvisno od od govorov. V najslabšem primeru bi morali zastaviti 9 + 10 + 10 + 10 + 10 = 49 vpraša nj . Veliko , posebno. ker pri takih oddaja h radi omejijo tudi ča s za ugiba nje . Zato po i šči te bolj šo strate gij o s praševa nja . Drugače pov edano: po treb- no je d oloč i t i najmanj še šte vilo vpraša nj , s katerimi lahko zanesljivo izves te telefo nsko številko m oje ma me . Borut Zalar 267 KONVEKSNI TANGRAMSKI LIKI - Reši tev s str. 220 Le dvanajstim objavljenim kotal ijem poiščemo njihovo mesto vrazpredelnici , ugotovimo, da vrstica s paramet ri p = 1, q = 1, r = 3 in n = 5 ne opisuje nob enega od njih. Torej opisuje ta vrstica prav tistega, ki na sliki 1 manjka. To je kotali : Vilko Domajnko KAKO SEM PRIŠLA MED MATEMATIKE Leta 1952 sem delala maturo na ptuj ski gimna ziji. Republiš ki op azovalec mat ure je bil profesor Ivan Lovše. Pri mat emati ki sem mora la izpelj a ti obrazec za prostornino pirami de z limito vsot e prost ornin prizem . Naloga j e precej zahtevn a. Imenitno se mi je pos r eč il a . Lovše me je vprašal: "Dekle, kaj boš št udirala?" " Medicino." " Ne, medic ina ni zate . Ti si rojena , da boš poučeval a matematiko . Ta ko dobre razlage dosl ej še nisem slišal." Poznej e, na valeti, me je p r ep ri ča l , da sem vpisala matematiko. 5t udij ni bil lahek. Poklic tudi ne. Vendar sem bila s svoj im delom zelo zadovoljn a . Le bi danes lahko izbirala, bi hot ela še enkrat biti profesorica matemat ike na gim naziji . Kome ntar mojih dom a či h : " Mislili sm o , da bomo dobili zdravnic o. Sedaj pa imamo samo uči t e lj i co ." Marija Mun da* • P rofesorici Mariji Mundi so na zadnj em občnem zb oru Dr uštva m at emat ikov, fizikov in ast ron omov Slovenije po delili na ziv č as t ne čla n ice dr uštva . V tem P reseku o bjavljam o še nekaj njen ih ut rinkov z njen eg a dolgolet nega poučevanja v sred nj i šol i. 268 FORD OV I KROGI Na ravnini ležit a dva enako velika kroga in se dotikata. To naj bosta prva dva iz družine Fordovih krogov. ki jo bomo zdaj zgradili. Skupno tangento t obeh krogov op remimo s koordi na tn im sestavo m tako, da seje eden od krog ov dot ika v točki O, drug i pa v 1 (točke na tistovet imo z realnimi števili). Tretji čl a n druži ne j e krog , ki se do tik a prvih dveh in tangente t , seveda v točki i. Nadalj uj mo po dobno. Vsakemu pa ru pridela nih Fordovih krogov K I in K 2, ki se dot ikata, dodaj mo nov krog K, ki se dotika obeh in še premice t . Tako dobimo družino vseh Fordovih krogov . Slika 1. Največjih pet Fordovih krogov Naloga 1. Kako načrtamo krog K , če imamo dana kroga KI. K2 ln tangento t? Na opisan i na či n postopom a pridemo do vsakega Fordovega kroga , ven- dar mo ra mo pri t em po znati njegov e predhodnike . Seveda je to precejšnja ovira, zato bi se j i radi og nili in neposredno spoznali vse kroge . Pa se loti mo te naloge: Dva podatka bosta dovolj za Fordov krog : njegov polmer in dotikališče s premi co t. Določi li ju bomo v nekaj korakih . Najp rej si oglej mo nasled nj i splošnej š i položaj in ga v o bliki na loge postavimo bralc u. 269 Naloga 2. Kroga KI in K2 s po/meroma rl oziroma r2 se dotikata skupne tangente t zaporedoma v točkah TI in T2. Obeh se dotika tretji krog IC s po/merom '. ki ima dotika/išče T s tangento t med točkama TI in T2. Izrazi z '1 in r2 po/mer r in razdalje d = ITI T21, dl = ITI TI in d2 = IT2TI. . Rešitev naloge najdete v naslednji številki, rezultate pa (skoraj v celoti) razgrnimo kar tu , saj jih bomo takoj potrebovali . Dobimo (1) in od tod še (2) Uporabimo zdaj te formule za izračun polrnerov in dotikališč (s tangento t) nekaterih največjih Fordovih krogov. Prva dva imata polmera ~, dotikališči pa v točkah O in 1. Tretji se dotika t v točki ~, njegov polmer pa je po formuli (2) enak g. Naslednja dva sta očitno enako velika . Z uporabo (2) dobimo njuna polmera fs, s pomočjo (1) pa dotikališči ~ in ~ . Zabeležimo še podatke nadaljnjih šestih Fordovih krogov. Dva imata polmer b .štirje pa to . Njihova d 'k lišč čk h 1 3 1 2 3 ' 4 K ' . ?oti ala so v to a 4' 4 ter 5" ' 5"' 5" ln 5"' aj opazimo . o Slika 2. 270 Polme ri vseh naštet ih krogov so oblike 2k, n E IN . ustr ezna dotika l iš č a s t pa so okraj šani ulom ki oblike ';: z intervala [0,1] . Navedeni primeri to potrjujejo za največj e Fordove kroge , zato brž zaslutimo, da je podobno z vsemi Fordovimi krog i. To obetavno slu tnjo oblikujmo v Izrek 1. Za vsak Fordov krog obs taj a tak n E IN, da je polmer kroga enak 2k, njego vo dotikališče s t pa j e okrajšani ulomek oblike ';: z intervala ~,~ . . Bralca vabimo, da se prep riča o pravilnosti naslednjega kriterija , ki ga bomo uporab ili pri doka zu izreka 1. Naloga 3. Naj se Fordova kroga KI in K 2 s po/meroma 1. 1 ( 'rtl\ rl = - -2 I n r: = --2' oi . n2 E !l.) 2nl 2n2 dotika ta premice t zaporedom a v točkah-u/omkih ml . m 2 (ml m2 ) - In- , -< - o nI · n2 nI n2 Dokaži, da se ICI in K 2 dotikat a m ed sabo natanko takrat. kadar velja (3) Rešitev naloge preberite v naslednji šte vilki. mi pa za čnimo z dokazom izreka: Krogoma KI in K2 iz gornje naloge pridružimo krog K tako kot v drugi nalogi in izračunajmo njegov polmer r ter dotikališče x spremico t . Formula (2) nam da polmer 1 Od tod s pomočjo formule (1) po kratkem ra čunu dobimo dotikališče ml mInI + mln2 + 1 x = - + 2.jfif = ---"'--=-;-----..::........:::..,-- nI nI (nI + n2) Zveza (3) nam x še poenostavi : 271 Postavimo m = ml + m2, n = nI + n2 in se prepričajmo , da so dotikališča ~, ~ in IR- vseh treh krogov okrajšani ulomki . Res, za prva dva to sledi iz zveze (3) (Zakaj?) . Ta nam da še enakost ki pove, da je tudi tretji ulomek okrajšan . Krog JC ima potemtakem polmer ~ in se dotika premi ce tvokrajšanem ulomku IR . Spomnimo se le še na postopek, s katerim pridobivamo Fordove krog e, in dokaz izreka je sklenjen. Ponovno si oglejmo največje Fordove kroge in razvrstimo po vrsti dotika- lišča spremico t za vse tiste, katerih polmeri ne presegajo -lri: o 1 1 1 2 132 341 l ' s' 4' 3' s' 2'S ' 3' 4' s' l ' Dobili smo naraščajoče zaporedje vseh okraj šanih ulomkov z intervala [0,1], kat erih imenovalci ne presegajo 5. Ker sta sosed nja ulomka ~ in ~ v te m zaporedju dotikališči takih Fordovih krogov, ki se dotikata tudi med sabo, velja zveza (3). Sp et se ne moremo upreti skušnjavi posploševanj a. Najprej se ozrimo na splošna zaporedja ulomkov zgornjega tipa. Imenu- jemo jih Fareyeva1 zaporedja . Natančneje : Fareyevo zaporedje:Fk reda k je naraščajoče zaporedje vseh okrajšanih ulom kov z intervala [0,1], katerih imenovalci niso večji od k . Ulomek ';: je torej v :Fk natanko takrat , kadar velja O::; m ::; n ::; k in sta števili m, n tuji (pri tem pa je število O tuje le številu 1) . Prej smo torej zapi sali Fareyevo zaporedje :Fs, ki nas je pripeljalo k naslednji domnevi . Ker 1 Ime ni upravičeno : Farer je namreč let a 1816 le omenil ta zapor edja in brez dokaza zapisal njihovo lastnost iz naloge 4, He ros pa je zaporedja obravnaval že leta 1802 in tudi dok aza l lastnosti iz izre ka 2 in naloge 4. . 272 bomo videli, da je pravilna, jo st rnimo v Izre k 2. Zaporedna člen a ~ in !fi;, (~ < !fi;) Fareyevega zaporedja Fk ustre ze ta pogoju m2 n I - ml n 2 = 1. Dokaz bomo oprli na dobro znani rezultat , ki pa ga kljub temu kot nalogo postavimo bralcu . Naloga 4. Dokeži, da za vsak par tujih celih števil m, n obstajata celi šte vili x, y , ki rešita enačbo nx - my =1. Zdaj pa k dokazu izreka 2. Ulomek ~ j e okrajšan, zato sta štev ili ml in n I tuji. Izberima celi števili Xl in YI tako , da velja Postavimo X = Xl + p m l , Y = YI + pnI , kjer sm o p E Z izbrali ta ko, da velja ocena k - n I < Y ~ k . (Zakaj je to možno?) Potem je (4) šte vili X in y sta tuj i, zaradi nI ~ k in ocene (4) pa velja O~ k -nI < y ~ k . Od tod sledi, da je Pokažimo, da velja Le to ni res, j e in zato x . x ml 1 - E:Fk ln - - - = - > O. y Y nI nl Y ml m2 x-< - < - nI n: Y (5) 273 ~ _ m2 > 1 m2 _ ml > 1 Y n2 n2Y n2 nI nln2 Seštejmo obe neenakosti in upoštevajmo oceno (4), pa dobimo nI + Y . k 1 =-->-->-. nln2Y nln2Y - nlY Prišli smo v protislovje s (5). torej res velja x = m2 in Y = ni - Dokaz izreka je s tem sklenjen, saj je Posledica. Sosednja člena Fareyevega zaporedja :Fk z indeksom k > 1 imata različna imenovalca. Dokaz. Enakost. ki ji zadoščata sosednja člena Fareyevega zaporedja :Fk. pove, da sta njuna imenovalca tuja in zato pri k > 1 različna. Eno od zanimivih lastnosti Fareyevih zaporedij razkriva naslednja naloga, ki jo bo s pomočjo izreka 1 lahko ugnati : . Naloga 5. Naj bodo ~, qg. in ~ zaporedni členi nekega Fareyevega zaporedja . Potem velja. m2 ml + m3= ---''----"- n: nI + n3 Vrnimo se zdaj k Fordovim krogom . Vemo, da se vsak dotakne premice t v racionalni točki (ulomku) z intervala [0.1]. Ali velja tudi obratno : Vsaka racionaina točka z intervala [0,1] na premici t je docikališče Fordovega kroga? Odgovor je pritrdilen in ga vključim..J v Izrek 3. Dotlkelišče Fordovih krogov so natanko vse racionalne točke intervala [0,1] na premici t. Zaradi izreka 1 zadošča doka zati, da je vsak ok rajšani ulomek ':: z inte rvala [0 ,1] dotikališče ene ga od Fordovih krogov. Dokazovali bomo s 274 pomočj o matematičn e indukcije po n : Ulom kov ~ in t se do t ikata najve čja Fordova krog a , torej pri n = 1 trditev d rži . Naj bo zd aj k polj ubn o na rav no število , večj e od 1. Predpostavimo , da tr ditev velja ~a n = k - 1, in dokažimo, da potem velja tudi za n = k .. Naj bo t po ljuben o kraj ša ni ulo m ek z intervala [0,1]. Seveda je iz člen Fa reyevega zaporedja :Fk , ra z li čen od O in 1. Njegova soseda ml . m2 (ml < m 2 ) nI n2 nI n2 v :Fk im at a po posl ed ici izreka 2 imenovalca ma njša od k, za to sta sosednj a č l en a Fareyevega zaporedj a :Fk- I . Po izreku 2 je tedaj m2nI - m ln2 = = 1, zarad i naš e predp ostavke pa o bst ajata Fordo va kroga KI in K2, ki se zap oredoma dotikata t v točkah ~ in !Ji:. Naloga 3 pove , da se KI in K2 doti kata m ed sabo . Iz dokaza izreka 1 zvem o, da se potem Fordov krog K, ki se dotika KI in K2, do t a kne prem ice t v točki r;:~t~2 . Z uporabo naloge 5 vidimo, da je Slik a J . 275 ) ml + m 2 k nI + n2 zato je t d otikališče Fordovega kroga K 'st. Indukcijski korak je s tem sklenjen, dokaz izreka pa kon ča n. Družino Fordovih krogov smo zgradili iz dveh enako velikih dotikajočih se krogov, ki st a hkrati njena največja člana . Zdaj pa predpostavimo, da ' z a četn a ' kroga KI in K2 , ki se dotikata med sab o. nista enako .velika. Prav tako kot Fordove kroge zgradimo iz KI in K2 druž ino krogov, ki jih imenujmo posplošeni Fordovi krogi. V družini vseh posplošenih Fordovih krogov ni nujno največjega kroga. Seveda nas zanima, kdaj pa tak krog vendarle obs taja . Torej ne bo odveč Naloga 6. Poišči potreben in zadosten pogoj z a polmera začetnih krogov KI in K2 družine vseh posplo šenih Fordovih krogov, da bo v tej družini vsaj en največji krog . Llanek s tem sklenimo, bralca pav abimo, da razkrije še kakšno lastnost posplošenih Fordovih krogov. Boris La vrič KRiŽAN KA PROFESORJU ZA ŽiVLJENJSKI JUBILEJ Rešitev s str. 224 ~ ~'a:.. r' ~1' f2: - ';č'.:,: l:.'::: -~ M .11.::. = =..-. -....::. ~::. --, _.... _. ..~ ... ~.- Ž i l isM N o I C E N T R U K T U R E M A T E M A T . \ K ~ 1 Z . V I R N I K.:c.'-~ -::I~' R o M U N I @Ji o A S =o R S 1. N I~'" ".:.~... is: ~ ~.::~;. 1 N P U T A N A K o N o A .:z:. o o ~ C E P e~ . ~l.6, K I R K ~~ o L E R o · ti '* G V ~ M A Ž A ~ ~1;1 -.- ~o S E T I ~ E R R A T A - =.A K I R A ~- .- ...~ L s - A K ~ K A M N I C A N I~ R o J A I T .:5 - ~ A J o N A ~ ~ ~:1 s o s s § A R K T U R ~;'.::.. K A T I o N ~ S R K ~ V I T E L iL~ A R N o..:.~ !:~ E T E N ~ ~!:t E T E R N I T ..E...r. I K ~ A C ~t:'~ Et p o L K A ~ ... ~ L E K T o R I J ~ Z A R N I K * J Ž _. A K A ~ Č A S T ~. o P R S J EA L A -. SIRIJ Na robu neba - zvezda omega, ves v iskrah se Sirij lesketa. Nad glavo - nema Vega v carstvu mraka in snega ledena nad zem ljo trepe ta. A.A.Blok (p rev.M. Prosen) Seveda si se že kdaj pa kdaj zazrl v zvez : SI(A....UMINlJ TAAVN.IITAPOI O. 4 . . Dan je pravo kotni tri kotnik 6.ABC. Na hipotenuzi AB je dana taka točka M , da je B M = BC, in taka točka N na kateti CA, da je dolžina daljice C N enaka višini na hipotenuzo. Dokaži, da je kot . S. Naj bosta AB in BC dve stranici pravilnega devetkotnika , točka L s redišče manjšega loka BC, točka M sredi šče daljice AB in točka N središče daljice OL . kjer je O sredi šče devetko tn iku očrtanega kroga. Dokaži, da je kot -r,OMN = 30° . 8. razred 1. Na koliko načinov lahko število 1991 zapišemo v obliki vsote zaporednih naravnih štev il? 2. Določi število a , če je a2 =1U5 ·U + 1. 1990 1991 3. V jezero se izliva potok, ki vsak dan izlije enako množino vode. 183 konjev bi venem dnevu lahko popilo vso vodo (tj . v 24 urah bi izpraznili jezero), 37 konjev pa bi jezero izpraznilo v 5 dneh. V koliko dneh bi en 301 konj popil vso vodo? 4 . Dokaži , da je vsot a kvadrat ov dolžin diagonal polj ubnega trapeza enaka vsot i kvad ratov dolžin krakov, povečani za dvojni produkt dolžin os- novnic. 5 . Naj bo P točka osnovne ploskve pravilne št irist rane piram ide. Pravokot- nica skozi točko P na ravnino osnovne ploskve prebad a ravnine st ranskih ploskev v to čkah Ml , M2, M3 in M4 . Dokaži, da je vsot a PMl +P M2 + + P M3 + PM4 enaka št irikratni dolžini višine piramid e za vsako točko P osnovne ploskve. Aleksander Po točnik T RI NALOGE Z NARAVNIM I STEV ILI - Rešitev s str. 227 l . na loga . Naravno šte vilo n , deljivo z 2 in 9, lahko pišemo n = 2k13k2p;3 . . . pr , to je kot produkt pote nc praštevil, kj er je k: 2: 1 in k2 2: 2. Tedaj ima n skupno ( kI + 1)( k2 + 1) ... ( ki + 1) deliteljev. Torej mora bit i ta prod ukt enak 2 ·7 . To je možno le, če je kI = 1 in k2 = 6. Edina rešitev je n = 2 . 36 = 1458 . 2. naloga . Le ima število n 30 enic in ostale števke enake 0, potem je vsota števk ena ka 30. Torej je št evilo n deljivo s 3, ni pa delj ivo z 9. Le bi bilo n = m2 , bi bil tud i m deljiv s 3 in zato n deljiv z 9, kar pa ni. Torej n ni popol n kvadrat . 3. naloga. Vsako naravno št evilo n lahko zapišemo v obliki n =2k " kjer j e št evilo I liho. Na izvlečenih 101 listkih so različna št evila nI = 2k1h, n2 = = 2k 2/2, . . . , n101 = 2 klOl/101 . Fakt orje h, '2, .. . . h»: izbiramo med sto lihimi štev ili 1, 3 , . . . ,199 . Torej st a vsaj dva enaka. Denimo, da je kar 11 = ='2. Tedaj ima mo nI = 2k1/I in n2 = 2k2/2 . Le je kI > k2 ' pot em n2 deli nI , če pa je k2 > kI , potem je o: deljiv z nI . Borut Zalar POTREBU JEŠ - RABiŠ Bila sem bruculja. Pri profesorju Ivanu Vidavu sem napačno uporabila glagol rabiti. Profesor me je ljubeznivo pou či l : " Rabimo lah ko le to , kar že imamo. To, kar iščemo , pa potre bujemo ." Nikoli več se nisem zmotila . Pri poučevanj u matemat ike sem skrbno pazila na pravilno rabo jez ika. Marija Munda 302 32. ZVEZNO TEK lYf OVANJ E SREDNJEŠOLCEV IZ MATEMATIKE 32. zvezno tekmovanje sred nješo lcev iz matematike je letos organiziralo Društ vo mat emati kov, fizikov in ast ronom ov Srbije. Tekmovanje je bilo v Valjevu v soboto 20. in nedeljo 21. aprila 1991. Zaradi manjšega skupnega št evila t ekmovalcev kot lani ( lani 121, letos 112) , predvsem pa zarad i na novo odmerjen ega števila tekmovalcev iz posameznih republik , se je 19. aprila pod alo na pot 10 učencev iz naše repub like: iz prvega letnika Narvika BOVCON in Domen PRASNIKAR, iz drugega Bojan GORNIK , Marko KRAJNC. Mitj a MASTNAK in Andrej SRAKAR, iz tretjega Tomaž CEDILNIK , Gregor IRT in Marko SLAPAR , te r Dušanka KOCIC iz četrtega letn ika. Vodi la sta jih študenta matematike Peter ANASTASOV in Matjaž 2ELJKO , zastopnik Slovenije v zvezni tekmovalni komisiji pa je bil asistent Darjo FELDA . Pozen prihod slovenske ekipe v Valjevo ni delal nobenih težav , saj je Grand Hotel Valjevo, v kate rem je prebivala slovenska ekipa , zelo blizu gimnazije Valjevo in so si tekmovalci lahko privoščili malo daljši počitek . V soboto dopoldne so t ekmovalc i štiri ure reševali naslednje naloge : Prvi letnik 1. Prernica , na kateri leži težišče T trikotni ka ABe, seka strani ci AB in AC ter nosiiko st ranice BC zaporedoma v točkah P, Q in R. pri čem er leži točka C med B in R. Dokaži. da velja 1 1 1 T P == T Q + TR 2. Lik :F je. sestav ljen iz točk B in D ter lokov B D in D B . n ač rtan ih v notranjost i kvadrata ABe D s sredi š čima v A in C in spoi meroma ena kima stra nici kvadrata . Dokaži. da imajo vsi pravokot niki, očrtani liku :F, kat erih vsaka st ranica ima z likom :F natanko eno skupno točko, enak obseg. 3. Ali obstaja zaporedje s 3982 č le ni znaslednj ima lastnostima : (a) Vsako število l: E {1, 2, . .. ,J D9J} se v zaporedju pojavi natanko dvakr at . (b ) Vsako število k se d rugi č pojavi natanko k mest od mesta , kje r se je p rv i č pojavilo J03 4. Dokaži, da velja neen akost :~(a2_b2)2 ~ >J(t2+b2 8 +a+b- 8' če sta a ;:: 1 in b ;:: 1. Drugi letnik 1. Krogu s prem erom 1 sta očrtana tr ikotnik in kvad rat. Dokaži , da j e del obsega kvadrat a, ki leži zu naj t rikotni ka , krajš i od 1, 8 . 2. Dane so štiri t ake premic e, da se poljubni dve sekata in da se nob ene tr i ne sekajo veni točki . Te premic e določajo št iri t rikotnike . (a) Dokaži , da imajo očrtane krožnice teh trikotnikov skupno točko X . (b) Dokaži, da ležijo s red i šča t eh krožnic na krožnici, ki vsebuje točko X. 3. Dokaži, da za pozit ivna št evila a , b in c velja neenakost : 1 1 --;;----:-;0------',- + + < - a3 + b3 + abe b3 + e3 + abe e3 + a3 + abe - abe Kdaj velja enakost ? 4. V ravnini se nahaja ta kšnih 211 točk (11 modrih in 11 rdeči h ) , da nobene tri ne ležijo na isti premici. Dokaži, da obst aja 11 daljic z ra zli čn o obarva nima krajiščirna , ki se paroma ne sekajo. Tre tji in čet rti letnik 1. Naj bo a naravno štev ilo. Zaporedj e {x n } definiramo s predpisom : X I = a , { ~• - 2Xn+1 - 3r'2+ 1 če je :I: n sodo številoče je x" liho število . Dokaži, da je vsaj en člen zaporedja {J:,,} sod o število . 2. Koliko je permutacij ((11,(1 2 , .. . ,(1,,) št evil 1, 2, ... , 11, da za vsak kE {2,:J , . .. ,11} velja : med števili a2, a3, . . . ,(t k_1 obstaja vsaj eno, ki se od št evila (tk razlikuje za 17 3. Naj bo (10 ;:: al ;:: (12 ;:: ;:: (1" > O in naj bo et ničl a polinom a p (X) = (loJ:" + (11:1:,, -1 + + (L " . Dokaži, da je lo/ ~ 1. 304 4,_[fan a je pravokot na ta bela , ki ima nt stolpcev in 71 vrstic, kjer sta JH in 7l ist e parnosti in je nt > n . V spodnjem levem vogalu se nahaja beli lovec, v zgornjem desnem pa črni lovec. Igralca B iri Č' izmen i čno premikata lovca po pravilih šahovske igre. Igralec B , ki začne igro, vedno igra z belim lovcem, igrale c Č pa s črnim . Zmaga tisti igra lec, ki postavi svojega lovca pod udar nasprotnikovega lovca. Določi , kat eri igralec zmaga , in opiši zmagova lno strategijo. Popo ldne so si te kmovalci ogledali nekaj lokalnih znamenitosti, spremljevalci pa raziskovalno post ajo Petnica , zv ečer pa je bilo družabno srečanje v valjevski gimnaziji. Kljub zelo tež kim nalogam (npr . prva in četrta v prvem letniku ter tre tja v tr etjem in četrtem letniku) se je slovensk a ekipa vrnila domov z enim olim- pijcem. Dijak Gimnazije Bežigrad Tomaž CEDILNIK se je v maju udeležil balkaniade v Const anzi (Romunija) in v juliju še mednarodne matematične olimpiade v Sigutni na Svedskem. Matjaž Željko UČITE LJ BI MORAL ZNATI VSE Na krožku mladih matematikov sm o se ubadali z nalogo, ki ni in ni hot ela iz lupine. Tedaj se je eden od učencev nagnil k meni in mi tiho zaupal : " Kajne, to varišica , vi se samo delate, da ne znate." BITI MORAŠ PREVID EN Obiskat me je prišla bivša učenka , študentka na Vjsoki tehn iški šoli v Mari- boru. Nagajivo mi je pripovedovala , kako spra vlja ob živce svojega profesorja matematike. ..Deklič, s te plati te jaz ne poznam. Nikoli se nisi vmešavala v moje razlage." "Ja, tovarišica, vi ste bili pametnejši. Rekli ste : Jaz vidim to rešitev , če vidi kdo boljšo, naj pove." Marija Munda 305 šE NAOKROG PO STOŽCU - Rešitev s str. 202 Pri s t rm em stožcu bo za nka lezla navzdol, pri širokem stožcu pa nav z- go r. Zanka je v ravn otežj u takra t,. ko je njeno skrajšanje x (= spust uteži) enako njenemu dvigu y , t orej ko je lp = 7f/ 3 (trikotnik ABC je ted aj enakostranični). Ker je tp = = 27fr/s, dobimo za mejno obl iko stožca s =6r . Anton . Cedilnik POIŠČI IZREK - Rešitev s str. 223 Če začnemo brati pri K v sredini in beremo v poz itivn i smeri (n asprot ni gibanju urinega kaza lca), ta ko da izp uščarno po dve črki , dobimo izr ek: KVADRAT J E ENAKOSTRAN I Č N I PRAVOKOTNIK . Z ENO POTEZO - Rešitev s st r. 223 Marija Vencelj 306 P OROČILO O MEDNARODNEM TEKMOVANJU MEST S šolskim letom 1990/91 se je Slovenija vk ljučila v Mednarodno tekm ovanje 11lest iz mat ematike Pri J(omisiji za popularizacijo matematike v srednji šoli smo se odločili , da prevzamemo lokalno organizacijo tega tekmovanja za področje Slovenije, in to sporočil i glavnim organizatorjem v Moskvo. Učenci tekmujejo v dveh skupinah : prvi in drugi letnik veni ter tretji in četrti v drugi skupini . Tekmovanje je razdeljeno na jesenski in spomladanski krog s po desetimi nalogami, vsak od njiju pa na dva dela (4 + 6 nalog) , ki ju je treba izvesti v roku enega tedna. Naloge , ki smo jih sicer dobili v angleškem jeziku preko Avstralije, smo prevedli v slovenščino , nato pa izdelke spet v angleščino te r skupaj z originali poslali v Moskvo , kjer se ocenijo. Tekmovalne naloge so precej zahtevne , zato se je Komisija za populari- zacijo matematik e v srednji šoli odločila , da povabi na Mednarod no tek- mo vanj e mest le tiste učence, ki so se udeležili zveznega tekmovanja . Naj predstavimo samo po tri naloge iz obeh skupin : Jesen 90 : 1. del: 1. in 2. letnik Dokaži: če je produkt dveh pozitivnih števil večji od njune vsote , potem je ta vsota večja od 4. Jesen 90 : 1. d el : 3. in 4. letnik Napravimo" ope ke" ta kole: vzam emo enotsko kocko in na tr! njene mejne ploskve, ki imajo skupno oglišče , prilepimo po eno enotsko kocko ta ko, da se zlepljene ploskve ujemajo. Ali lahko s taki mi opekami sestavimo kvader dimenzije 11 x 12 x 13 7 1 b = - ----.---a = -------.--- J esen 90 : 2. d el, 1. in 2. letnik Dani sta . .. . . 2+-----.------ 3+ - - - -1 . .. . . 2 + - - -.-- 3+ - - -- Dokaži, da velja + 1 98 + 99 1 \0 - bl < 99! . IDO!' 1 +---1- 99 + 100 .307 P omlad 91, 1. del, 3. in 4. le t n ik (a) Ali lah ko postavim o v prostoru 5 kock t ako , da se vsa ka izmed nj ih z delo m svoj e mej ne ploskve do tik a vseh drugih 7 ( b) Kaj pa , če im a mo 6 kock 7 Pomla d 91, 2. del , 1. in 2. letn ik I šč emo taka naravna števila , ki se končujejo na 5, da števke (c ifre) v de- setišk em za pisu ta kega števila ne padajo (od vključno druge št evke da lj e ni nob ena m anjša od t iste, ki je pred njo) in da v de setiškem zapisu kvadrata takega števila števke prav tako ne padajo. (a) Poišči 4 taka števila. (b) Dokaži , da je takih števil neskončno mnogo. Pomlad 91, 2. del, 3. in 4. letnik Da na j e kro žn ica in izbrana t etiva A1 N. Za vsak prem er AB t e krožni ce po te g nemo pra vokot nico 1 na AB, ki gr e skozi p reseč iš č e premi c (."1, M) in (B , N) . Do ka ži, da gredo vse te pravokotnice skozi neko skupno točko . U čen ci , ki so pri reševanj u nalo g zelo usp ešni , do bijo posebno priznanje, čeprav že ime tekmovanja pov e, da t ekmu j ejo me sta , ki j ih predst avlja največ po pet t ekm ova lcev (gl ede na štev ilo prebiva lcev) . Vrstni red me st se ses ta vi po posebnih pra vilih . Do sedaj še nism o prej e li obvestila . kako so se slovenska m esta uvrst ila m ed drugi mi sod el ujočimi , smo pa bili zelo veseli, ko so na m iz Moskve sporočili , da podeljujej o poseb no priz nanj e ka r petim učencem slovenskih srednjih šol. Priz nanje so osvoj ili: Andr ej Srakar in Tomaž Cediln ik iz Ljubljane , Marko Krajnc iz Maribora , Mitja M astnak iz Celja ter Bojan Gornik iz Novega mesta . Vsem iskreno čestitamo. Darjo Fe/da SREČKA - Rešitev s str. 203 Ker je Tinina mama poznala samo številsko vsoto številke Tinine srečke , je la hko takoj našla pravilen odgovor le, če je bila številka srečke ena ka 99999 in j e mama stara 45 let . Enakost števk je očitno nujna in edin o v primeru . ko so ena ke 9, ne moremo njihove vsote predstaviti kot vsoto petih drugih enom estnih števil. Marija Vencelj TRANSURANI V naravi ni najti elementov, ki bi bili v periodnem sistemu razvrščeni za urar-ern . Vsi ti elementi so bili narejeni umetno . Ker sledijo za uranom, jim pravimo transuranski elementi ali kratko t ransurani . Ko so obseva li izotop urana U238z nevtroni, so dobili prva dva transurana neptunij Np z atomskim številom Z = 93, iz tega pa plutonij Pu z Z = 94: To je vedel že Fermi leta 1934. Danes poznajo najmanj 12 izotopov neptunija z masnimi števili od 230 do 241 in več kot 15 izotopov plutonija . Pri obsevanju plutonija z nevtroni so dobili americij Am z Z = 95. Americij ~~lAm je srebrnkasta kovina. Ko so Am obsevali z nevtroni , so dobili kirij ~2Cm . S podobnim dolgotrajnim postopkom obsevanja §~9pu so pridobili berkelij Bk in kalifornij Cf. Vendar po tej poti niso dobili novih transuranov. Leta 1952 so na Bikiniju naredili poskus z vodikovo bombo . Pri tem se je v kratkem času sprostilo ogromno število nevtronov. Iz ene tone obse- . vanih koral so po dolgem postopku izločili majhne količine novih transuranov einsteinija in fermija . Ker obsevanje z nevtroni ni dalo novih transuranov, so jedra elementov bombardirali z jedri drugih elementov. V letih 1940 in 1950 so z alfa delci (helijevimi jedri ~He) in devtroni obstreljevali jedra do tedaj znanih transuranov. Dobili so izotope elementov 94, 96, 97 in 98. Primeri takih reakcij so: 238pU 94 243Bk + 2 ln97 O Poslednji transuran, ki so ga dobili na ta način, Je bil 101 element mendelevij. To je bilo v Berkelyju v ZDA leta 1955. 309 Ka snej e so za če l i bombardirat i tarče z vse bolj masivnimi ioni . Elem ent 102 so odkrili najprej v Stockholmu, pozneje še v ZDA. ·Vendar to ni po vsem za nes ljivo . Rusi trdijo , da so element 102 prv i odkrili v Dubni v SZ leta 1963, leta 1965 pa element 103. Let a 1964 so v Dub ni na ciklotronu U-300 sintetizira li elemen t 260104, ki so ga imenovali ku rča tovij Ku . Reakcij a j e bila 22Ne + 242pu --+ 10 94 260K 4 1104 u + On. Zad nj i element, ki so ga dobili po tej poti , je bil narejen li Dubni leta 1970: 22N + 243A 265105 + 4 01 n.10 e 95 m--+ Elemen t 105 so imenovali nilsborij. Leta 1973 so kot tarčo začeli uporabljati navadni svi nec . Na ta način so v Dubni let a 1974 odkrili 106. element 54C + 207Pb 259106 + 2 01n,24 r 82 --+ leta 1976 pa še 107. element: S4C + 209B' 261107 + 2 0 1n .24 r 83 1--+ P rva dva izotopa 108. elementa so pridobili v Dubni leta 1984, skoraj is- točasno pa tudi v Darmstadtu. Sredi leta 1987 so sintetizira li v Dubni pribli- žno 40 jeder elem enta 110, ki pa so razpadla že po ne kaj stotinkah sekunde . Transurane oziroma morebitne sledi njihovih razpadov so iskali tudi v meteorit ih vend ar brez posebnega usp eha . Sinteza transuranov še ni končana. Kdo ve, kaj bodo prinesli novi eksperimenti . Dušan Murovec RIBiŠK A - Rešitev s st r. 193 Ke r je 2 + 3 + 3 + 4 = 12, bi bila zadnja števka skupn ega števila ujetih rib enaka 2. Tako pa se ne končuje no be n kvad ra t naravnega števila . Edina možnost je, da ribič i niso štirje , ampak le trije, da je torej ed en od očetov oče dr ug ega očeta. te prim erjamo zad nje števke ujetih rib posameznikov, je možno le , da je Andrej Jožetov sin . Mafija Vencelj 310 V ZT RAJNOST IN TRENJE Pogovor o vztrajnosti, preden vpeljemo maso , pogosto spremljamo s prepros- ti mi poskusi . . Pri enem od njih izpod telesa hitro potegnemo prt, ne da bi telo padl o z mi ze . Poskus rad i pokažejo tud i rokohitrci . V ameriški srednješolski fizikal ni reviji The P hysics Tea cher je H.T.Hudson pred časom opozo ril na to , da :",a pri pojavu pomembno vlogo trenje (There 's more to it than inertia, 23 ( 1985) 163). Izid poskusa je odvisen od koeficienta trenja m ed telesom in prto m in ni odvi sen od mase . V isti reviji sta ga pred kratkim dopol nila U.Ha ber-S chai m in J .H .Dodge (There's m ore to it than Iriction, 29 (1991) 56) . Ni pomem ben sa mo koeficient trenja m ed telesom in prtom, ampak t udi koeficient t renj a med t elesom in mizo . Misel sta podprla s poskusom in ob . t em zapisala nek aj enačb . Njun poskus, pri kat erem sta uporabila neposredno pr i k lj u č eni računal nik , je mogoče narediti na moč preprosto . Na m esto prta uporab imo pisarniški papir, ki s e ne guba kot prt . Papi rji ene vrst e se m ed seboj razlikujej o precej ma nj kot prti . Poleg t eg a lahko mizo ob ložimo z d rugim pap irj em ena ke vrste, tako da je po memben samo ko eficient t renja me d t eleso m in papi rjem . Mis el , da bi poskus nar edili s kovanci, se ni ob nesla . Koeficient tr enja med kova ncem in papirj em je za o be st ra ni kov anca skoraj enak in z njim ni mogoče izvesti dveh vrst m erjenj . V de lav nici O ddelka za fiziko so izdela li za po sk us št iri ena ke ploske m edeninast e valj e z maso 15 g ramov in prem erom 2,7 centim et ra , ki so bili na en i strani zgl aj eni, na drugi pa hrapavi . Tu di poskusi z njimi niso zadov olji li. Zgl aj ena in hrap ava stran st a se gled e na koefi cien t t renja na pa pirju še prem a lo razlikova li. Zato je im el pri končn ih merjenji h valj na hr a pavi strani nalepljeno platno . S mirkov papir se ni ob enesel , ker se je prehit ro zra bil, g um a pa je imel a prevelik koeficient t renja . Poleg tega se j e po kazalo , da so od stopa nja med izidi večj a pri poskusih z vsemi va lji kot pri ponavljajoči h se poskusih z enim samim valjem . Zato sem delal poskuse z enim samim va ljem . Postavil sem ga na pa pir v razda ljo L od k raj i š č e papirja (slika 1) . Na drugo kraj išče pa pirj a sem z lepilnim tra kom prilep il alum inijevo let ev in na njeni krajišči prit rdil vrvico . Z roko sem prijel sredino vrvice in jo na pel. Na to sem jo na vso moč sunkovi to potegnil v vodoravn i smeri. Ni bilo lahko vleči ves čas s ko likor mogoče en akomernim posp eško m v vodoravni smeri . Toda po vrsti poskusov se m si pridobil dovolj vaj e. Nisem popustil želji , da bi upoš t eval sa mo "dobra merj enja" , ampak sem upošteval vsa . Ne morem jamčiti, da nisem podzav estno kako vplival na izid m erj enj. Pri resnejših poskusih bi bilo tr eba bolj e pos krbeti , da bi se giba l pap ir vselej z enakim in enakomernim 311 pospeškom. Vendar bi bilo t reba v to vložiti precej dela. Preprost mehanizem, pri kate rem naj bi padajoča ute ž zagotovila enak in enakom erni pospešek. se ni obnesel. . Potem, ko se je valj na spodnjem papirju ust avil. sem zaznamoval lego in izmeril odmik. V nizu merjenj sem po desetk rat potegnil papir pri vsaki izmed štirih za četn ih leg valja , izmeril odmik , izračunal povprečno vrednost in efekt ivni odmik. Najprej sem naredil niz merjenj z valjem z gladko stranjo na papirju in ga pot em ponovil s plat neno st ranjo na papi rju. Izide kaže graf (slika 2) . Poskusimo pojasniti izid z nekaj preprostimi računi. Papir začnemo vleči ob času t = O s konstantnim pospeškom aa > klg, če je kI koeficient le- penja valja na papirju in 9 težni pospešek. Le za izhodišče vzamemo začetno lego tistega roba kovanca, ki leži v smeri vleke, opiše gibanje krajišče papirja enačba xo = aO t 2 - L. Dokler se giblje valj po zgornjem papirju, deluje nanj samo vodoravna komponenta sile F = kqm«, če je mt težna masa valja in k ~( 1,1 2 ± 0,18) cm -=:::=_~,I, =I _--- 'r' . Slika 1 Valj na zgornjem papirju pred po- sku so m in na spod njem po njem Z izme rki odmika O pri L = 5 cm . Slik a 2 Odvisnost O in aa / al od L za gladko (neprekinejno) in s platnom pre- vleč eno ploskev valja (črtkano) . Nap a ke, to so izračunani efekt ivni odmi ki. ki j ih kažejo navpi čne črtice , so večje v drugem primeru kot v prvem. 11 10 9 ----t---t---8 - -- - - - O '"'" 6 //fcm 4 ('f 2 i// ,- / / L.,,~ O 20 cmO 5 10 15 312 Iz niza izmerko v določene količine Xl . X2 , .• X n dobimo izid , ki je najbl ižji neznanemu pravemu izidu. s povprečno vrednostjo _ 1 x =-(Xl + X2 + . .. + xn ) . n Z efektivnim odmikom povprečje povemo. kako natančen je izid x = x ± 6x . Dost ikra t imenujemo 6x kar absolutno napako. Relativno napako 6x/x izra žamo v odstotkih. 2:epni računalnik ima poseben ststistični program. ki hitro izračuna povpreč­ je in efektivni odmik. Pogos to efektivnega odmika ne izračunamo . ampak ga oce nimo z absolutno vrednostjo razlike tipičnega izmerka od povprečj a. koeficient t renja med valjem in papirj em . Po Newtonovem zakonu mva1 = =kgmt, v katerem je my vztrajn a masa valja, se giblje valj s pospeškom mt al = kg- o my (1) Hitrost valja glede na mizo je v = al t in premik x = al t2 . Valj pade z zgornjega papirja ob času tI in poslej drsi po spod njem papirju . Ena čb a x( ri ) = XO(tI) pripelje do zveze V tem trenutku se giblje valj s hitrostjo VI = al tI in je premaknjen za SI - al tf. Tu smo spregledali postopno spremembo sile od kqm, na O. ko se rob papirja premika prek valja. Le bi hoteli to sprem embo dosledno upoštevati , bi ra čunanje močno zapletli. Pri premikih, ki so veliki v primeri s premerom valja, s tem nismo zagrešili velike napake. Med giba njem valj a po padcu deluje spodnji papir nanj z vodoravno komponento sile F = - kgmt in po Newtonovem zakonu je njegov pospešek (2) 313 Hitrost valja je v = a2( t - tI) + vi in njegov skupn i premik od začetka poskusa 5 = a2(t - tI)2 + V1(t - tI) + 51, t :» tI . Valj se zaustavi v trenutku rz. ko je v( t2) = O, torej t2 = tI - vI! a2. S tem dobimo odm ik (3) Razmerje 0/ L določa razmerje pospeškov ao in al : 2L 0+ 1. Pikolovsko smo razločevali vztrajno in težno maso samo zato, da smo izrecno pokazali vlogo vztrajnosti . Zarad i ekvivalentnosti obeh mas moramo post aviti mrl mv = 1. Od mas e neodvisni izid ne pomeni , da vztrajnost ni pomembna, ampak da sta vztrajna in težna masa enaki. Podobno ravnamo na primer pri izvajanju enačb e za nihanje nitnega nihala . S telesom z vztrajno maso O poskusa ne bi mogli naredit i (mv --+ O pripelje do al --+ oo) , kakor ga ne bi mogli narediti , če ne bi bilo tr enja (k --+ O pripelje do al --+ O). Izmerjeni premik D( L) pri začetn i razdalji L = 5 cm, 10 cm, 15 cm, in 20 cm za dano spodnjo ploskev valja kaže, do kolikšne mere je razmerje 0/ L konsta ntno . To velja v okviru napak pri merjenju (slika 1) in se sklad a s privzetko m, da je razmerjeao/al konstantno. Iz merjenj sledi za to razme rje 11,1 ±O,6 za gladko ploskev valja in 7,9±0,6 in za ploskev, prevlečeno s platnom. Da bi izboljša li natančnost , poskusimo meriti drugače . Valj spustimo po klancu z dolžino Lo pri danem nagibu tp > tpo. Klane c se konča v vodoravnem izteku, v katerem doseže valj razdaljo LI, pred en se zaustavi. Po izreku o kinetični in potencialni energiji se začetna potencialna energija mgLo sin tp porabi za delo sile trenja Lo k mg costp+ LI kgm. Izračunamo efektivni koeficient trenja k = Lo sin tp Lo costp + LI' Pri našem poskusu meri dolžina klanca Lo = 15 cm . Pr i desetih ponovitvah izmerimo doseg L I bolje kot na 6 % natančno in koeficie nt tr enja še natančneje. Toda ugotovimo, da je koeficient tr enja odvis en od nagiba . Pri gladki ploskvi z nagibom narašča : 0,26 (n agib 20°) ,0,28 (25° ), 0 ,33 (30°), pri platneni pa pojema : 0,51 (30°) , 0,47 (35 °), 0,43 (40 °) . Pr ičakova li bi, da bi efe ktivni koeficient pojemal z naraščajočim nagibom , saj z nagibom narašča hit rost valja na dnu , s tem pa koeficien t tr enja pojema . Vse kaže , da moti trk valja z vodo ravnim izt ekom na koncu klanca, in to tem bolj. č im večja je hit rost valja . To pride do izraza pri glad ki strani valja , ne pa pri plat nen i strani, pri kat eri pla tno tr k ublaži. 314 Pospešek aa lahko določimo, č e poznamo koeficient trenja . Na klan cu v mej nem nagibu 1f!0, ko valj ravno drsi s konstantno hitrostjo, velja k =tglf!o . Za gladko ploskev valja dobimo tg14° = 0,25 , za ploske v, prevlečeno s platnom pa tg24° = 0,45 . Koeficienta lepenja ki sta za nekaj deseti nk večja . Merjenj a so dokaj nenatančna, mejni nagib je nenatančen do stopinje , koeficient trenja pa do 0,02, tako da doseže relativna napaka skoraj 10 %. Zato se je najb olje zadovoljiti z nenatančnima koeficientoma trenja, ki smo ju dob ili z mejnim nagibom 0,25 in 0,45 . Z njima izračunamo z enačbo (1) po sp ešek valja za gladko stran al = 0,25·9,8 m/s2 = 2,5 m/s2 in al == = 0,45 · 9, 8 m/s2 = 4,4 m/s2 za pla tneno st ran. Z izmerj enim razmerjem aO/~l lah ko nato ocenimo pospešek papirja aa: ao = 11,1 · 2, 5 m/s2 = 28 m/s2 za gladko stra n in aa = 7 ,9 ·4 ,4 m/s2 = 35 m/s2 za platneno. Oceni se razlikujeta za ~ao = 7 m/s2. Delno to pojasnimo z nenatančnim merjenjem , delno pa z Newtonovim zakonom , ki ga to pot uporabimo za papir : F, - Fp - kmt9 = m*ao . F, je sila roke, Fp sila spodnjega papirja in m" masa papirja. aluminijeve letve in vrvice . Le je sila roke pri vseh poskusih enaka, velja zveza m" !lao = = -m r 9~ k . Z njo dobimo za razliko pospeškov papirja mr9( - !i.k )/ m" = 15 g . 9, 8m5-2 . O, 2/11 g = 3 m/52, medtem ko smo prej dobili več kot dvakrat več. Pri računanj u napake razlike se absolutni napaki seštejeta in relat ivna napaka lahko močno naraste. Na eni strani poznamo koeficienta trenja z relativno napako 10 %, tako da je razlika -t.k =(0,45 ± O, 05) - (O, 25 ±O, 03) =0,2 ± 0,1 in naraste relativna napaka na 50 %. Na drugi strani poznamo pospeška pap irja približno z relat ivno napako 10 %, tako da je razlika t.ao = (35 ± 4) m/s2 - (0,28 ± 3) m/s2 = (7 ± 7) m/s2 in nara ste relativna napak a celo na 100 %. Najb r! pa razkrije ta razlika tudi slabost privzetkov , na primer tistega , da je sila roke pri vseh poskusih enaka , ali tistega , da je pospešek papirja konstant en . S to ugotovitvijo se moramo zadovoljiti. Merjenja pri pojavih s trenjem so pogosto nenatančna . Uvideli pa smo , da je mogoče tudi z nenatančnimi podatki marsikaj koristnega ugotoviti . Ne smemo pozabiti, da so v fizik i vsi podatki bolj ali manj nenatančni in da so zaradi tega bolj ali manj nenatančni tudi vsi izidi . Janez Strnad Od tod sledi 315 KOLIKO PITAGOREJSKIH TRIKOTNIKOV? Rešitev s str. 213 Na dva načina izraž ena plošči na pravokotnega trikotnika nam da zvezo 2ps = ab (25 =obseg tri kot nika) . ab p= = kv(u- v), a+b+ c kjer sta u in v tuji naravni št evili, eno sod o in eno liho, u > v in k poljubno naravno števil o. Za vsak n E IN zagotovo obstaja vsaj en tak pitagorejski t rikot nik, da j e polmer njegove včrta ne krožnic e enak n. Dobimo ga npr . za k = n , u = 2 in v = 1. In koliko j ih je za posamezen n? Naj bo praštevilska razcepitev št evila n. Pri tem je ekspon ent pri kakšnem od praštevil lahko enak n i č . To samo pom eni, da tis to praštev ilo vrazcepitvi deja nsko ne nastopa (npr. 2, če je n lih) . Zanima nas št evilo t roj ic (k , u , v), za katere je k ( ) - 2° 01 ° 2 OmV U - v - PI P2 . . ·Pm . Praštevila Z desne moramo porazdeliti med števila na levi tako, da bosta v in u - v tuj i števili in število u - v liho. Za k ni omejitev, vsebuje vse fakto rje, ki niso v v(u - v ). Faktorje 2 lahko na o: + 1 način porazdelimo med v in k . Za ost ala praštevila je potrebno upoštevati le tujost med v in u - v. Praštevilo Pi lahko nast opa ali v v z O: j raz li čnimi eksponent i ali v u - v z O:j ra zli čn i m i ekspone nt i ali pa v produk t u v( u - v) ne nas to pa . Imamo torej 20:i + 1 možnosti. Od to d sledi N(n) = (o: + 1)(20:1 + 1)(20:2 + 1) .. .(2o m + 1). kjer smo z N(n) označili število iska nih pitagorejskih t rikotn ikov. Tako ima le t rikotnik s stranicami 3,4,5 polmer včrtane krožn ice enak 1. Včrta na krožnica ima polm er 2 pri dveh t rikotnik ih: s stranicami 6,8,10 in 5,12 ,13 . Le je n liho praštevilo , je N(n) = 3, za n S 100 pa se da največ pitagorejskih t rikot nikov očrtati krož nici spoimerom 90 . Takih t rikot nikov j e kar 30. Marija Vencelj 316 MERJENJE PADAVIN Z RADARJEM Opa zovanje oblakov z radarjem in obd elava rada rskih merit ev z ra ču n a lnikom sta precej mladi področji v meteo rologiji. Razumljivo je torej , da še nista splošno poznani. Ker smo začeli v letu 1991 v Sloveniji s poskusnim radars kim merjenjem padavin, se zdi primerno, da vsaj na kratko povemo nekaj o meteoroloških radarjih in njihovi uporab i. Meteorološki ra dar Osnovni deli radarja so oddajnik, ant ena in sp rejemnik. Oddajn ik tvori zaporedje paketov elektromagnetnih valov, antena pa jih usmerja v ozek prostorski kot . Izsevani paket potuje skozi atmosfero in, če na svoji pot i naleti na oviro (hrib, letalo , množico kapljic v oblaku), se na njej siplje. Del elektromagnetnih valov se siplje nazaj, kjer jih s pomočjo iste antene zazna sprejemnik . Z usmeritvijo antene je določena smer , v kate ri je ovira , z zakasnitvijo odmeva za časom izsevanja je določena oddaljenost ovire, z jakostjo odmeva pa njene odbojne lastnosti. Usmerjanje in sevanje antene ter sprejem, shranjevanje in prikaz radarskih odmevov izvaja računalnik, ki je preko ustreznega vmesnika povezan z radar- jem . Računalnik izvaja omenjene naloge, kot mu veleva vanj vstavljen ; pro- gram . Antena je lahko stalno usmerjena v katerokoli smer ali pa se obrača. Radars ki od mevi iz vseh oddaljenosti iz trenutne smeri se sproti shra njujejo v računa lnikov spomin , kjer se uvrsčajo v trodimenzionalno polje odmevov - radarsko sliko atmosfere , hkrati pa se t udi posredujejo oddaljenim uporab- nikom preko telefonskih zvez. Meteoroloških rada rjev je dandan es v svetu že več sto. Tudi v Sloveniji imamo enega ; postavljen je na Lisci pri Sevnici . Radar je ameriške izdelave in ima anteno v obliki rotacijskega paraboloida s 'premerom 4 metre. Antena seva valovanje z valovno dolžino 5 centimetrov v kot 1 stopinje . V vsaki sekundi izseva 250 paketov , ki so dolgi po 600 metrov . Povprečn a moč sevanja znaša 250 wattov. Sprejemnik meri odmeve do razdalje 200 kilometrov. Računalnik vsakih 15 minut vk ljuči sevanje in zavrti anteno nekajkrat okrog navpične osi; obrati potekajo pri različnih naklo nih antene glede na vodo- ravno ravnino. Celotna meritev traja približno 5 minut, nato pa računa lnik sevanje i zklj uči in poš lje izmer ke po telefonski zvezi os rednje mu ra čunaln ik u na Hidrometeorološkem zavodu v Ljubljani. Tu se zaporedne radarske slike shranjujejo in prikazujejo na prikazovalnem zaslonu za uporabo pri kratkoročni 317 napovedi vremena . Merjenje odbojnosti Poskusimo iz jakosti odmeva ugotoviti odbojne last nost i meteorološke ovire - množice dežnih kapelj . Antena naj seva moč P v kot 2e. Na razdalj i R od anten e ima potem radar ski snop polm er r = Rs; ne ~. Re , gostota . energijskega toka v snop u pa znaša j ~ Pj-trr2 ~ P/ 1re2R2 Dežna kaplja v radars kem snopu na razdalji R siplj e elekt romag netno valovanje na vse st rani. Gostot a energijskega tok a jr , ki se siplj e nazaj , j e sorazmerna gost ot i vp a d aj o če ga to ka J in pada s kvadrato m razdalje od kaplje; pri radarski ant eni znaš a torej Jr = oj/41r R2 = o p/ 41r2e2R4 , Sorazmernostni koeficient o imenujemo odbojni presek kaplje. Odvisen je od velikosti in oblike kaplje, pa še od valovne dolžine vpadnega valovanja . Vendar se k an t eni naenkrat ne vrne le odmev ene kaplje na razdalji R, pač pa odmevi celotne množice kap elj pri tej razdalji. l. e s h označimo dolžino paketa valovanja , poka že kratek razmislek, da se istočasno vrnejo k anteni vsi odmevi iz prostornine 1rr2 h / 2. l. e z n označimo še števil o kape lj na prosto rninsko enoto, je št evilo vseh kapelj , katerih odmevi se istočasno vrnejo do antene, enako N = mr r 2 h / 2 = mre2 R 2h/ 2. Pri anteni povzročij o gost oto energijskega to ka Nj , . Radarska an tena plosčine S torej sprejme moč P, =NJ, S oziroma po vstavitvi izra zov za N in j r: P = (hS P) ( no ) r 811" R2 ' Vidimo, da je moč od meva sora zmerna vsot i od bojn ih presekov kape lj na prostorninsko enoto no . To vsoto imenujemo od boj nost . Velikost soraz mer- nost ne konsta nte hS P/ 811" je odvisna le od lastnost i radarja . Pr i radarj u na Lisci znaša po zgornjih ocenah 75 x 103 Wm3 . l.e konst anto poznam o, lahko iz izmerjene moči od meva Pr in razd alje R določimo odboj nost kapelj pri tej razdalji. Slika na zadnji strani ovitk a prikazuje radarsk i posnetek atmosfere nad Slovenijo; področja ra zličnih odbojnosti so ozna čena z različni mi barvam i. Merjenje pad avin Odbojnost ni ravno količina . ki bi jo v vsakdanjem življenju morali poz- nati. Bolj zadovoljni bi bili, če bi namesto odboj nost i poznali na primer jakost pada vin, to je prostornin o oziroma maso dežja , ki v časovni enoti pad e na 318 ploskovno enoto. N ata nčn e povezave med odbojnostjo in jakostjo padavin ni pričakovati , ker lahko ra zli č n e kom binacije števila kapelj n in njihovih presekov tr (na primer veliko drobnih ali malo velikih kapelj) v splošnem povzročijo enake odbojnosti na in različne jakosti padavin . Poleg tega radar zaradi hribov in ukrivljenosti zemeljske površine ne more meriti odmevov tik nad tlemi, ampak le na večjih višinah . Pričakujemo lahko torej kvečjemu bolj ali ma nj dobro statistično povezavo . Primerjave med radarskimi merit - vami odbojnosti in tal nimi meritvami jakosti pad avin res pokaž ejo, da obstaja med obema količinama povezava. Na sliki je prikazana taka povezava za meteorološko postajo Celje. Na vodoravni osi so prikazane talne meritve jakosti padavin G v enotah mm/h, na navpični pa odbojnosti 17 = na v enotah mm2/m3. Vidimo, da je povezava dokaj šibka, saj se lahko pri ist i izmerjeni odb ojnosti razlikujejo tre nutne jak osti pad avin tud i za faktor 3. Ujemanj e je boljše, če namesto tr enutne jakosti padavin merimo celotno količino padavin , ki pade v daljšem časovnem intervalu na večjo površino . V povprečju se tedaj razlike zmanjšajo na nekaj deset odstotkov . • 10- 1 • • •• la 10 30 100 Povezava me d radarsk imi in talnimi meritvami padavin . Radarske meritve padavin imajo v primerjavi s talnimi nekatere pred- nosti, pa tudi pomanjkljivosti . Glavna prednost radarskih meritev je njihova velika hitrost in prostorska ločljivost : z enim radarjem lahko v nekaj minutah pregledamo stanje atmosfere v vsaki točki do sto in več kilometrov daleč. Za to bi potrebovali več tisoč avtomatiziranih talnih dežemerov! Glavna po- 319 manjkljivostradarskih meritev padavin pa je majhna natančnost, predvsem pri večjih razdaljah. Zato je radar kot merilnik padavin uporaben zlasti na področjih, kjer je potrebno sproti spremljati lego, zgradbo in gibanje padavin- skih sistemov, ni pa tako pomembno poznati njihovo natančno jakost. Ta področja so : letalski , cestni in morski promet (usmerjanje vozil), kmetijstvo (škropljenje proti rastlinskim škodljivcem) in civilna zasčita (napoved neurij in poplav). Kombinira ne radarske meritve padavin in talne meritve pret okov rek pa so uporabne v vodnem gospodarstvu za učinkovito uporabo zajezenih voda. Kaj lahko rečemo za konec? Radarsko opazovanje oblačnosti in padavin je gotovo zelo zanimivo in tud i koristno. Lal dandanes uporabniki pri nas še nimajo pravih možnosti za sprejem radarskih slik. Upajmo pa, da ni več daleč čas, ko bo lahko vsak, ki ga zanima trenutno vreme nad Slovenijo , preko telefonske zveze dobil na svoj osebni računalnik svežo, pravkar posneto radar sko sliko padavin, ali pa si jo bo preprosto ogledal kar na televizijskem teletekstu . Marjan Divjak PROSLAVE V PLEMLJEVEM LETU 1992 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije bo v letošnjem letu posvetilo vsa svoja srečanja in prireditve spominu na svojega prvega častnega člana prof. dr. Josipa Plemlja . Na naš predlog je vlada Republike Sloveni- je letošnje leto proglasila za Plemljevo leto. Lastnemu odboru, katerega preds ednik j e prof. dr . Peter Vencelj, minister za šolstvo in šport, bomo pro- gram letošnjih prireditev predstavili na prvi seji dne 22. maja 1992, na dan 25. obletnice smrti največjega slovenskega matematika. Učitelje matematike v srednjih in osnovnih šolah prosimo, da posvetijo temu dogodku nekaj minut tudi v razredih in učencem predstavijo življenje in delo profesorja Plemlja . Tekste s primerno vsebino lahko dobite v letošnjih in starejših številkah Pre- . seka ter Obzornika za matematiko in fiziko. Na razpolago je tudi brošura , ki jo je napisal prof. dr. Ivan Vidav. Ciril Velkovrh Dobite pa lahko še stenske slike za kabinete, razgJednice in značke s portretom prof. Plemlja, namenjene vsem udelelencem tekmovanj iz matematike v srednj i šoli . Izjemoma vam priporočamo, da v letošnjem letu tudi v osnovni šoli podelite bronaste, srebrne in zlate (šolsko, občinsko ter republiško tekmov anj e iz matematike) Pl emljeve značke , ki so pri Komisiji za t isk še na zalogi . ŠE O SUKANJU TELES WIV O Zanimivi članek Antona Cedilnika o vrtenju v 2. številki Preseka je vredno nekoliko dopolniti. Ker je zadeva v osnovi zapletena, si je najbolje pomagati s slikami. Zaporedje petih fotografij, ki jih je naredil Marjan Smerke, prepriča, da je treba Presek zasukati za 720°, preden ga spravimo v začetno lego (fotografije na III. strani ovitka). Poskus je kazal P.A.M.Dirac s škarjami, podobne fotografije pa najdemo v številnih revijah s krožniki, polnimi skodelicami kave - kar je veliko bolj napeto - in drugim . 5tiri risbe kažejo ustrezne lege ploščice, ki je z gibkim trakom povezana z okolico . Tudi ploščice moramo zasukati za 720°, preden jo spravimo v začetno lego (slika 1) . 5+°' .-~_ . ;,..... '3~" Slika la Slika lb Slika Ic Slika Ič Slika 2 Sukanje ploščice je bilo D.A.Adamsu osnova pri na črtovanju naprave , ki jo je pat entiral leta 1971 v ZDA. Lelel se je izogniti drsnim obročem v nekaterih električnih napravah . Le je tok majhen , moti pri zelo natančnem merjenju upor, ki se med drsenjem nekoliko spreminja. Celotna naprava je dokaj zapletena . Njeno risbo je mogoče videti v prispevku C. L.Stonga Diverse topics, starting with how to supply electric power to something that is turning v reviji Scientific American 233 (1975) 120 (6) . Na opisani na čin ni mogoče dovajati in odvajati iz mirujočega dela naprave v vrteči se del samo električnega toka , ampak tudi svetlobni tok in tekočino . Precej preprostejšo napravo , ki posnema Adamsov patent , si je zamislil E.Rieflin in o njej poročal v članku Some mechanisms related to Dirac 's strings v American Journal of Physics 47 (197 9) 379. V vprašaj zvita debelej ša žica je vrtljivo pritrjena na podstavku in ima na drugem kraji š ču vrtljivo pu šči co (slika 2). Vij a čna vzmet , ki obdaja žico, povezuje pu ščico s podstavkom . Pu šči ca se zasu č e za 720° , ko zasu čemo vprašaj za 360°. Več o zanimivi zadevi lahko bralec izve tudi iz čl a n ka E.D.Bolkerja The spinor spanner v America~ Mathematical Monthly 80 (1973) 997. Janez Strnad \x''1 -rr \