_IST ZA MLADE MATEMATIKE OO FIZIKE ASTRONOME 2DAJA DMFA SRS , I i 1 I 1 1 I UVODNIK DRUšTVENE ZNACKE - PRIZNANJA TEKMOVALCEt1" Tekmovalnim komis lj am tudi v letošnjem letu predlagamo, da nabavijo za uspešne tekmovalce značke pri Komisiji za tisk. S tem bodo mlade matemati- ke in fizike na prijeten način stimulirali in jih privabili, da se bodo tekmovanja udeležili tudi v prihodnjem letu. Učenci osnovnih šol tekmujejo na šolskih, občinskih in republiških tekmovanjih. Po napovedih naj bi le- tos prvič tekmovali učenci ne samo iz matematike za Vegova bronasta, sre- , br na in zlata priznanja, pač pa tudi iz fizike. Kolikor prireditelji ne bodo v 1etošnjem letu i zved 1i teh tekmovanj, bodo za gotovo na prog ramu v prihodnjem šolskem letu. Dijaki srednjih šol, ki ne bodo več tekmoval i po razredih, pač pa po predmetnih skupinah, tekmujejo iz matematike in fizike že vrsto let; v nasprotju z učenci osnovnih šol merijo svoje moči le na šolskih in republ iškem tekmovanju. Društvo matematikov, fizikov in astronomov SRS - podružnica Ljubljana in njena komisija za tisk, ki je prevzela vse obveznosti komisije za tisk republiškega društva, je ohranilo tudi staro številko žiro računa: 50101 - 678 - 47233 Na zalogi ima še dovolj razI ičnih značk, in sicer: šo 1sko zelena občinsko modra republ i ško rdeča tekmovanje Presekova značka Na zalogi pa imamo še Plemljeve bronaste in srebrne značke ter belo Prese- kovo značko, katere lahko naročite in namenite tekmovalcem po lastni pre- soji. Ce ste lani pod~lili pisane Presekove značke, se letos lahko odloči­ te, da nabavi te Plemljeve značke in belo Presekovo značko, da tekmovalci ne bodo obdarjeni vedno z enakim simbolom. Cena vsake značke je 10.- din razen bele Presekove značke, ki stane 15.- din. Zlato Plemljevo značko pa lahko kupijo le obiskovalci Plemljeve spominske sobe na Bledu. Za prihod- nje šolsko leto vam bomo skušali pripraviti večji izbor razI ičnih značk tako, da pri izbiri 'ne boste v zadregi. Tekmovalcem žel imo ve l iko uspeha pri reševanju nalog. CirU VeZkovrh *Na drugi strani ovitka SO na večbarvni sliki ke. Prve (11Presečka") nimamo več na zalogi. v s e presekove zn ač- 129 ~-- -~ ~Atl lO ';'~~,~ O\.rn R " "'SO GOI'QR NOl "",..e(>0 ~un· IZAUrEl-" ..W ~~j ~ L~ o ATlH LJI tAiG r-- ~. ="""""o P R A V I L o ="'Ii~:" T R A P E Z . P R A V o K O T N I K "- L E T A L O'"' ltcs_ ... b Ul U S T N I K ~ O O Z ~ K O R ~.. A T I ~ A Bve::: r::= O I R A ~ E L A N ~~:.:, R O N O ~ K O Č A «1) '-" Tt~it ::::':'1:, A R I 'k"::a- S T A R A ~ E ,j GO.lLJ G A ~ R A L ~J....OlKA R A K ~ R A Z I ~ A K n ...... ro L K ~ N A T I vo r n I u re dn i k ) , xo r me Mark o r.- El o..-št l"! i k (Pr-e s e k o v a k njiž nica + f i z i k a) ", Fran c i ob l e c Pe te r Pe tek (n a loge b ra lcev , pr e mi s l i i n reš i), To ma ž Pisansk i ( matema- tika), Toma ž Sk u lj, Zvo nko Tron t el j , Ma r j an Vagaja , Cir i l Vel ko v r h ( nove kn j i ge , n o v i c e- zan i mi vo s t i ) . Roko p is j e natipkala Iva nka Brezni ka r , je z i kov no sta ga pregle - dali Sandra Oblak i n Mij a Long y ka , o p r e mi l a pa s ta ga Borut Dela k l n Vi š nj a K ov ač ič , sli ke s t a nar isala Sl a vko Lesnjak in Raf ko Savl i . Dopi s e poš i l jaj te i n l is t na r o č a j te na n as lov: Komisi ja za t i s k pri Druš tvu ma- te mat i kov , fi z ikov in a stro nomov SRS - P RESEK, Ja d ran s k a 19 , 6 1 1 1 1 Lj u bl j a n a , p . p . 6 , t el. 26 5-0 61 /5 3 , štev. ž i ro računa 50 10 1-6 78 - 47233 , dev l z n l r ač u n pri Lj ubl j an s k i ba n k i š tev . 32009-007 - 10022/6. Na r očnina z a šolsko l et o je z a posa - mez na na roč i la 8 7,50 d in, z a s k upi n s ka p a 70. - d in ; z a inozems tvo 7 r , 56 00 L it . 1 0 0 .- A s ch . Posa mez na števi I k a sta ne 2 1 .- din . List sofi n a ncir ata I SS i n RS S . Of se t t isk č asopisno i n g ra fično p o d j e tj e u DELO" , Ljub l j a n a . L ist i z haja š ti rik ra t let no . Na klad a 2 0.000 izvod ov . © 19 81 Druš tvo ma tematikov, f iz ikov in astronomov S RS - 537 130 16 0 16 2 14 2 15 2 Dr u š t ve ne značke - pr iz na nja t e kmovat c e m ( Ci r i 1 Velko vrh ) Nal oge s kovanci (Bo j a n Moha r ) I nver zor ( Iv a n Pucel j ) Kako se k o nča (Ka re l Ba j c) Rob t r i kotn i ka (Jan e z Ra ko v e c ) Pasc he v ak s i om ( Jane z Rakov e c) (And rej Likar, Me tka Luz ar-Vl a ch y) (Pe ter Pe t e k ) Rez anj e ša ho v n i ce ( Lj ubom i r Ko st rev c ) Dve o e ne rg i j s ke m zako nu in ene rgiji (Jane z St r na d) As t ro no msk e v aje ( As t ro noms k i kro ž ek osnovne šole Tomo Br e j c , Kamnik) Sa j ni r es ... pa je (Mil an Hladni k) ( Pa v le Gre go rc ) Re pu bl i ško t e k movanj e mladih fi zi ko v II Tit ov em Vel en j u ( Ma r k Pl e ško ) Obči nska t e kmo va nja i z ma t e ma t i ke z a sr ebrn a Ve g o va priz nanj a II šolsk e m l e tu 1980 / 81 (Pa vle Za j c) 17 0 Razp is t ekmov anj a sre dnj e šolce v iz mat ema t i ke in fizik e II šols ke m letu 1981 /82 ( Boja n Gol li , Goraz d Le šnja k) 16 7 1 56 143 14 6 14 7 14 8 1 3 2 138 1 2 9 KROZK I BOL J ZA ŠALO KOT ZA RE S KRIZANK A TEKMOVANJA-NALOGE FI ZIKA POSKU SI- PREMI SLI- ODG OVO RI PRE MI SLI I N REŠ i UV ODNIK DRU ŠTVE NE ZNA ~KE MATE MATI KA 1]2 Vpr a š alni k za p re dte kmo van je i z ma tema - t ik e, v p rašal n ik z a pred te kmo van je i z f izike RE ŠiTVE NA LOG NALO GE REŠi TV E NALOG NALOGE 173 177 1 7 9 18 O 182 1 8 7 ) 90 22 . zvezno t ek mo v anj e s red nj ešo lce v iz ma t e mati ke ( Mih ae l Pe r-me n ) Pasc hev aksiom ( Ja nez Rako vec) Rob t riko t n ik a (J ane z Rako ve c ) K r a t kočas ne vž ig a l i c e ( Roma n Rojko) N emogo č pr oblem (I van Vidav) Rešitv e nal o g s t ekmo van ja vego vc e v {Pav le Zaj el Dvo jn i ko t tet e Amal i j e (P et e r Pet ek) NA OVI TK U Misl ite si otrok a , den i mo Den isa Po koro , ki ima pop o lnom a ne zl oml ji ve in nede- l j i ve ko ck e ... glej pr isp e vek Dve o ene rgijsk em zak onu i n e ne rgi j i str .148 (J ane z Strnad , I l ustri r al Bo žo Ko s ) II Pr es ek o ve z načke III Dvojni kot t et e Ama1 i je (P et er Pet e k. i l us t r ir a la Ma rj a nc a Pre log) IV Bistr o v id e c ( Vl a d i mi r Bata gel j ) 131 MATEMATIKA NALOGE S KOVANCI V tem sestav ku si bomo zastavil i več nalog, ki imajo vse eno s kupno lastnost - opraviti imajo s kovanci . Ne za ni ma nas, ali so kovan ci zlatniki, srebrniki ali pa navadni dinarji . Omen il bi l e to, da so slednji najp rimernejši, saj za p r ak t ič e n pre- izkus pravilnost i r eš i t ve zl a t ni kov in s reb rnikov navadno ni- mamo pri r oki . Na loga 1 . V ravni vrst i imamo postavljen ih nekaj enako veli kih kovanc ev , tako da s e drug drug ega dotikajo kot ka že sli ka 1. Vzemimo prvi kovanec in ga kot a li mo po obodu okrog preostalih kovancev, dokler ne pride spet nazaj na svoje začetno mesto . Zanima nas, kol iko obratov okrog svoje osi j e napravil novč ič na svoj i poti. Sli ka 1 1 32 /- ..... I 'I 1 \ " , I '--'1 1, , / - 1 I "-", , /- ...._- SlI k a 2 Naloga 1 ni enostavna, zato si najprej oglejmo najpreprostejši primer, ko imamo opravka le z dvema novcema. V tem primeru en kovanec zavrtimo okrog drugega . Prenagljen sklep marsikaterega bralca bo ta kle : kovanca imata isti obseg, zato prvi novčič pri poti okrog drugega napravi točno en obrat . Vendar nam praktičen preizkus z dinarjema na mizi pokaže, da je ta k sklep napačen. Kovanec se namreč dvakrat za su č e okrog svoje osi . En obrat pride od poti, ki jo kovanec napravi pri kotaljenju vzdolž svojega roba, drugi pa je posledica potovanja okrog novčiča. Do istega zaključka nas pripelje tudi malo drugačno razmišljanje: namesto kovancev imejmo dve zobati kolesi iste velikost i, ki se stikata . Zavrtimo prvo kolo za en obrat v smeri ure . Pri tem drugo kolo napravi obrat v nasprotno smer, kolesi pa se spet stikata v začetnih točkah. ee se postavimo kot opazovalec na drugo kolo, se bomo zavrteli skupaj z njim in se nam bo zdelo , da to kolo miruje. Pri tem pa bo prvo kolo napravilo pot okrog nas in prišlo v začetni položaj. Ni težko uganiti, da je tako gibanje povsem ekvivalentno z gibanjem obeh kovancev. Opazovalcu na drugem kolesu se pri obratu zdi, da so se mirujoča telesa zavrtela za en obrat v smeri ure . Ker pa je prvo kolo napravilo še en dejans ki obrat, se mu zdi, da se je dvakrat zavrtelo. Tako fizikalno ra zmiiljanje nas pripelje do splošnej~ega skle- pa, ki nam bo pomagal pri reševanju naloge 1. Tr d i te v . Ko se prvi kovanec zavrti za kot a okrog drugega, se zasu če za kot 2a okrog svoje osi. Slika 3 133 Dokaz . Oznake bomo pobrali s slike 3. Ker sta loka TT, in TT;>. iste dolžine, se bosta pri poti za kot atočki T , in T;>. pokri- li. Diametralno glede na T;>. leži točka T2 in je v začetku za kot a levo od navpičnice, po zasu ku pa za kot a desno os nje, saj je kot med navpičnico in T;>. S;>. enak kotu T,S,T (vzpored- ne nosilke) . Točka se je torej zasukala za kot 2a . Zasuk okrog osi je za vse točke kroga (novca) isti, kar nam pove, da je trditev pravilna. Opomba . Dokaz gornje trditve je oprt na geometrijsko predstavo in na sliko 3 . Iz slike je konstrukcija razvidna le za dovolj majhne kote, vendar pa nas ne pusti na cedilu tudi pri pol ju- bno velikem kotu a. Ce kdo tega ne verjame, naj poskus i to do- kazati. Npr. za kot a = 512 0 lahko storimo naslednje: napravi- mo Sl2-krat obrat za 1° (1° je dovo l j majhen kot), torej se bo kovanec zasukal Sl2-krat za 20 okrog svoje osi, skupno torej za kot 512.2° = 1024° = 2.512° 2a. Bralec sam bo ugnal naslednjo nalogo: NaZoga 2 . Kovanec s polmerom r naj napravi pot okrog ko- vanca s polmerom R. Kolikokrat se pri tem zasu če okrog svoje osi? Rešit ev : ((R + r l / r l -krat. Vrnimo se zdaj spet k nalogi 1. Na sliki 4 je' predstavljeno kotaljenje novca okrog verige kovancev v trenutku, ko prehaja z enega na drugi kovanec. S 11 ka 4 134 Ce se kovanec kotali ob nekem drugem novčiču v verigi vzdolž loka nad ~otom a, se je pri tem zavrtel za kot 2a okrog svoje osi. Zato je dovolj, da ugotovimo, kako dolgo se prvi novčič kotali po vsakem izmed kovancev iz verige. Z drugimi besedami, določiti moramo kota a in o, prikazana na sliki 4. Kot a izra- čunamo takole: trikotnika T2T3T1 in T 3T 4T{ sta enakostranična (vse stranice so dolžine 2r, če je r polmer kovanca) . Zato sta kota T2T3T 1 in T4T3T{ enaka 60°. Torej mora biti kot a enak a 180° - 2.60° = 60°. Isti sklep nam pove, da je kot o enak o = 360° - 2.60° = 240°. Konec računa je pred nami. Reci- mo, da smo imeli v začetni verigi n novcev vštevši tudi prvega. Prvi kovanec se ob drugem in zadnjem kovancu kotali vzdolž kota o, ob preostalih n-3 kovancih pa vzdolž kota 2a (zgoraj za kot a in ravno tako spodaj). Skupna dolžina teh kotov je enaka t n = (n-3)·2a + 20 = (n-3)·1200 + 4.120° = (n+l) '1200 Na svoji poti se torej prvi novčič okrog svoje osi zasuka za kot 2tn = (n+l)'2400, število obratov je enako _ 2(n+l) Mn - 3 število obratov ni nujno celo število. To se zgodi le v prime- ru, ko je n+l deljivo s 3 . Tak primer smo imeli tudi, ko sta bila pred nami le dva novca. Naslednja naloga zahteva znanje trigonometrije in reševanje prepuščam bralcu. Naloga 3. Kakšna je rešitev naloge 1, če prvi kovanec ni enake velikosti kot so preostali kovanci v verigi? Naloga 4. Naj bo a stranica pravilnega n-kotnika. n kovancev polmera al2 postavimo s središči na oglišča tega n-kotnika in tako dobimo sklenjen obroč (slika 5). Novčič iste velikosti kotalimo okrog. Koliko obratov ckrog svoje osi napravi pri tem? Rešitev: Spet moramo izračunati le vsoto kotov lokov, nad kate- rimi se kotali novčič. Dovolj je, da poznamo kot a s slike 6. Ravno tako kot pri reševanju naloge 1 ugotovimo, da sta kota 135 med krakoma kotovain ~ ena ka 60°, Iz s l ike je razvidno, da je a = 360° - 2,60° - ~ = 240° - ~ kjer je ~ notranji kot pravilnega n- kot ni ka in je torej enak ~ = 180° - 360 0/n, Kot a je zato enak a = 60° + 360 0/n, Sli ka 5 Sli ka 6 Lok S kotom anapravimo n- kr a t , vsakič pa se novčič zasuka za kot 2a okrog svoje osi, Skupen zasuk je torej enak 2na = 2n'60 e + 720° = (n+6)'1200, število obratov pa je enako Nn 2na/3600 =n/3 + 2 Naloga 5. Iz n kovancev enake velikosti tvorimo poljubno skle- njeno verigo . Ok rog nje zakotalimo novčič, Koliko obuatov okrog svoje osi napravi pri tem? Središča kovancev v sklenjeni verigi tvorijo n-kotnik. Ali je število obratov rotirajočega novčiča v kakšni zvezi z notranjimi koti tega n - kot ni ka ? Pri reševanju naloge 4 smo ugotovili, da je kot a s sli ke 6 enak a = 240° - ~ . Geometrijska predpostavka pri tem je bila, da je kot a nenegativen . To pa pomeni, da mora biti kot ~ manjši ali enak 240°, - ee predpostavimo, da vsi koti v n - kot ni - ku ustrezajo temu pogoju, potem lahko tako kot pri nalogi 4 ugotovimo, da se bo novčič na poti okrog obroča zavrtel okrog svoje osi za kot y 2'(240° - a , + 240° a 2 f . .. + 240° - an) n n' 480° - 2 La, i=1 t- 136 kjer so a " a2 , 0' 0' an notranji koti n- kot ni ka . Ker je vsota notranjih kot ov n - kot ni ka vedno enaka (n-2)o1800, dobimo y ~ n o48 0 0 - 2( n-2)'1800 = (n+6)'120 0 Sli ka 7 Rezultat je torej isti kot pri nalogi 4, če je le izpolnjena predpostavka, da so vsi kot i manjši al i kvečjemu ' enaki 240°. Ce pa ta zahteva ni izpolnjena, je lahko rešitev povsem dru- gačna. Ustrezne primere naj skonstruira bralec sam. Bojan Moha r 137 INVERZOR 1. V ravnini je določena kot negib na toč ka O. Gibljivi pa naj bosta točki T, P , tako da zadostimo temle pogojem : a) Točka T naj se giblje po krožnem loku L krožnice k s sredi- ščem S in premerom OC, OC = 2r; b) Točka P naj se giblje po dalji ci XY na premici p, ki j e pra - voko t na na premico (O, c ) ; c) Točke o , T, P morajo lažati vsak hip na skupni premici (so kolinearne). 2. Prob~em: S katerim meha- ni zmom je treba poveza ti toč ke O, T , P , da ustrežemo po- gojem v 1. Skratka : že ~imo naredit i napr av o, k i pre v e- de kro ženje v premoartno gi- ba nje a~i pa prem oartno gi - banje v kroženje ! Na ta problem so naleteli v prejšnjem stoletju pri gr ad nj i parnega stroja. y p !eit':::::::...-----t-=----'-1 N o x 3. Najprej zberimo nekaj geometrijskih spoznanj, ki nam bodo v pomoč. Lok L naj bo simetričen glede na prem ico (O, c ) , krajišči loka L naj bosta točki A , B ( L = AB). Skrajnji legi za točko T sta tako A in B, skrajnji legi za točko P pa naj bosta ustrezni točki X in Y , na premici p. Presečišče pravokotn ic (O, c ) in p označimo z N (slika 1) . Ko je točka T na loku L zunaj lege c , dobimo prav okotni tri kot- nik aCT s pravim kotom pri T (obodni kot nad premerom OC kr ož - ni ce k ). Tri kotni k aCT je podoben pravokotnemu tr i kotni ku OPN . Od tod dobimo sorazmerje dolžinenakoležnih stranic a T : 2r = ON : OP 138 Ker je produkt zunanjih členov v sorazmerju enak produktu no- tranjih členov, dobimo odtod : OT . OP ~ 2r . ON Količini 2r in ' ON sta v našem problemu dani in stalni, zato je tud i njun produkt stalna količina . Označimo jo z a 2 , pa imamo za O, T , P pogoj ( 1) OT Zelena naprava, ki naj veže točki O, T in P, mora tedaj delo- vati tako, da je v vsakem trenutku ustreženo pogoju (1). 4. Opišimo zgradbo mehanizma ! Kaže ga slika 2. Sestoji iz sedmih lesenih ali pa kovin- skih palic, ki so vrtljive okol i kraj i š č O, Q. P, R, T, S , tako da je točka O negi b- na. o Sli ka 2 K p I .!.-- - - IN I I I I P I I En del mehanizma sestavlja romb TQPR s stranico dolžine n in središčem v točki V , drugi del mehanizma ima dva kraka OQ, OR z dolžinama OQ ~ OR ~ m, m > n . Točka T je z ročico dolžine r povezana s središčem S krožnice k. Dolžini m in n i zber emo tako, da velja zveza če je to res, je namreč produkt aT . OP , kot vidimo iz sli ke 2, enak ( OV - VT) (DV + VP). Ta izraz pa je zaradi enakosti VT ~ VP enak Ov 2 - TV2 • Ke r se diagonali TP in QR sečeta v središču V romba TQPR pravokotno, lahko uporabimo za pravokot- na trikotnika OVR in TVR Pitagorov izrek, pa dobimo 139 Odtod dobimo s kratkim r a ču n o m OT • OP = DV" - TV 2 = ( OV 2 + VR 2 ) - ( TV 2 + VR 2 ) Napravo prikazano na sliki 2, imenujemo i nve pzo p . Videli smo, da ustreza pogoju (1), zato prevede krožno gibanje toč ke P po '"'"loku AB v premočrtno gibanje točke P po da ljic i XY na premici p (seveda pr evede tudi gi banje točke P v kroženje točke T) . Opomb a . Preslikava v ravnini, ki prire ja točki T točko P po pravilu (1), in se imenuje inve p z i j a v ravnini . Točka O je BPedišče i n v epzij e . štev ilo a 2 je k o e f ic i en t inve p zi je . S tema dvema podatkoma je presli kava natančno d o ločena. V geometrij- ske m pog ledu ima ta pre slikava veliko zanimivosti in zasl uži pose bne č lanke . I v an Puc e lj KAKO SE KONčA ... pa ne roman ali f i l m, ampak števi lo! Natančneje: katere s o zadnje tr i števil ke štev ila 8 2 0 0 ? 82 0 0 ni malenkost: njegove prve š tevi l ke bi zaman iskali na najbolj ših žepnih računalnikih (ki računajo samo s števil i, manjšimi od 101 0 0 ) , da o njegovih zadnjih š t evi lk ah sploh ne govorimo! In vendar lahko na sorazmerno preprost način dožene- mo njego ve za dnje tri š te vi lke! Zadnje številke ni prav nič težko določiti . Začnemo z zapored- nimi potencami š t ev i l a 8 i n za pišemo vsako krat za dnjo števil ko: 8 1 8 8 es 32768 8 8 2 64 4 8 6 262144 4 8 3 512 2 .. ... . . .. . ..... 8" 4096 6 140 Opazimo, da se zadnja številka ponovi vsake štiri potence (ima periodo 4) . Odtod sledi, da je zadnja številka 8200 enaka zadnji števi lki števila 8 4 , torej 6. Podobno bi lahko postopali za zadnji dve številki in nato še za zadnje tri . Ker pa je najbrž perioda v teh dveh primerih zelo velika, je ta način zelo zamuden. Zato poskusimo drugače, 8 zapišemo kot 10-2, 8200 kot (10_2)200. Ta izraz razvijemo kot potenco binama: (10_2)200 = 10200 _ 200 . 10'99 . 2 + ... - 200 . 10 . 2'99 + 2200 Recimo, da hoče to število deliti s 125 (= 53). Katerakoli potenca IOn števila 10 vsebuje toliko petic med svojimi fak- torji, kot je njen eksponent n, zato je vsak člen do predzad- njega gotovo deljiv s 125 (pri predzadnjem prispeva 200 dve petici in 10 eno, skupno tri). Ostane nam še zadnji člen 2200. " Tega predelamo v vsoto takole: 2200 = (2'0)20 = (1024)20 = (1025 _ 1)20 = = 102520 - 20 . 1025'9 . 1 + . . , - 20 . 1025 + 1 Spet vsebujejo vsi členi razen zadnjega med svojimi faktorji vsaj 3 petice . To pomeni, da je pri deljenju s 125 ostanek števila 2200 in s tem tudi začetnega števila 8200 enak 1. Kako se končuje število, ki ima pri deljenju s 125 ostanek 1? Na eno naslednjih oblik: 001, 126, 251, 376, 501,626,751, 876 . Katero od teh števil je pravo? Se enkrat se ozrimo po začetnem številu 8200 ! To je vendar de ljivo z 8! Deljivost z 8 pa preizkusimo, kot je znano, na zadnjih treh številkah. Od gornjih kandidatov je deljivo z 8 samo število 376. Naš odgovor je: število 8200 ima zadnje tri števil ke enake 376. če pogledamo nazaj, vidimo, da smo število 8 pri dokazo- vanju bolj malo uporabili. Važno je bilo le, da se je dalo zapisati v obliki 10-2. 141 Isto bi lahko dokazali za vsako število 10n - 2, kjer je n kate- rokoli število, pa tudi za števila oblike 10n + 2, 10n - 4 .in 10n + 4. Bralec naj to poskusi sam dokazati na podoben način, kot smo to naredili za število 8 = 10 - 2. Ni težko videti, da lahko vsako sodo število, ki ni deljeno z lO, zapišemo veni od oblik 10n - 4, 10n - 2, 10n + 2, 10n + 4 za neko naravno število n. Pov zetek: Ce je N katerokoli sodo število, ki ni deljivo z lO, se število N2 0 0 končuje s številkam i 376. Karel Baja ROB TR1KOTN 1KA Dan je trikotnik ABC. Na strani ci AB izberemo točko D med A in B a) Pokaži, da velja vsaj ena od relacij: CD': smo ugotovi- li 14, 350 • Svoje meritve smo primerjali s specialko. Ugotovili smo razliko za zemljepisno širino 0,02 0 in za zemljepisno dol- žino 0,22 0 . Vprašal i s mo se, kol i kšen lo k na zemeljski obl i pri pada naši napaki . Za napako ep smo dobili približno 2 km, za A pa 24 km. Pri računu smo uporabili enačbo 1 = wr ~0/1800 in vstavili za ~ enkrat 0,02 0 , drugič pa 0,22 0 , za r pa polmer Zemlje 6,4 . 106 km. Zemljepisno širino smo ocenil i tudi z V1Slnomerom. Naš višino- mer ima daljnogled s 44-kratno povečavo. V sredino zornega po- lja daljnogleda smo pois kali Severnico in odmerili kot - višino Severnice nad obzorjem. Naredili smo dvajset meritev in dobili gJ= 46,15 0 (MIJ= 0,05 0 , f1 ep v km = 5,4 km) . Za dobro opazovanje zvezdnega neba je potrebno, da poznamo ka- rakteristike te'leskopa: ZoiHj ivos t , z mogZ ji vo st in zo rno po l ij e , Tudi mi smo hoteli določiti te značilnosti za svoje daljnoglede . 153 V ospredju teleskop Titov dvojček, ki ga je posodila tovarna Vega. slo 2. šolska zvezdarna Križ. hišico za shranjevanje te les kopov . V ozadju gnomon i n pasažni i n š t r u - ment. V ozadju sta Homec in 1enqeš . Predvsem smo se lotili zornega polja. Tu opazovalec s stoparico meri, koliko časa prečka zvezda sredino zornega polja daljnogl~ da. Izvedli smo osemintrideset meritev. Zorno polje = wt cos O (w je kotna hitrost vrtenja nebesne krogle 15 0/h, b je deklina- cija zvezde, kar odčitamo iz efemerid, t pa je merjeni čas pre~ kanja zvezde). sl. 1. Učenec 8 . razreda mon- tira streho na bod očo Pri različnih povečavah smo dobili različna zorna polja. Vpra- šal i smo se, kakšen graf bi dobi 1 i, če bi na absci s no os nana- šali povečavo, na ordinatno os pa zorno polje. Pri matematiki smo grafe že risali, zato nam to ni delalo prevelikih težav. 154 Spoznali smo, da zorno polje pada s povečavo, ampak ne linear- no. Vsa opaz ovanja smo opravili na šol s ki zvezdarni Križ. Tu smo si na dveh pl atojih prip ravil i opa zovalnico . Na enem smo postavili dvoje stojal za višinome r in za 80- mi l i me t r s ki ruski refraktor. Na drugem pa imamo pas a žni in štrument in gnomon. V aprilu 1981 pa sm o si posta vili še lesn o hiši co (2 x2x2 ,10 m), kj e r bomo hr~ nili tel es kope. Od teh j e najp omembnejši refrakto r Titov dvo j - če k , ki nam ga je posodil a tovarna Vega. Organizi r ajte tudi na va š i šol i astronoms ki kr ožek in z ač n ·i t e s preprostimi razis kavami! č e je le dob ra volj a, to ne bo težko . Ve se l i bomo, če s e boste ogla s i l i na naslov našega krožka . Li terat ur a M .P ros~n: Astronomska opazo va nj a , Prese k 5/5 (197 8); K. Smi govc : Merjenje s senco , Presek 4 (1976/77) 26; F.Avsec, M.Prosen: Astronomija , Lj ubljana DZS (1975). Bori s Kham mento r astronomskega k rožka RESITEV 3. NALOGE S STR. 181 P lXI3 Xl Roman Roj ko 155 1 I I I I I 1 I BOLJ ZA ŠALO KOT ZARES SAJ NI RES ", PA JE ! Predstav ljajmo s i, da je Zemlja idealna krog la in da je vzdolž ekvatorja okrog in okrog položena tanka nerazteglj iva sk lenjena vrv, ki je 2 mm da ljša od obsega ekvatorja. Ker do lžina vrvi presega obseg Zemlje, vrv veni točki podpremo z navpično l e t - vijo, tako da je potem l ep o nape ta in seveda v okolici podpore dvignjena od tal (glejte sli ko 1). S l i ka 1 156 h Sli ka 2 s R Sed aj pa pr i de gl av no vpraša nje : ali lahk o odrasel č lov ek z leze pod vrvjo, ne da bi se vrvi dotaknil? Marsi kdo bo seveda takoj vzkliknil~ da je to nemo go če , saj ima- mo vi ška vrvi le za bore Z mm. Toda ne prenaglimo se z odgovo- rom. Raje poskušajmo pri ti do njega "zna nstveno", to j e s kar se da n a tan č n im izrač uno m. Popol ne n a t an č n o st i pr i rač u nan j u se- veda ne bomo mog li doseči, ker se bomo ~oleg nujn ega zaokrože - vanja pri računskih operacijah ) dva krat morali zadovo lji t i s prib ližnimi vrednostmi, vendar to na rezu ltat ne bo vpliva lo; odgov or bo v vsa kem primeru enak . Daj mo zg or njemu vpra šanju matemat ično ob liko! V sk la du z ozna - kam i na s liki Z bi radi določi li vi š i no podpo re h in lo k s , če poznamo pol me r Zemlj e (R : 6370 km : 6, 37 .10 6 m) in seved a ra z- li ko med do lžino vrvi in obsegom Zem lje E : Zn = Z mm = = Z.10- 3 m) . Najprej s i pog lejmo kako bi čim nata nčneje oce ni l i dolžino l oka s . S s like Z je oč itno. da je v < s < d . Vemo t udi , da je d - s = El Z = n. Ker lah ko predpostav ljamo , da je n majhno šte- vilo v primeri z os talima k o l i č i n a m a d in s . je s približno e- nako d . Toda tega seveda pr i raČ u n a j u ne smemo upora bi ti, to je pr edp ost aviti n = O, sa j je do l ž i na E = Zn , čepr av je ze l o maj - hna , bistvenega pomena za nalogo (brez nje s i prob lema sploh ne bi mogl i za s t avit i ! ) . Lahko bi vzel i , da je s = v , še bolje pa je na pr i me r post avi t i s = (v + d )/ Z ali s Zvl3 + d13 . Zad- nja e na kos t je najboljši lin earni prib ližek za lok, izražen s p omočjo de la te tive in tan gente . V dokaz tega de j s tv a se ne bo- mo s p ušč a l i ; zanj bi potreb ova li že ko šče k višje matematike . Za Zemljo in na š problem bi l ahk o videli , da je formula s = Zvl3 + dl 3 natan čn a na eno deset ink o milimetra, če sta d in v manjša od 40 km. Odslej bomo torej za s vzeli izraz s = Zv l3 + d13 . Iz njega in i z zveze d - s = nizračunamo d = v + 3h/Z . Ker pa iz podobnos - ti pravokotnih trikotnikov na sliki Z dobimo še vi d = RI( R + h ) = (IR 2 - v2)IR 3 . ds pomočjo zveze d = v + 2 n, naJ emo hv 157 'rvo enakost lahko zapišemo v obliki hv = R(d - v ) , oziroma lV = 3Rn/2, če se s pomni mo, da je d - V = 3n/2. Drugo formulo upoštevanjem zadnjega rezultata izrazimo takole : 1/(1 + h/R ) / 1 - (V/ R)2 = 11 - (3 n/ 2h)2 /1 - (3 n/ 2R) 2 (R/h ) 2 Postavimo a 3n /2 R in x = h/R , pa moremo zapisati 1/(1 + x) = 11 - a 2/ x 2 To je enačba z eno neznanko x, ki pa jo š e nekol iko preuredimo . če kvadriramo in odpr avimo ulomke, dobimo x 2 = (' + x )2(x 2-a 2 )= = (1 + x( x + 2))( x 2- a 2) = x 2 - a 2 + x (x + 2)( x 2- a 2 ), oziroma po kraj ša nju če bi iz te enačbe mogli neznanko x natančn o i zr ač u n a t i , bi bilo seveda lepo (potem bi poznal i tudi h = Rx ) , toda to žal ne gre. Vemo pa nekaj: število a je zelo majhno (manjše od ( 3/2) .(10- 3 / /6.10 6 ) = 2,5.10- 9 ) in zato mora biti tudi x pr ecej majhen, č e naj bo rešite v zgornje enačbe. števil a a s e veda ne s memo kar za- nemariti, s a j bi v primeru a = O dobili x 3( x + 2) = O in od tod x O. Pri v o šč imo pa s i lah ko naslednjo poenosta vitev. V enačbo vstavimo x Z a 2 · os t a ne y ~, tak o, da nam po krajšanju na obe h straneh y ( y :VCi2 + 2) ( y2 - 'VCi2) = 1 Za vsako realno re šitev y te enačbe mora ve l j a t i 1/ 2 < y < 1. Res: iz y ~ 1 bi takoj sledilo, da je le va s t ra n ve čja od 1; iz y s 1/ 2 pa bi dobil i, da je lev a s t r a n manjša od 1/2 . To so se- veda zelo grobe ocene, kljub temu pa nam povedo , da je a V pri- meri z re šitvijo y z anemarljivo majhn o š t ev i lo . V z adnji ena čbi tor e j pOV Sodi z pus tim O 3/{i2 i n dob imo 2y 3 = 1 Oz iro ma y = 1/ ff, kar je dovolj dober približ ek za rešitev. Potem pa lahko posto- poma izračunamo še 158 x = :VQ2T2 = ( 1/2 ) Y9 n21 R2 h x R = (1 /2) :}'9"i)2R v = (3 /2) (Rn/ h) = ~ Seveda so to le pribli žne formule, toda njihova natančnost je pre cej šnja. Za to čno oce no napa ke bi spet potreb ovali malo več­ j e znanje. Pr ipomb a . Iz formule za h in v lahko eliminiramo n in tako do- bimo še zvezo v =~, ki nam pri dani višini h ' d o l o č a razda- ljo do obzorja, saj je v našem pri meru v skoraj do milimetra natančno enako d . Primerjajte tudi čl ane k [ 1 ] ! Sedaj pa k ončno izra čunajmo numerične vrednosti za h in v ter odgovori mo na vprašan je, zastavljeno v začetku! Upoštevajmo, da je R = 6 , 37 . 106 m in n = c / 2 = 10- 3 m, pa je pred nami rezul- tat h (1 / 2) :V9.10- 6 m2 . 6 , 37 . 106 m 3 ,8 6/2 m = 1,93 m (1 /2)~m v'121 ,73 . 103 m 4,96 km Odgovor j e torej lahe k: Odrasel človek v bližino podpore brez težav preide z ene strani na drugo (če ni posebno visoke rasti, se mu še skloniti ni treba). še več, hkrati bi lahko pod vrvjo prestopilo ekvato r okrog 1330 do 1, 8 m vi so kih ljud i ali pod njo prev ozi lo t o č r t o okrog 1100 voz il, viso kih do 1,5 metra ( vze- li smo, da vsak človek zavzame pol metra ekvatorja, č e stoji na njem, vsako vozilo pa dva metra) . Presenetljivo , kajne? Pa naj š e kdo reče, da dva milime t ra ne pomeni t a dost i ! Mil-an Hl- adnik [1 ] K. Bajc, Kako da l- eč j e do obz orja? , Presek 6 (19 78/79) s tr. 4 159 BELGIJSKE HIMALA~ ~N'b~~­ 1~~~~1~ KOZA NJI AZIJI RENIJ VAS I KOPRS~ PRVOTNI PREBIVALEC ARTHUR (KRAJ~E) FANT ISTROKOVN OKENSKA ~ČITNIKE~~~& NAVOJN'Ie;, KN~~GO T~~~Ao':i DOMAČEt .IME ŠTAMPI ANTON KUHELJ HRVA~KI "PETROL" RAZTRG.~A""'I-_-::--1 CUNJA ~EUSTRA!l& JUNAK NOVOST, SPREMEMBA OBDEL. ZE ML----GL. ME· !TALI OBVODNI PTiČ 3 TONE SELI~KAR KRILATI SPREMUE VALEC EROSA TUJE M.IME PLOHA RADOVAN GOBEC 1 DEL RASTLINE NEpqlOČEN MOŠKI PRIPADNICI BELE RASE ČETRTI RI MSKI KRAU EGIPČAN. BOG SONCA 1 OTILIJA ILJUBK.l DOKUMENT TORBA ZA SPISE RIMLJAN. HiŠNI BOG TORINO 160 KRIVULJE KOVINA IZ BIVŠINA V SKUPINE LITIJ JESENSKA RUSKI D' y D:EM KRlžANKI LANTANI- SOLATA SO...... DOV (Erl VLADAR lo ,bl.... --~I- \-: \(-a.o) »>: \ la.oJ ~ o y X D' (o,- b) D DOKTOR KRETNJA I STOLETJE MINERAL IGNAJS SESANJE MAKEDON. ". liKE NARODNI RESA KONECHEROJ KOPNEGA (MIRCE) ~NA NEMŠKI JA MATEMATIK- (LEONHARD)STO JE TUJE t .lME KOLESAR EUGEN CERNAN ANTON PREGRADA POLENEC ORODJE ZA NADLEtNA NA VODI HRV.~IST OMETANJE tUtELKA (BRASLAV) VRSTA PIJAtE OBER VELIKAEVR REKA (ELBE ~T AM. FILM Z VULKAN NA POSLEDICA J.WAYNOMPOŠKODBEFILIPINIH MOtGAN TROPSKE PAPIGE iQ(X,",y,.')~ IME ki EDINA CRKE M h I JORDAN OLIVER•_ _ __ ...J LUKA TWIST ,y,) - ~ ~ ~ X II ,zNAK ZA FUNKCIJO 161 TEKMOVANJA-NALOGE *REPUBLIšKO TEKMOVANJE MLADIH FIZIKOV VVELENJU Letošnje tekmovanje je bilo 23. maja 1981 v Velenju, v organi- zaciji rudarskega šolskega centra Velenja. Zaradi velikega za- nimanja dijakov je bilo tudi letos organizirano predtekmovanje po šolah, kjer je sodelovalo prek 900 dijakov iz 24 šol. Od teh se je za republiško tekmovanje kvalificiralo 118 dijakov iz 24 gimnazij in srednjih šol. Tudi letos so se mladi fiziki pomeri li v znanju fizike, in sicer na predvečer republiškega prven- stva. Pod geslom "FIZIKI ODKRIVAJO VEDNO NOVE ENERGIJSKE VIRE" so se tekmovalci lotili tehle tem: 1. Fizikalne osnove pretvornikov energije. 2. Primerjava različnih virov energije s stališča uporabnosti, dosegljivosti, ekonomičnosti in varstva okolja. 3. Ocena velikosti energijskih sprememb pri raznih pojavih. 4. Shranjevanje, prenos in varčevanje z energlJo. 5. Energijske potrebe in mo ž nos t i pri nas in v svetu, energij- ska nerazvitost. 6. Zgodovina izumov in odkritij, povezanih z energlJo. 7. Gospodarske in druge znamenitosti Velenja. Lal se je izkazalo, da so teme le preveč obsežne, da bi se di- jaki lahko nanje pripravili, kot so se za prejšnji t em i (sončna energija in laserji). Le na izločilnem tekmovanju pa so vseeno nekatere ekipe pokazale precej znanja, tako da strokovni komi- siji ni bilo težko izbrati pet finalistov: gimnazijo Celje, gimnazijo Poljane, gimnazijo Bežigrad, gimnazijo Vič in gimna- zijo šentvid . Kot šesta v finalu je nastopala domača ekipa z gimnazije Velenje. 162 * . . . Me dt em se je mesto pre imenovalo v Titovo Ve lenje. Javni del tekmovanja je potekal v dvorani Kulturnega doma Vele- nje. Gledalce je razgrelo nekaj zvitih vprašanj za publiko. Pra- vilni odgovori so bili takoj nagrajeni. V pravem razpoloženju se je začel polfinale, kjer sta tekmovali po dve ekipi med se- boj, boljša pa se je uvrstila v finale, kjer so hkrati nastopa- le vse tri ekipe. Vprašanja so bila bolj vezana na fizikalne o- cene nekaterih količin, kot na pravo znanje, zato so tudi ekipe z manj podlage uspešno kazale svoj fizikalni občutek. Po vseh zapletih je na koncu zmagala najsrečnejša in najprisebnejša eki pa iz Celja, ki so jo sestavljali Pova1ej Vitomir, A1if A1eksa~ der in Rihtar Matjaž, pred gimnazijci iz Sentvida (Pirnovar Tim, Sajovic Marko, Krašovec Marko) in Viča (Veber Tomi, Pleško Maj- na, Zalar Boštjan). Naslednji dan je bilo republiško tekmovanje v reševanju račun­ skih nalog v prostorih rudarskega šolskega centra. Sodeč po us- pehih, so bile najtrši oreh za tekmovalce naloge za tretji raz- red, ki jih nihče ni rešil v celoti. Poglavitni vzrok za to je, da naloge iz toplote in nihanja zahtevajo mnogo fizikalnega ra~ mišljanja. Dijaki si morajo točno predstavljati, kaj se sploh dogaja in kako se to matematično opiše, to pa je v srednji šoli premalo poudarjeno, ali pa sploh ne . Najuspešnejši tekmovalec je bil Matjaž Ka1uža iz četrtega razreda, ki je že tretjič zma- gal. Kot posebno nagrado za vse rešene naloge je prejel dvota- rifni trifazni števec, ki ga je podarila SOZD Iskra . Sicer pa je tekmovalna komisija podelila 11 nagrad in 18 pohval, ki so bi le razdeljene takole: I. nagrada: Mozetič Dean (2. razred), gimnazija Ko- per in Matjaž Kaluža (4), gimnazija M. Zidanška Maribor II. nagrada: III. nagrada: Veber Tomi (3), gimnazija Vič, š t r u c l Damjan (4), gimnazija Šentvid, Poberaj Igor (4), gimnazija V. Janežič Drevenšek 1 rena (2), gimnazija M.Zidan- ška Maribor, Kosem Rok (2), gimnazija I. Cankarja, Pleško Majn!,! (3), gimnazI- ja Vič, č e r ne Mi ran (3), I. gimnazija, Jurkas Vasja (4), ~Imnazija Nova Gorica, Povalej VI tomi r (4), gimnazija Celje 163 Naloge za 2. razred 1. Morn~r op~zi ob č~su t = O dve ladji. Pr va je od njega odd~ ljena za 5 km proti vzhodu in 2 km proti severu, giblje pa se s hitrostjo 3km/h proti severu . Druga ladja je 2 km vZhog no in 4 km severno od mornarja, njena hitrost pa je 1 km/h proti vzhodu in 2 km/h proti severu. Kdaj si bosta ladji najbližji? Koliko bo tedaj njuna medse- bojna razdalja? Za koliko bosta oddaljen i od mornarja? 2. 2aba Z maso 50 g sedi na koncu deske z maso 0.5 kg in dolži- no 0.2 m, katera plava na mirujočem jezeru. 2aba skoči proti drugemu koncu deske pod kotom 450 glede na vodno gladino ter doskoči ravno na konec deske. Kolikšna je bila hitrost deske med skokom? 3. Deska z maso 10 kg drsi brez trenja po gladkem klancu z na- klonom 100 . V kateri smeri in s kolikšnim pospeškom mora te- či po deski človek z maso 80 kg, da bo deska mirova la? 4 . Voziček z maso 0.1 kg je zvezan z dvema enakima vzmetema, katerih koeficient je 50 N/m, dolžina pa 0.5 m. Vzmeti sta pravo kotni na smer , v kateri se voziček lahko giblje (glej 164 sliko!). Mirujoč v o z i č e k za de - ne i zst r el e k z maso 1 g in s hitrostjo 100 mis ter o bt iči v njem. I zs t r e l e k zadene voziček v smeri, v kateri se ta 1ah ko gi blje . S kol ikšno amp li tudo zan iha voziček? NaZoge za J. razred 1. Tanka dolga steklena cevka, v kateri j e zrak, je zat al jena na enem koncu, na dr ugem koncu pa zaprta s stolpcem ž ivega srebra z do lž in o 2 cm. Ko cevka stoj i z zataljen im koncem s poda j navpično na tleh, je dolž ina zračnega stolpca v cev- ki 17 cm . Cevko previdno zasučemo za 1800 , tako da je zata - ljeni konec sedaj zgoraj. Do lžina zračnega sto lpca je se daj 18 cm. Kolikšen je zračni t lak v okolici? Gostota z lve ga srebra je 13.6 g/cm 3 , t empe r a t ur a zra ka pa je ves čas kons- tantna. 2. Pl in v val j u z osnovno ploskvijo 50 cm 2 , ka terega tesno za - pira 2 cm de be l lese n bat, segreva mo 1 minuto z gre lcem, ki i ma moč 8 W. P l a š č va lja ne prevaja to plote, toplotna pre - vodnost l es a pa je 0.8 W/m K. Za kol iko s e premakne bat? Razmerje spec i f ičn i h toplot plina j e 1. 4. Masa plina je 100 g, kilomol ska masa 32 kg, temperatura zraka zunaj pa j e na začetku za 300C nižja od te mperature pli na . Zunanj i zračni t lak je 100 kPa . 3 . Na l ahki , vodoravno ležeči vzmeti sta na obeh koncih pritr- jeni kroglici z mas o 1 kg. Dol ž i na neobre menjene vzme ti je 1m, njen koeficient ra ztezka pa je 200 Nim. Vzmet raztegnemo 165 za 50 cm, nato iz pustimo l ev o k r a j išče . Ko to prete če 20 cm, i zp ustimo še desno k r a jišče . I zr a čunaj, s kolik šn o hitrostjo se giblje te žišče krog l ic in s kol ik š no frekvenco nihata kro g lici druga prot i drugi! 4. V zve nu, ki ga so časn o odda ja ta dva zvočni ka , ra z maknjen~ za 30 cm, je os novnemu tonu s f r e kvenco 1000 Hz prime šan ton s frekvenc o 3000 Hz . V katerih sme reh sli šimo v veliki razd a- lji od zv o č n ikov le osnovni ton? Hitrost zvoka v z rak u je 340 mis. ~aloge z a 4 . r azre d 1 . Na bateri jo p riključimo upor za 0 .5 ohm. Pri t em se na nj em troši moč 2.6 3 W. Ko upor za 0.5 ohm zamenj amo z uporom za 1 ohm , se na njem t roš i ena ka mo č. Kol i kš na je gonilna nape- tost baterije? 2. V kondenza t or z navplcnlma kvadratni ma ploščam a s st ranico 1 drn, ki sta v razd alji 2 mm, nalijemo do polovice tekočino z gostoto 1 kg/dm 3 in dielektričnost jo 80. Nato kondenzator nabijemo z napetostjo 1000 V in izoliramo. Kol i ko dela opra- vimo, ko plošči tol .iko približ am o, da te ko čina napoln i pros- to r med ploščama? 3. V magnetno polje z gostoto 1 T z ačnemo potiskati s po~ peškom 1 m/s 2 kvadraten ok- vir s stranico 1 m. Okvir j e ves č as pravokoten na smer magnetnega polja, di a- gonala okvira pa leži v smeri gibanja (glej sliko) . Upor- nost okvi ra je 1 ohm1m . Iz - računaj to k v odvisnosti od časa in nariši diagram! Ko- likšen je največji tok ? 166 xxxxxx xxxxxx xxxxxx xxxxxx xxxxxx xxxxxx xxxxxx xxxxxx xxxxxx xxxxxx xxxxxx xxxxxx .. 4. Na ba l isti čn i ga lvanometer prik l j u č i mo fotoele ment z ob čut­ ljivo stj o 4.5 mA/ W. Ko f otoele men t os ve t li mo s pulz om s yet- lobe z val ovno dol žino 400 nm, pokaže galvanometer s une k tq ka 10- 8 As. Koliko fot onov j e padlo na f otoelement? Mar k PLe ško OBCINSKA TEKMOVANJA IZ MATEMATIKE ZA SREBRNA VEGOVA PRIZNANJA V ŠOLSKEM LETU 1980/81 Le t os so bila prvič šolska i n o bčinska t ekmovanj a že v mes ecu aprilu . Zna no j e, da j e pr av v maju veli ko raznovrstn ih t ekmo- va nj , ki žal večkrat pote kaj o is t oča sno. Veli ko j e pozivov , da bi na republi š ki r avni morali imeti komisijo za njihov o koord i - nacijo. Dr uga novos t v naš em t ekmova ln em s ist emu j e, da smo i zbr ane s eg mošo lce z o b či ns k ih t e kmov anj p r vič v ključi li v re publi š ko t e k- mo vanje - sku paj z os mošolc i . Tako smo dobil i ze l o obje ktivno sestavljeno e kip o za zve zno te kmov anje. Prav t a e kip a se je le- t os odli čno odr e za l a na zveznem tekm ovanju . Rezultati te kmovanj i z 62 občin Slovenije so: raz red š t. te km. š t . podeljenih SVP 6 . r . 1 .642 580 7. r . 1 . 492 396 8. r . 1 .3.14 373 skupaj 4.44 8 1 . 349 NALOGE : v % 35,32 26,5 4 28 ,3 8 30,32 % 6 . r azr> e d 1. Cen ček gr e v sla š či čarn o vs ak tr etji dan . S la do l ed a r del i sladoled zastonj vsak peti dan, toda le, č e je ta dan ned e- 167 4 cm! lja . Cen č ek je dobil sladoled za stonj v ned eljo 12 . apr ila . Določ i datu m, ko bo Cenče k prvič spet dobil sladoled zas tonj! 2 . Dana je premica p , to čka AEp in točka Bi p . Nariš i krožnico k tako , da bo pl1k = {A } i n B Ek ! 3. Nariši enakokrak pravokoten trikotnik ABS skateto AS Zrcali trikotnik ABS : a ) pr e k to čke S , b ) pre k premi ce ( B , S), c ) pr e k pr e mi c e (A ,S)! Ka kš e n l ik tvor ijo dani tri kotnik A BS in nj eg ove zrcalne sli- ke? Ut e me l j i odgovor! 4 . Zapi ši ulome k , katerega š tev e c je vsota š t e vi l t in t, imeno- valec pa razl i ka med šte viloma in količni kom štev il t i n t ! 5 . V trikotniku AB C je D središče stranice A B i n velja: AC = CD = DB. Ko l i ko merijo notranji koti trikotni ka ABC ? 7 . r a zr e d 1 . Poišč i najmanj t r i ulo mke, ka t e r i h vr e dnos t se ne s p r e meni , če števec povečamo za 27 , i menova l ec pa za 3D! 2. V enakokrakem tr ikotniku je vsota ko t a o b vrhu in ko t a o b o s no vn lc l 111° . Izračuna j kota, k i ju oklepa s imetrala kota ob osnovnici z vi šinama na kraka! 3 . Določi faktorja i n zmnož ek pr i tehle pogoj ih: - če f ak t o r j u dodaš 2 zmnože k poveča i .prvemu 5 ' se za ,- če drugi fakt o r zmanj šaš za 1- se zmno žek zmanj ša z a .'l.~ , 5 . 4. Para lelogra m AB CD je o r ie n t ir a n ~ako,~o t -.:,o zapisa na ogli- š č a , Nj egov i diagonali sta e = AC in f = BD. --' --' --' 'Do ka ž i , da j e e - f = 2 AB ! 5 . Imamo tri kvadrate , stranica prvega kvad rata je a . Stranica drugega kva d r a t a je daljša od stran ice prvega kvad- 16 8 r ata za pet in o st ra nice p r ve g a kvadra t a. Stra nica t r e t j e g a kv adr ata je kr a jša od s t r ani ce pr ve g a kva drata z a pet i no str a n i c e drugega kvad r a ta . Ko l i ko ods to tkov pl o š či n e pr ve ga kvad rata je ploščina tret- jega kvadrata? 8 . r azr e d 1 . Reš i e načbo: a ( 5x + 2b ) - 5(x - 2a) = 5( x + 2a ) + a ( 2b + 5 ) in ugo tovi. z a kater a a je enačba ne r e š l j i va ! 2. V tri ko tni ku ABC j e st ran ica AB = 6 c m. ko t pr i A mer i 60 0 in kot p r i B 750 • l z r a čunaj pl o š či n o tri ko tn i ka ! 3 . Graf fu n kc ij e y = ( k - 2) x + 2x - 5 pot ek a. s ko zi točko T (2. 1 ) . a ) Do loč i v rednost pa r a me tr a k ! b ) Pr i te j v rednost i k d ol o či pl o š č in o t rikotn ika. k i ga tvo- r i g r a f fu nkc ije s koo rdinat nima osema! 4. Sko zi p r e s e či š č e d i ago na l t ra pez a nari ši vz po redn ic o z osnov - ni ca ma! Do ka ži . da pr e s e č i š č e d i a go na l ra zp o l a vl j a odsek na vzpored - nic i med k r a koma ! 5 . Og l išč a koc ke označimo A . B . C. D na s podn j i osnovni pl o s kvi in E . F. G . H na zg o r n j i osnov n i pl o s kvi ( E j e nad A • .•. ) . S re diš če roba EF označ imo s P . s redišč e r o ba FG s Q . Kocko pre s e ka mo z r av n i no s ko zi no silki dal j ic AC i n PQ. I z r aču naj pl o š čin o preseka. če me r i rob kocke 10 cm ! PavLe Za jc 169 RAZPIS TEKMOVANJA SREDNJEšOLCEV IZ MATEMATIKE IN FIZIKE VšOLSKEM LETU 1981/82 V tem šols kem letu bodo tekmovanja potekala ta kole: MATEMATIKA: predtekmovanje bo v soboto, 13. marca od 9. do 11 . ure, tekmovanje pa v soboto, 3. aprila od 10 . do 12. ure 30 minut . FIZ IKA: predtekmovanje bo v soboto, 17 . apri la od 9. do 11 . ure , tekmovanje pa v soboto, 15. maja od 10. do 12 . ure 30 min ut. Pr edte kmovanja i zvedejo a ktivi profesorjev matemati ke in fizike na s r ednj i h šolah. Ti sestavijo komi s i j o za predte kmova nj e, ki oceni izdel ke sv ojih dija kov. Za stro kovno plat izvedbe pred - tekmovanj in tekmovanj sta sestavljeni republiški komisiji, ena za matematiko, druga za fiziko. Ti dve komisiji pr ipravita nalo- ge za predtekmovan ji in za tekmovanji , za vsak razred po štiri . Razmno žene nalog e za predtekmovanja , rešitve in druge napot ke pošljeta predsedni kom šols kih komisij. Na osnovi doseženega re - zultata predlagajo šol ske komi s i j e najuspešnejše dija ke za re- publiški tekmovanji. Predlagani srednje šol ci morajo praviloma doseči vsaj polovico vseh možnih točk, od tega kr iterija pa se lahko odstopi, če noben tekmovalec v skupini ne preseže 75 % vseh možnih točk. Izjemoma lah ko predlagajo tud i dob re dijake, ki se zaradi opravičljivih razlogov niso mogli ude l ež i t i pr ed- tekmovanja. Sole lahko prijavijo svoje učence za republišk i te~ movanji le, če so i zvedl e predtekmovanje (same ali več skupaj). Za prijavnico k predtekmovanju velja vprašalnik, objavljen v tej številki Pre seka. Izrežite ga ali prepišite, izpolnite in pošl jite priporočeno do srede, 3. marca 1982 na naslov: Komisija za popula rizacijo pri DMFA SRS, 611 11 Ljubljana-Vič, p. p. 6, s pripisom: Prijava za predtekmovanji. Dija ki srednjih šol, ki imajo drugačen u čni načrt kot gimnazije, se lahko po posvetu s profesorjem prijavijo za predtekmovanje v najprimernejši skupini. Sol, ki se ne bodo pravočasno prijavile 170 za predtekmovanji, ne bomo dodatno obveščali! Izmed predlaganih kandidatov bosta republiški komisiji izbrali udeležence za republiški tekmovanji, do 30 v vsakem razredu. Le v izjemnem primeru, če predlaganih primerno dobrih tekmovalcev ne bo dovolj, bosta komisiji upoštevali tudi druge predloge. Ko- misije za predtekmovanje po šolah naj ocenijo izdelke, sestavijo seznam predlaganih dijakov in ga pošljejo na zgornji naslov naj- kasneje do: ponedeljka, 22 . marca 1982 (matematika) ozi roma ponedeljka, 26 . aprila 1982 (fizika) s pripisom: Tekm ovalci iz matemati ke (fizi ke ). Obvestilo o kraju obeh republiških tekmovanj in druge informaci je bodo šole prejele skupno z nalogami za predtekmovanje. 2elimo, da bi v predtekmovanja pritegnili čimveč srednješolcev. Zato pozivamo tudi dijake, naj opozorijo svoje učitelje na ta razpis. Slednje pa seveda prosimo, naj sodelujejo pri izvedbi predtekmovanj, da spodbujajo dijake in jim svetujejo pri pripr2 vah . Predvsem jih prosimo, naj pomagajo republiškima komisijama pri pripravi nalog. Za vse predloge in pripombe bomo zelo hva- ležni, naslovite pa jih kar na zgornji naslov. Vsem srednješol- cem želimo, da bise na letošnjih tekmovanjih kar najbolje od- rezali! Bo jan Go l l i, Goraz d Lešnjak 171 VPRAŠALN IK ZA PREDTEKMOVANJ E IZ MATEMATIKE ŠOLA : . •• •. .•.• • •• • •.. •. ••• • •• • • ••• • • • • • •. • . . o ••• • • • • • • •• • o o ••• NASLOV: • • • . • • . • • • . • • o • • •••• 0 •••••• ••• • ••• • • • • • • • • • • 0 • • • • • • • o • • TELEFON: • .• • • • •• • • • ••••••• . •.•.• POŠTNA ŠTEVIL KA: • • •• • ... • • •• Predtekmovan je bomo l z v ed l i: sam i - skupaj s šolami : Priimek , ime , domači naslov in telefon pr edsednika kom isije za p redtekmovanje : . • . • •• . •• . • . . . • •• .• •• • .•• .•• .• • . .• . . •• . . • • . .• .• Član i komisije za predtekmovanje: Predvidoma se bo p redtekmovanja udel ežilo v I . r a z r e d u dijakov v II. ra zredu di jakov v III . r a z r ed u dijakov v I V. razredu , d ijakov skupno d ijakov ******* *** *** ***** ***** *** ******** ** *********** **** ** ********** VPRAŠALNIK ZA PREDTEKMOVANJE IZ FIZIKE ŠOLA: NASLOV : •• • •• . ••• . • • •• •• • •••' •• •••• •• ••• •.• ••. ••.••..•••.•..• • . • TELEFON: • . • • • •• • • • . •• ••• • •••• •• • • POŠTNA ŠTEVILKA: • •. • •••• ••. Predtekmovanje bomo i z v ed I i : sam i ~ skupaj s šolam i : Priimek, ime, telefon i n domač i naslov predsednika kom is ije za predtekmovanje: .•..•••••• •• •••••••.• •• • •• ••••• ••••.. o • • ••• • •• • Člani komisije za predtekmovan je: Predv idoma se bo v, II. razredu v I II. razredu v I V . razred u skupno predtekmovanja di j a kov dijakov dijakov dijakov udeležilo ***** ***** ** ******* ****** ********** *** **** ******* *** ******* **** OPOMBA: Števi lo d ijakov nam pove , koliko i z v o do v s formulacijami nalog naj vam pošljemo. 172 22, ZVEZNO TEKMOVANJE SREDNJEšOLCEV IZ MATEMATIKE Letos je bilo zvezno tekmovanje 26. in 27. aprila na Ohridu. Organizator tekmovanja je bilo DMFA Makedonije. V slovenski e- kipi je bilo 15 srednješolcev. Na tekmovanje smo odšli že dva dni prej. Dan pred odhodom so tekmovalci poslušali nekaj kraj- ših predavanj in reševali naloge. Odpotovali smo v petek zjutraj z brniškega letališča. Slabo vr~ me nam je žal jemalo razgled z letala. Zveze iz Skopja na Ohrid so bile zasedene vse do večera in le s težavo je bilo mogoče izsiliti še nekaj vozovnic za našo ekipo. Na Ohrid smo zato prispeli šele pozno ponoči. Prvi dan smo stanovali v mladinskem rekreacijskem centru Mladost. Razmere so bile neugodne, zato smo se naslednji dan preselili v hotel Orce Nikolovski. Srbski kole- gi so nam prijazno dali na razpolago svoj avtobus in nas rešili težav s prevozom. Organizatorji so se tokrat kaj malo izkazali. V soboto je tekmovalna komisija izbrala naloge. Našo ekipo je zastopal profesor Egon Zakrajšek. Tekmovalci so medtem obiska- li tovarno Ezerka, vsak je dobil tudi majhen spominek. Naslednje jutro se je pričelo tekmovanje. Po krajšem razgovoru gostiteljev in profesorja Zakrajška so organizatorji razdelili naloge. Za reševanje je bilo 4 ure časa. Po tekmovanju je bilo seveda kosilo. izleta na Naum pa se naša ekipa zaradi težav s prevozom ni mogla udeležiti. Tekmovalna komi .sija se je nato lotila zamudnega in občutljive­ ga opravila popravljanja nalog. Ze nekaj let komisija dovoljuje tudi pritožbe, tako da se je popravljanje zavlek10 pozno v noč. Izbrati je bilo treba tudi naloge za malo olimpiado. Te sta se udeležila Uroš Boltin in Matjaž Kaluža iz IV. razreda ter Miran Cerne in Aleksandar Jurišic iz III. r az r eda . Zal se nobeden ni uspel uvrstiti v ekipo za MMO, ki je bila letos v ZDA. Sloven- ska ekipa je dosegla takele uspehe: 173 1. razred Miloš 2efran, gimnazija Nova Gorica , 3. nagrada, Matjaž Kovačec, gimnazija Miloša Zidanška, Maribor, pohvala. 2. razred Ivan PepeInjak, Robert Baku1a, oba Iz I. gimnazije Ljubljana- Bež I grad , pohva 1 i. 3. razred Miran č e r ne , I . gimnazija Ljubljana-Bežigrad, 3. nagrada, Aleksandar Jurišic, gimnazija V. Janežič , Poljane, Ljubljana, pohvala. 4 . razred NI bilo pohvaljenih. V Ljubljano smo se vrnili z vla kom, kar je bi lo precej utruja- joče . Prihodnje leto bo gostitelj te kmovanja DMFA BiH, tekmo- vanje pa bo v Igmanu. NALOGE S TEKMOVANJA: 1 . razred 1. Naravna števila a , b in c so taka, da sta a +c in b+ c kvadr2 ta dveh zaporednih naravnih števil. Dokažite, da sta ab +c i n ab +a+b+c tudi kvadr at a dveh zaporednih naravnih števil! 2. Iz enega oglišča ostrokotnega trikotnika je na risana viši- na, iz drugega kotna simetrala, iz tretjega te žiščnica. Nj! hova presečišča so oglišča novega trikotnika. Dokažite, da ta t rikot nik ne more biti enakostraničen! 3. Prvi štirje členi nekega zaporedja so 1,9,8,1. Vsak nasled- nji člen j e e nak zadn ji cifri vsote prejšnjih š t i r i h členov. a) Ali v tem zaporedju najdemo četver ko 1,2,3,4? b) Ali se v tem zapored ju kdaj ponovi začetna četverka? 174 4. Miška grize kos sira v obliki kocke z robom 3. Kocka je raz- deljena na 27 manjših kockic z robom 1. Miška grize sir tako, da začne s kockico venem od ogliŠč. Ko poje celo kockico, se loti naslednje, ki ima z ravnokar pojedeno skupno ploskev . Ali lahko miška poje cel kos sira tako, da je zadnja kockica, ki jo poje, tista v središču kocke? 2. razre d 1. Naj bodo a , b in a cela števila in a > O. Predpostavimo, da ima enačba ax 2 + bx + o = O dve razl i č n i rešitvi na interva- l u (O, 1). Dokaži te, da je a z, 5. in poi šči te primer takšne enačbe za a = 5! 2. Konveksen četverokotnik razdelita diagonali na štiri trikot- nike tako, da so njihove ploščine cela števila. Dokažite. da je produkt teh štirih števil popoln kvadrat! 3. Poi šči vse pare (x, y ) cel i h števi 1, ki zadoščajo enačbi: v" _ x (x + 1 ) ( x +2 ) ( x +3 ) = 1 4. števila 1,2,3 ... ,100 razdelimo v sedem razredov. Dokažite, da v nekem razredu obstajajo števila a ,b,a,d, med katerimi so vsaj tri različna, in za katere velja a+b = a+d! 3. r azre d 1. Dokažite, da lahko za vsak n E N število tg 2n 150 + ctg 2n 150 zapišemo kot vsoto kvadratov treh zaporednih naravnih števil! 2. Na isti stranici daljice "NJ so narisani trije podobni t r i ko t niki KQP , QLP in PQM ta ko, da je ~QPM = ~QL = a, j.PQM = 1tJPK = 8 in f.QPK = ;';'QPL = y, pri čemer je a <8 tl ~ za 1O. Dokažite, da j e bilo vsaj k+1 elementov množice S p rvič v š t e v i l č n e j š i podmnožici kot dru- gi č! NALOGE Z MALE OLIMPIADE ne 1. Naj bosta a in b 'lf"egativni celi števili. Pokaži, da je 5a ~ 7b natanko tedaj, ko ima sistem enačb x + 2y + 3z "+ 7t = a y + 2z + 5t b 176 nenegativno celo rešitev! Pri dani končni množici realnih števil S naj A( S) pomeni mno- žico vseh tričlenih strogo naraščajočih aritmetičnih zapore- dij v s . Poišči maksimalno število elementov množice A( S) gl~ de na vse možne izbire množic S z n elementi! ( 3 . Točko znotraj konveksnega četverokotnika zvežemo z oglišči. če imajo trikotniki , ki tako nastanejo, enako pl o š č i no , ena diagonala č e t v e ro k o t n i ka razpolav~ja drugo. Dokaži! Mihael Perman REŠiTVE NALOG----lij PASCHEV AKSIOM - REšiTEV S STRANI 14 2 P IX!3 c četverokotnik ABCD razdeli mo na trikotnika ABC in ACD. Če npr. premica p seka AB , mora po Paschevem aksiomu sekati še bodi si 177 AC bodisi BC. ee p seka AC, mora sekati še bodisi AD bodisi CD Premica p torej seka vsaj še eno od ostalih stranic četverokot­ nika (BC, CD, DA). - Recimo, da p seka rob četverokotni ka v treh ali več točkah: TI,T z,T3' " (ki leže na p v tem vrstnem redu). Potem je notranjost ene od daljic TIT2,T2T3 znotraj, notranjost druge od njiju pa zunaj četverokotni ka ABCD. To pa ni mogoče, saj je četverokotnik konveksen in zato vsebuje hkrati s točkama TI in T3 tudi vso daljico TI P3' ee premica leži v ravnini poljubnega mnogokotnika in ne gre sko- zi nobeno oglišče, seka rob mnogokotnika v sodem štev ilu točk (glej članek Nekaj o mnogokotnikih v Prese ku 1973/74, štev. 2, str. 72-76). Pri konkavnem četverokotni ku je sečišč lahko 0,2 ali 4, pri konkavnem mnogokotniku nasploh pa jih je lahko veli- ko. Pri konveksnem mnogokotniku pa je število sečišč le O ali 2 (večje število bi nasprotovalo konveksnosti kakor zgo raj pri četverokotniku). - - ~1 ~-------" B Janez Rakovec 178 REŠiTEV S STR. 142 P IX/3 c D B Označimo : 6 ADC, c = BDC a) Ker je 6 + e: = 2R, je vsaj eden od obeh kotov . (npr. e: ) veCJl ali enak pravemu kotu. Velja: e:~R 9 SPQ = BP 'f. ACO QO = QC