PRE S E K - list za mlade matematike, fizike in astronome letnik 13, leto 1985/86, številka 1, strani 1 - 64 . VSEB INA UVODN IK FIZIKA NOVE KNJIGE FIZIKA MATEMATIKA TEKMOVANJA KRIŽANKA ASTRONOMIJA KRIŽANKA RAČUNALNiŠTVO NALOGE MATEMATIKA RAZVEDRILO RAČUNALNiŠTVO NA OVITKU Dragi bralci (Edvard Kramar) 1 Prikazalniki s tekočimi kristal i (Igor Muševič) 2 Učbeniki in priročniki za osnovno in srednjo šolo (Ciril Velkovrh) 8 Ali je nogomet igra na srečo (Janez Strnad) 9 Hitrost izstrelka iz zrač ne puške (Marko Jagodič, Andrej Likar) 16 O posojilih (Bojan Mohar) 20 Inverzija (Mil ena Pintar) 24 11. izbirno tekmovanje iz matematike (Gorazd Lešnjak) 27 Ob stopetdesetletn ici rojstva (Pavle Gregorc) 32 Zanimiva senca (Boris Kham) 34 Franc Močnik - rešitev iz P-12/5 (Pavle Gregorc) 37 Kako računaln ik nariše daljico (Andrej Vitek) 38 Dva dokaza - rešitev str. 50 (Dragol jub M. Miloševič, prev. Peter Petek) 45 Nekaj nalog mladim Vegovcem (Aleksander . Potočnik) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 46 Naloge za mlade matematike - rešitev str. 52 (Pavle Zajc) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 48 Dokaz (Izidor Hafner) 55 PREMISLI IN REŠi - Kriptoritem z dvema kartama- rešitev iz P-12/3 (Peter Petek) Za ljubitelje nogometa (Ciril Velkovrh) 58 PISMA BRALCEV (Dušica Boben) 60 BISTROVIDEC - Barvanje zemljevidov (Vladimir Batagelj) 63 BOLJ ZA ŠALO KOT ZARES - Kovanci. Pogovor z Raymondom Smullyanom. Norost? (Izidor Hafner) 23,45,47 Narišimo hrib (Rok Sosič) 64," I Tekoči kristali (glej članek na str. 2) 1, IV UVODNIK Dragi bralci! Z novim šolskim letom je pred vami tudi prva številka novega letnika Preseka. Večina vas naš list že dobro pozna in upamo, da ste ga doslej radi jemali v ro- ke, saj je v preteklem obdobju prinesel veliko zanimivega in poučnega branja. Tako vam ne bo težko še naprej ostati naš naročnik. Gotovo pa bo list navdu- šil tudi vse tiste, ki ste ga letos prvič dobili v roke. Presek bomo tudi v prihodnje poskušali pripravljati tako, da boste z njim še bolj zadovoljni in ga boste še bolj nestrpno pričakovali.Poleg pohvaln ih be- sed, ki jih prejemamo od vas, sem in tja kdo potoži, da je kakšen od prispevkov pretežak. Tega se v uredništvu dobro zavedamo in poskušali se bomo še bolj potruditi , da bi pripravili čim več prispevkov, ki bodo razumljivi tudi naj- mlajšim bralcem. Ker pa se prav vselej tega ne da narediti, pa tudi precej sre- dnješolcev preb ira naš list, svetujemo zlasti najmlajšim bralcem, da številke Preseka shranjujejo in take prispevke preberejo čez kako leto ali dve. V Preseku boste tudi v prihodnje našli vrsto zanimivih člankov iz matema- tike, fizike, astronomije in tudi računalništva. Zanimale vas bodo naloge in poročila s tekmovanj, razne druge naloge , problemi in uganke v raznih rub ri- kah, ki so zelo priljubljene (Bistrovidec, Premisli in reši, ...1. Objavljali bomo tudi še naprej križanke ter razne druge zanimivosti in novice. Da bi se Presek čim bolj približal vašemu okusu, vabimo tud i vas, dragi bralci, da s svojimi prispevki pomagate oblikovati njegovo vsebino. Sodelujete lahko s krajšimi prispevki, nalogami, ugankami, fotografijami itd., ki imajo te- matsko vsebino iz zgoraj naštetih področij. Naši uredniki bodo vaše prispevke pregledali in, če bodo dovolj zanimivi, uvrstili v eno od rubrik. Najboljše pri- spevke bomo tudi nagradili s knjižno nagrado. Prvo številko Preseka smo tudi letos poslali vsem lanskim naročnikom. Aktive matematikov in fizikov na šolah kakor tudi posameznike prosimo, da nam z naročilnico, ki je natisnjena na strani 15 ,sporočijo vsaj do 20. sep- tembra, koliko izvodov Preseka naročajo. Naročnina za letošnje šolsko leto je 400 din za skupinska naročila in 500 din za posameznike. Zbrano naročnino nam pošljite vsaj do konca koledarskega leta. Edvard Kramar '-1-1'/" -'~ ,-. r Lnn . . . .r- '. PRIKAZALNIKI S TEKOČIMI KRISTALI Nekaj osnovnih podat kov o tekočih kri stalih je bralec najbrže izvedel v 4. šte- vilki Preseka letnika 1983/84, str. 178, kjer smo spoznali predvsem holeste- rinske tekoče kristale in njihovo uporabo. Poleg holesterinskih tekočih krista- lov danes poznamo še množico drugih vrst tekočih kristalov, ki sta jim skupni dve osnovni lastnosti: so tekoči (tečejo kot tekočina). obenem pa kažejo no- tranjo urejenost, ki je značilna za trdne kristale. Razvrščeni so v razrede, ki ka- žejo enako notranjo urejenost: nemstski, diskotični, smektični,holesterinski ... Spoznali bomo notranjo strukturo nematskih tekočih kristalov in tiste njihove lastnosti, katerih poznavanje je nujno potrebno za razumevanje delovanja pri- kazalnikov s tekočimi kristali . Mol ekule nematskih, ho lesterinskih in smektičnih tekočih kri stalov so podolgovate, cigarasto oblikovane, dolge nekaj 10 nm in debele nekaj nm. Mo- lekule so med seboj urejene paralelno, do lge osi cigarasto oblikovanih molekul so pretežno paralelne. V nematski tekočekristalni f azi so težišča molekul te- kočega kristala naključno porazdeljen a po prostoru, kot je prikazano na sliki 1. S lika 1. Not ranja ure jen ost nematskega tekočega kris ta la. Bralec si lahko predstavlja urejenost molekul nematskega tekočega kristala z medsebojno urejenost jo rib v jati : med seboj prete žno plavajo paralelno , tež i- šča rib pa so nak lj učno porazdeljena v prostoru . Za nematski te koč i kristal je to rej znač i l na ena od likovana smer, to je smer urejenosti dolg ih osi molekul. S segrevanjem tekočega kristala pride pri določ e ­ ni tempe ratu ri do sprememb v notranj i urejenosti molekul tekočega kristala, dolge osi moleku l niso med seboj več vzporedne , temveč n a klj učno usmerjene 2 v prostoru . Nematski tekoči kristal preide v tekočino, ki izgubi notranjo ureje- nost. Temperaturi, pri kateri pride do take spremembe, pravimo temperatura faznega prehoda tekočega kristala v izotropno fazo (izotropen pomeni v vseh smereh enak). Podobno se z ohlajanjem tekočega kristala pri določeni tempe- raturi spremeni struktura nematskega tekočega kristala tako, da običajno pre- ide v trdno fazo, torej izgubi lastnost tekočine in ne teče. Spremembe notranje urejenosti tekočega kristala lahko opazujemo na primer z mikroskopom. Na sliki 2a vidimo fotografijo plasti nematskega tekočega kristala, kot jo pokaže mikroskop. Preden spoznamo osnove delovanja prikazalnika s tekočimi kristali , še tole: na sliki 2a se lepo vidi, da je plast tekočega kristala sestavljena iz nešteto drobnih "kristalčkov" velikosti 0.05 mm, torej je to nekakšna večkristalična plast. Kakor bomo kasneje izvedeli, so površine prikazalnikov lahko izredno ve- like, do nekaj 100 ern", torej je potrebno na nek način doseči enakomerno urejenost tekočega kr istala oziroma vzgojiti mo no kristal s tako veliko površino Slika 2a. Mikroskopski posnetki plasti nema. tskega tekočega kr istala. Slika 2b . Posnetek urejene plasti nematskega kristala. Vidni so sledovi drgnjenja steklene ploščice - tanke navpične raze. Vidimo tudi elektrode - debele vodoravne, vzporedne črte. 3 Pri tem si pomagamo z zvijačo. Stekleno ploščico enakomerno podrgnemo z zelo drobnim diamantnim prahom, s tem naredimo na površini st ekla mikro- skopsko majhne raze, ki so med seboj paralelne. Povr šina stekla ima to lastnost , da se molekule tekočega kristala postavijo vzporedno s površino . Zaradi brazd je najbolj ugodno, da se dolge osi molekul usmerijo vzdolž brazd . Tako dobimo tik ob površini stekla enakomerno urejeno plast, še več, urejenost molekul se prenaša v globino do razdalje 0 .1 mm . Na ta način naredimo tanko, ure jeno plast tekočega kristala z veliko površino, kar je prikazano na sliki 2b . Če znamo narediti urejeno plast tekočega kristala , potem do prikazalnika ni več daleč . Prerez prikazalnika s tekočimi kristali je prikazan na sliki 3 . LEPILO POLARIZATOR ELEKTRODA: PREVODNA.PROZORNA PLAST STEKLO ZRCALO TEKOČI KRISTAL Slika 3. Prerez prikazalnika s tekočim i kristali Sestavljen je iz dveh steklenih ploščic debeline 1 mm , ki imata na notranjih površinah nanešeno zelo tanko plast električno prevodne snovi, ki je prozorna. Notranji površini obeh stekel sta mehansko podrgnjeni tako , da sta smeri brazd v spodnji in zgornji ploščici pravokotni. Sestavna dela prikazalnika sta še dva polarizatorja in zrcalo, o katerih bo tekla beseda malo pozneje . Razmik med steklenima ploščicama je 5 do 10 11m. Mimogrede : debelina človeškega lasu je približno 50 11m. Stekleni ploščici po robovih zlepimo in tako dobimo celico prikazalnika, ki jo napolnimo s tekočim kristalom . Ta se na površinah uredi ta- ko, da so dolge osi vzporedne z brazdami v površini stekla. Ker sta površini drgnjeni pod pr avim kotom , se v notranjosti celice vzpostav i vijač na urejenost molekul tekočega kr istala, ki je prikazana na sliki 4a. Konice molekul opisujejo 1/4 vijačnice, ko se pomikamo od spodnjega stekla proti zgornjemu . Poglejmo, kako se širi svetloba skozi takšno strukturo. Širjenje svetlobe v prostoru si predstavljamo kot širjenje valovanja po napeti 4 f Slika 4a . Vijačna urejenost nema tskega te - kočega kristala, prehod svetlobe skozi takšno plast . Slika 4b . Porušena vijačna urejenost pod vplivom električne napetosti med stekleni- ma ploščicama. f 5 vrvi. Če prost konec vrvi zan ihamo v smeri gor-dol, se po vrvi širijo valovi, vrv niha v navpični smeri. Pravimo, da je valovanje polsrizirsno, ker ležijo odmiki vrvi veni ravnini. Če polarizirano svetlobno valovanje spustimo na te- kočekristalno celico zvijačno urejenostjo , potem smer nihanja (polarizacija) sledi smeri dolgih osi molekul. Po prehodu skozi takšno celico je svetlobno va- lovanje polarizirano pod pravim kotom na smer vstopanja valovanja. Pri preho- du svetlobe je torej prišlo do sukanja polarizacije svetlobnega valovanja za 90 stopinj . Omenili smo že, da ima celica na obeh notranjih površinah prevod no plast. Pravimo, da ima celica dve elektrodi. Če na ti dve elektrodi priključimo ele- ktrično napetost (4,5 V baterija bo že dovolj), se pojavi v plasti tekočega kri- stala električno polje, ki zavrti osi molekul tekočega kristala tako, da so po vsej plasti pravokotne na površino stekla . Ta pojav je zelo podoben zasu ku magnetne igle ali železnih opilkov pod vplivom magnetnega polja . Nova uredi- tev tekočega kristala ne suče več polarizacije svetlobe, kot je razvidno iz slike 4b . Iz povedanega sledi, da se pod vplivom električne napetosti spremenijo optične lastnosti celice. Kako pa to vidimo? Dnevna svetloba je nepolarizirano valovanje. Njena polarizacija je naklju- čno porazdeljena po smereh v prostoru . Iz nepolariziranega valovanja dobimo polarizirano valovanje s pomočjo posebne priprave, ki jo imenujemo polsrize- tor. Le-ta iz množice valovanj izlušči valovanja s točno določeno polarizacijo. Ponazorimo ga lahko z vrvjo in vrtno ograjo z navpično postavljenimi letvami. Skozi ograjo potegnemo vrv in jo pritrdimo na drugi strani. Če prosti konec za- nihamo v smeri gor-dol, se bo valovanje lepo širilo skozi ograjo. Če vrv zaniha- mo v smeri levo-desno, se bo valovanje po vrvi po prehodu skozi ograjo znatno oslabilo. Tako smo dobili neke vrste polarizator, ki prepušča samo valovanje s točno določeno smerjo odmikov vrvi. Polarizatorji, ki jih uporabljamo v pri- kazalnikih , so v obliki tanke plastične folije. Sedaj, ko smo spoznali polarizator, se vrnimo k naši celici. Pred celico po- stavimo prvi polarizator, ki iz dnevne svetlobe naredi polarizirano svetlobo. Obrnemo ga tako, da je smer polarizacije vzporedna s smerjo molekul ob vsto- pu v celico. Za celico postavimo drugi polarizator, ki prepušča samo tista va- lovanja, ki so polarizirana pravo kotno na vstopno valovanje. Ker je med obema polarizatorjema celica, ki suče polarizacijo za 90 stopinj, bo celotna priprava prepuščala svetlobo. Pod vplivom električne napetosti se spremeni struktura ta- ko, da ne suče svetlobe in celica bo med prekrižanima polarizatorjema nepre- pustna. Na tak način lahko z vklopom in izklopom električne napetosti med ustrezno oblikovanima elektrodama "pišemo" na naš prikazalnik. Zaradi pra- 6 ktičnosti običajno postavimo za drugim polarizatorjem šezrcalo, tako da izpis opazujemo v odbiti svetlobi. Spoznali smo torej osnovo delovanja tekočekristalnega prikazalnika. Takšen prikazalnik ste prav gotovo že videli. Vgrajeni so v ročnih urah, svinčni­ kih, kalkulatorjih, telefonih, začenjajo se pojavljati tudi v osebnih računalni­ kih. Na pogled so to sivozelene ploščice (zaradi polarizatorjal, na katerih se pojavljajo temne številke, črke, poljubno oblikovani znaki. Takšen prikazalnik ima nenavadno lastnost: v temi je slabo viden, v močni svetlobi pa odlično, torej ravno obratno kot TV zaslon. Razlika je v tem, da tekočekristalni prika- zalnik ne seva svetlobe kot TV cev, temveč jo samo prepušča ali ne. Za delo- vanje torej potrebuje zunanjo svetlobo. Zaradi tega takšen prikazalnik porabi znatno manj električne energije, celo večmiljonkrat manj kot katodna cev ustrezne velikosti. Poleg tega so tekočekristalni prikazalniki ploščati, za delo - vanje potrebujejo nizko napetost in so zelo poceni. Imajo pa tudi slabe lastno- sti: otežkočen je večbarvni prikaz, omejeno je število prikazovanih znakov. Pri nas so se raziskave tekočih kristalov začele v sedemdesetih letih na Inštitutu Jožef Stefan. Po večletnem raziskovalnem in razvojnem delu je stekla proizvodnja tekočekristalnih prikazalnikov, vgrajujejo jih v merilne inštrumen- te , telefon, radiopostaje in v osclloskope s tekočekristalnim zaslonom , ki je prikazan na sliki 5. Osciloskop je plod domačega znanja in je eden prvih to- vrstnih izdelkov v svetu. Ima vgrajen mikroprocesor, z njim pa lahko opazuje - mo časovne odvisnosti električne napetosti. Slike lahko spravljamo v pomnil- nik, jih obdelujemo, primerjamo, seštevamo in podobno. Zaradi izredno majhne porabe energije se uporaba tekočekristalnih prika- zalnikov nezadržno širi , saj se s to danes tako pomembno lastnost jo imenitno vključujejov proizvodernikroelektronike. Igor Muševič Slika 5. Digitalni osciloskop s tekoče­ kristalnim zaslonom. Glej tud i slike tekočih kristalov na I. in IV. strani ovitka. 7 /\'" , te 1/1\1 Ill-'-''-''1'C " 'L JC UČBENIKI IN PRIROČNIKI ZA OSNOVNO IN SREDNJO ŠOLO Naročniki Preseka lahko tudi letos nabavijo pr i Komisiji za tisk DMFA SRS ob skupinskem naročilu z 20% popustom naslednje učbenike in priročn ike za osnovno in srednjo šolo: Cena 80% 100% Tablice kvadratov, kubov, kvadratnih in kubičnih korenov naravnih števil od 1 do 999 ter obsegov in ploščin kroga za merska števila premera od 1 do 299 (Zbral J. Žabkar) Štirimestni logaritmi in druge tabele (S. Uršič) Rešene naloge iz matematike z republiških tekmovanj 1. in 2. del (V . Batagelj, T. Pisanski), vsaka Rešene naloge iz fizike z republiških tekmovanj 1. del (M. Hribar) 2. del (B. Golli, J. Žitnik) Zbirka vaj iz aritmetike, algebre in analize za srednje šole (1. Štalec in dr.) 1. razred 2. razred 3. razred 4. razred Leksikon Cankarjeve založhe: Matematika (A. Vadnal) Fizika (J. Strnad) Uvod v programiranje (B. Mohar, E. Zakrajšek) Priporočamo vam, da si knjige pravočasno oskrbite. 8 55.- 240 .- 72. - 144.- 320.- 280 .- 150.- 220.- 180.- 768.- 1280.- 600.- 69.- 300.- 90.- 180.- 400 .- 350.- 185.- 280.- 223.- 960.- 1600.- 750.- Ciril Velkovrh ALI JE NOGOMET IGRA NA SREČO Pri tej najpomembnejši postranski zadevi bi se fiziki lahko zanimali za hi- trost žoge ali za silo igralčeve noge na žogo. Vendar si to pot postavimo raje bolj nenavadno vprašanje, ki je zapisano v naslovu. Odgovor nanj uganemo vna- prej. Nogomet je v veliki meri igra na srečo. Če ne bi bilo tako, ne bi bilo špor- tne napovedi . Sestavek poskuša utemeljiti to trditev po nekoliko ovinkasti, a poučni poti. Najprej poiščimo seznam rezultatov vseh tekem v kakem tekmovanju, de - nimo v naši prvi ligi. Podatke za sezono 1976/77 najdemo na primer v Almana- hu 1978 ČGP Delo. V ligi z 18 moštvi ima vsako moštvo 17 nasprotnikov, s katerimi igra doma in v gosteh. Tako vsako moštvo v sezoni odigra 2 .17 = 34 tekem. Vseh tekem skupaj veni sezoni pa je (1 /2) .18 .34 = 306. Z dve smo morali deliti, ker bi si- cer vsako tekmo šteli dvakrat, pri prvem in še pri drugem moštvu. Najprej si izberi mo eno izmed moštev in se zanimajmo za število golov, ki jih je dalo na tekmah ene sezone. Vzemimo beog rajsko Crveno zvezdo, ki je bila v sezoni 1976/77 prva . Naredimo si pregled tekem po številu golov, ki jih je dalo na tekmo to moštvo . Ugotovimo , da Crvena zvezda na 5 tekmah ni da - la nobenega gola, na 9 tekmah po 1 g o l, na 11 tekmah po dva gola, na 3 tek- mah po 3 gole, na 4 tekmah po 4 gole, na 1 tekmi 5 golov in na 1 tekmi 6 golov. Delimo število tekem s številom vseh tekem, to je s 34, pa dobimo rela- tivno pogostost, s katero nastopajo tekme z danim številom go lov. Tako pri- demo do porazdelitve tekem , pravzaprav njihove relativne pogostosti p(n), po številu n danih golov na tekmo. Porazdelitev prikažemo s tabelo: n Np(n) p(n) O 5 0,15 1 9 0,26 2 11 0 ,32 3 3 0 ,09 4 4 0,12 5 1 0,03 6 1 0 ,03 34 1,00 9 V prvem stolpcu je število danih golov na tekmo, v drugem stolpcu ustrezno število tekem in v tretjem relativna pogostost. Vsota drugega sto lpca da polno število tekem 34, vsota relativnih pogostosti v tretjem pa 1. Zadnjo trditev za- pišemo z enačbo oc ~ p(n) = 1 n=O Neskon čnost oo ima tu le simboličen pomen, ker nastopa v vsoti v resnici samo malo členov, v našem primeru samo 7. Porazdelitev prikažemo še z diagramom. Na vodoravno os nanesemo šte- vilo n danih golov na tekmo, na navpično os pa relativno pogostost p: pr i da - nem številu golov n narišemo navpično daljico z višino p(n), ki ustreza relativ- ni pogostosti pri tem številu golov (sl. Ial.Take porazdelitve za sezono 1976/77 izračunamo in jih pr ikažemo z diagramom še za ljubljansko Olimpijo, ki je bila 12. (sl. lb), in sarajevski Željezničar, ki je bil 18. (sl. le) . Iz dobljenih podatkov ni težko i z r ač u nat i povprečnegaštevila golov, ki jih je dalo v sezoni 1976177 kako moštvo. Število golov n pomnožimo z ustrezno relat ivno pogostostjo in prispevke seštejemo : _ oo n v E np(n) n=O Do enakega rezultata pridemo, če število vseh golov delimo s š~vilom vseh te - kem. Tako dobimo za Crveno zvezdo n = 1,97, za Olimpijo n = 1,06 in za p (n) p (nj p (nj 0,4 n =7,97 0,4 ~n =1,06 0,4 ..... ~n=0,97 ~-\ "\ \- p_ (nj \- p-(nJ " Pii (nJ / \ / n \ n \/ 0,2 \ 0,2 0,2 \I \ \\ \ \ \ \ " \ \ \I "- \ \"- <,.. ....... "-O O Oo , ° 2 4 n ° 2 4 n 2 4 n Slika 1. Po razdel itev števila prvolig ašk ih te kem po številu danih golov na tekmo za Crveno zvezdo (al , Olimpijo (b] in Željezničarja Ic) v sezoni 1976/77. Zarad i nazornosti ponazo- rimo Poissonovo porazdelitev s črtkano krivuljo , kot d a bi se n lahko spreminjal zvezn o . 10 I Željezničarja n = 0,97. Ni nujno, da bi moštvo, ki da v povprečju več golov, vedno zavzelo višje mesto, čeprav je v našem primeru tako. Število tekem enega moštva, to je 34, je razmeroma majhno. Zato se v po- razdelitvah pokažejo nekatere neenakomernosti , na primer pri Crveni zvezdi več tekem s 4 goli kot s 3. p{n') ji' =2,53 n'8765 Pii' i n') 43 .... <, <, -, "-, """-, , "-, -, 'r"'l----o. 2 '"/ / / I / / I I Io 1 02 Slika 2. Porazdelitev števila vseh prvoligaških tekem po številu golov na tekmo v sezoni 1976/77. Podatki so iz Almanaha 1978 ČGP Dela. Več podatkov zajamemo, če upoštevamo vseh N' = 306 tekem ene sezone v prvi ligi. V tem primeru nam gre za število vseh golov na tekmi n', se pravi tistih , ki jih kako moštvo da, in tistih, ki jih prejme. Poiščimo torej relat ivne pogostosti tekem p(n') po številu vseh golov na tekmo n', Porazdelitev pr ikaže- ~o z diagramom (sl. 2) in izračunamo povprečno števi lo golov na tekmo n : = 2,53. Zdaj, ko je tekem precej več, v porazdelitvi ni izraz it ih neenako- mernosti . Jacka Dowieja, sodelavca Fakultete za socio logijo Odp rte un iverze v Mil - ton Keynesu, je zanimalo nekaj drugega. V londonski reviji New Scientist je objavil članek Slabost nogometa - smrtno neodločeno. Za prvo in drugo angle- ško ligo s skupaj 44 moštv i je pregledah kako sta se od leta 1920 do leta 1980 ~reminjala delež neodločenih tekem p in povprečno število golov na tekmo n ' , Med --9bojim ~ ugotovil nedvomno zvezo (sl. 3), ki jo je na intervalu med nekako n' = 1 in n' = 4 pribl ižno opisal s prem ico (črtkano ria sl. 4) : p<:l = 0,55 - 0, 1 n' V sezonah 1920/21 in 1980/81 se je, pri povprečnem številu golov na 11 tekmo 2,5, končalo 0,28 ali 28% tekem neodločeno, v sezoni 1930 /31 pri povprečnem številu golov 3,7 20% in v sezoni 1960/61 pri povprečnem številu golov 3,6 22%. n' 40 p* 0,35 35 30 131 0.30 0,25 I 70 171 60 161 46 50 147151 I , \1 ~ r •, \ ,.. , I V ",: : , I I I I I 38 139 , II • I \ I I I " I 30 I 'J 25 Slika 3. Tako sta se v prvi in drugi angleški ligi spreminjala med leti 1920 in 1980 povpre- čno število golov na tekmo n' (sklenjeno , leva skala) in delež neodločenih tekem p <: (čr­ tkano, desna skala), Povezave obeh ni mogoče spregledati. Slika je vzeta iz članka J . Do- wieja Football's failing . the deadly draw, New Scientist, 27. 8. 1981 . Med vojno 1939·- 1945 ni bilo ligaških tekmovanj. Dowie misli, da bi privabili na nogometne tekme zopet več gledalcev, če bi dosegli večje število golov na tekmo in bi s tem zmanjšali delež neodločenih te- kem. V tej zvezi razmišlja o zmanjšanju števila igralcev, povečanju golov, omi - ljenju ali odpravi pravila offside~ in še o čem.Skrajno možnost vidi v tem, da bi sploh odpravili neodločen izid: pri izenačenem številu golov naj bi štelo na primer razmerje kotov ali tega, kolikokrat sta se dotaknila žoge vratarja . Poglejmo še, kako je s tem v našem nogometu. V prvi ligi je v sezoni 1974 / 75 ob povprečnem številu golov 2,4 bilo 33% neodločenih tekem, v sezoni 1975 /76 ob povprečnem številu golov 2,3 35% in v sezoni 1976177 ob pov- prečnem številu golov 2,5 prav tako 35%. <: "Vsak igralec, ki je v trenutku oddaje žoge bliže nasprotnikavi prečni črti , kot je žoga, je v položaju offside, razen če je na svoji polovici igrišča, če sta med njim in nasprotnikovo prečno črto najmanj dva nasprotna igralca, če se je žoge zadnji dotaknil nasprotnik, če sprejme žogo neposredno po udarcu iz kota, udarcu od vrat , sodniškem metu ali metu žoge iz outa. Offside kaznuje sodnik s posrednim prostim strelom .:" Pravilo 11, E. in W. Nord- heim, Leksikon športnih panog, Mladinska knjiga, Ljubljana 1972. Dowie razlaga zmanjšanje deleža neodločenih tekem v dvajsetih letih s spremembo tega pravila. Prej je pravilo zahtevalo najmanj tri nasprotne igralce. 12 Mimogrede se vsili misel , da bi učinkovitost kakega tekmovanja lahko izra- zili s kvocientom povprečnoštevilo golov na tekmo : delež neodločenih tekem. Nekaj podatkov je zbranih v pregledn ici. Sezona kvocient 1920/21 1930/31 1960/61 1980/81 8,9 18,5 16,4 8,9 1974/75 1975/76 1976/77 7,2 6,6 7,0 7,0 0,8 0,2 0,4 PO tem kvocientu pa ne smemo prenagljeno sklepati na mednarodni nogometni ugled kake države. Dowiejeva razprava je zbudila pozornost Romana Sexla, profesorja teorij- ske fizike na dunajski univerzi . Skupaj s sodelavcema Alfredom Wehrlom in Alfredom Pflugom se je bil lotil načrta Fizika v športu, ki je povezan z izobra- p" Slika 4. Delež neodločenih tekem v odvisno- sti od povprečnega števila golov na tekmo. Sklenjena krivulja kaže rezultat e .n',0(;11, črtkana prernica pa Dowiejev empirični pri - bližek. Krožci ustrezajo podatkom za prvo in drugo angleško ligo, križci pa za našo prvo ligo. Po teh podatkih ni mogoče odlo- čati med Dowiejevim empiričnim pribli- žkom in računskim rezultatom. - Pričako­ vali bi, da bi lahko kak rokometni rezultat pomagal pri tej odločitvi. Vendar je poda- tek za našo rokometno ligo s 14 moštvi v se- zon i 1976/77, ko je bilo ob povprečnem številu golov na tekmo 47 16% neodlo če­ nih tekem, precej daleč od obeh. Glede šte- vila golov je rokomet vsekakor zanimivejši od nogometa. ni ° 2345678 13 ževanjem odraslih ali po naše s študijem ob delu. (Od njega smo prevzeli osnovno misel, da je mogoče povečati zanimanje za fiziko, če z njo obravna- vamo športne zadeve.) Sexi je s sodelavcema ob nekaterih predpostavkah izra- čunal drugačno zvezo med deležem neodločenih tekem in povprečnim števi- lom golov na tekmo (sklenjena krivulja na sl. 4). Po tej odvisnosti bi se pov- prečno število golov !TIoralo močno povečati, da bi se le malo zmanjšal delež neodločenih tekem. Ce temu rezultatu verjamemo, ni vredno spreminjati pra- vil, kakor predlaga Dowie. Ali ne bi mogli pogledati malo v ozadje porazdelitev, ki smo jih spoznali? Poskusimo . Ta začetek obeta, da bo odstavek nekoliko zahtevnejši . Za tolažbo si zato izmislimo prav- ljico. Na poroki kralji čne iz devete dežele s svinjsk im pastirjem je bilo skupaj 1000 pova- bljenih. Ravno so gostje sedli za mizo, ko je začelo deževati. Gostje so se začeli že nekoli- ko nejevoljno ozirati na dobro vilo, ki je skrbela za gostijo, a so kmalu uvideli, da sodi dež k stvari. Vsaka kaplja se je na krožniku spremenila v cekin. Na 1000 krožnikih se je znašlo skupaj 1970 zlatnikov. (Marsikateri gost , ki je prej godrnjal, je zdaj obžaloval , da ni dlje deževalo.] Vsak gost je dobil tedaj v povprečju po 1,97 cekina (kot pri porazdelitvi na sli- ki 1al. Nekatere je zanimalo relativno število gostov, ki niso dobili nobenega ceki na , in gostov, ki so dobili po 1, 2, 3, oo. cekinov. Vila je pojasnila, da podaja relativne pogostosti tako imenovana Poissonova porazdelitev (in to tem bolje, čim več je gl)stov) , ki jo zapiše- mo kot n je število cekinov na krožniku (število golov na tekmo), n povprečno število cekinov na krožniku (povprečno število golov na tekmo) in Pfj relativna pogostost. e = 2,718... je osnova naravnih logaritmov, n! (n fakulteta ali n faktorielal pa ni = 1.2...(n - t).». Na sliki 1 in 2 so nakazane ustrezne Poissonove porazdelitve s črtkanimi krivuljami, kot da bi se n lahko zvezno spreminjal. Predpostavimo, da dajo vsa moštva nekega tekmovanja v povprečju enako število golov n na tekmo. To že ni čisto res: kar primerjajmo Crveno zvezdo, Olimpijo in Želje- zničarja. Vendar moramo to predpostaviti, če naj ne bo računanje preveč zapleteno. Če pa je tako, lahko hitro izračunamo delež neodločenih tekem. Na neodločeni tekmi dasta prvo in drugo moštvo enako število golov. Delež tekem z izidom O : O je Pij(O). Pii(Ol. delež tekem z izidom 1 : 1 Pij(l),pij(1) itd. Delež vseh neodločenih tekem dobimo , ko seštejemo prispevke te vrste: oo Postavili smo n' = n + fi = 2n. Vsote ~ (n ' /2)2n / (n l )2 sploh ni treba posebej računati, n=O ker najdemo funkcijo 'o(n') že i z raču nano v tabelah . Funkcijo e-n'/a(n') kaže sklenjena krivulja na slik i 4 . 14 Na koncu odgovo rimo še na začetno vprašanje. Zdaj to moremo, ko vemo, koliko smemo zaupati Poissonovi porazdelitvi. Pri tej porazdelitvi je efektivni odmik od povprečja enak Vnin relativni efektivni odmik 1IVn.Matematiki vedo povedati, da leži število danih golov pri nekako dveh tretjinah tekem med fi - Vfi =n (1 - l i Vn) in;:; +Vn=;:; (1 + l /vn) . Izid posamezne tekme je tem teže napovedati, čim večji je relativni efektivni odmik. Tako lahko vza- memo, da kar ta odmik podaja delež naključja v izidu tekme. V naši prv i ligi se giblje povprečno število golov, ki jih da veni tekmi kako moštvo, okol i (1/2).2,4 = 1,2. V tem primeru je delež naključja l/V1,2 = 0,88. Rečemo lahko torej, da je delež naključja nekoliko manjši kot 90%. Čeprav smemo v tej navedbi videti samo grobo oceno, je nogomet neizpodbitno zelo blizu pravih iger na srečo , pri katerih odpade na naključje vseh 100%. Rečemo lahko šeto, da je delež naključja t em večj i, čim slabše je v povprečju kakšno mošt vo . Zares naši sk lepi ne bodo dost i kori st i l i igralcem šport ne napovedi. Ti že vnaprej upo- števajo, kolikor je mogoče , - raz l i č no učinkovitost posameznih moštev, čemur smo setukaj izogni li. Janez Strnad KOMISIJA ZA TISK DMFA SRS 61111 Ljubljana, Jadranska c. 19 p.p, 64 , tel. št. (061) 265- 061 Naročilnica Za šolsko leto 1985 /86 naročamo izvodov PRESEKA - lista za mlade matematike, fizike in astronome Naslov: Šola . Priimek in ime . Naslov (ulica, hišna številka, števi lka pošte in kraj) Naročnino bomo poravnali do konca koledarskega leta. Datum . Žig in podpis 15 HITROST IZSTRELKA IZ ZRAČNE PUŠKE Sosedov Marko je želel izmeriti hitrost izstrelka iz zračne puške . To je poizkusil narediti tako, da je ocenjeval čas, ki ga porab i izstrelek za pot 10 metrov. Pri- vzel je, da se hitrost izstre lka na tako kratki poti ne spremeni dosti. Vendar je bil ta ča s prekratek, da bi ga lahko merili s stoparico. Bil je precej krajši od četrtinke sekunde, hitrost torej večja od 10 m v > = 40 mis 0,25 s Marko s tako grobo oceno ni bil zadovoljen. Gotovo bi se mu posrečilo, če bi meril čas bolj natančno, a pot reboval bi zapleteno elektronsko uro, ki bi jo sprožil in ustavil izst relek sam s prek initvijo svetlobnih curkov . Pot bi bila v tem primeru lahko dolga le nekaj deset centimetrov, čas pa bi znašal nekaj tisočink sekunde (slika 1). Ko sva se o tem pogovarjala, sem mu omenil, da se da izmerit i hitrost PRESEK - LIST ZA MLADE MATEMATIKE, FIZIKE IN ASTRONOME 13. letnik, šolsko leto 1985/86, številka 1, strani 1 - 64 UREDNiŠKI ODBOR: Vladimir Batagelj (bistrovidec), Danijel Bezek, Ardrej Čadež (astronomija), Bojan Golli (tekmovanja - naloge iz fizike), Pavel Greg:>rc, Bojan Mohar (matematika) , Martin ČOpič, Ardrej Kmet, Jože Kotnik, Edvard Kramar (odgovorni urednik) , Gorazd Lešnjak (tekmovanja - naloge iz matematike), Ardrej Ukar (Prese- .kova knjižnica - fizika), Franci Oblak, Peter Petek (glavni urednik, naloge bralcev, premisli in reši) , Dušica Boben (pisma bralcev), Tomaž Pisanski (računalništvo), Tomaž Skulj, Miha Štalec (risbe), Zvonko Trontelj (fizika), Marjan Vagaja, Ciril Velkovrh (urednik,noveknjige, novice). Dopise pošiljajte in list naročajte na naslov: Društvo matematikov, fizikov in astronomov SRS - Podružnica Ljubljana - Komisija za tisk, Presek, Jadranska c. 19,61111 Ljubljana, p.p. 64, tel (061) 265-061 /53, št. žiro računa 50101-678-47233. Naročnina za šolsko leto 1985/86 je za posamezna naročila 500,-din, za skupinska naročila pa 400 ,- posa- meznaštevilka 1OO d in. List sofinancirajo Izobraževalna, Kulturna in Raziskovalna skupnostSlovenije Ofsek tisk Časopisno in grafično podjetjeDELO, Ljubljana © 1985 Društvo matematikov, fizikov in astronomov SRS- 747 16 izstrelka tudi z nihalom, v katerega izstrelek trči in se v njem ustavi. Izstrelek potisne nihalo iz ravnovesja in ga tako zaniha . Največji odklon nihala ali empli- tuda je kar sorazmerna s hitrostjo izstrelka. Začela sva računati. Izstrelek naj ima maso m in hitrost' v, nihalo pa naj ima maso M in naj na začetku miruje. Gibalna količina izstrelka pred trkom, mv, je enaka gibaln i količini nihala in v njem obtičalega izstrelka, ki je po trku (M + m)vo : mv= (M+m) Vo Tu je Vo hitrost nihala in izstrelka tik po t rku. Hitrosti v in Vo sta vodoravni, trk pa tako hiter, da se nihalo med njim skoraj ne premakne iz ravnovesne lege. Če bi znala izmeriti hitrost vo, bi hitrost v izračunala, le masi M in m bi bilo treba ugotoviti s tehtanjem. Namesto merjenja hitrosti vo, kar utegne biti trd oreh še v opremljenem laboratoriju, merimo raje amplitudo nihala, saj sta Vo in amplituda So takole povezana: - 2n sVo - -- o to Čas to je čas polnega nihaja: iz ravnovesne lege proti eni amplitudni legi, nazaj skozi ravnovesno lego proti amplitudni legi na nasprotnem koncu ter od tu nazaj k ravnovesni legi. Hitrost izstr e lka je potem: M+m s v = 2n o m to Če pustimo tehtanje izstrelka in nihala ob strani , se meritev hitrega izstrel- ka prevede na meritev amplitude so, torej razdalje in časa to - podobno kot je Marko že poskušal. Toda sedaj časa ni več težko izmeriti. Nekaj več sitnosti je z merjenjem amplitude so, a s kratko vajo obv ladamo tud i to . Leseno klado , težko 550 g, sva obesila s sukancem tako , da se ni mogla vrteti (slika 2), Za nihajni čas nihala sva izmerila 3,2 s (merila sva čas desetih nihajev) , povprečna amplituda po devetih strelih pa je bila 87 mm . Edin i poda- te k, ki sva ga še potrebovala,je bila masa izst re lka . Presenečena sva bila, da ima- jo posamezne krogle tako različne mase. Prosila sva, da so nama natančno stehtal i 90 krogel, vsako posebej , Izmerke sva ured ila po vel ikosti ter to narisala na slik i 3 . Višina stolpca kaže število krogel , ki ležijo med označenimi masami. Krogel na pr imer, ki so imele večjo maso od 0,585 g in manjšo od 0,590 g, je bilo 25. Našla sva celo kroglo, ki je tehtala le 0 ,527 g. Računala sva s povpre- čno maso 0,59 g. 17 Slika 1 : .. - - - - - - - - \ " ---:::::-:.--= \ ~ - ~ - - - -..,- - - - - -- - t ~ su kanec\ ~ ,...j T i -3 m merilo Ir I I "[ I' r T ? . <, <, ':~,l-~\"!<~:t.~;';;::;";.:'; 'i~; ~:·~·i i_;;r_':~-lJ:~ ~';'~ les ena ..... ... ............. ... .. . ... klada : : -20 cm vir sv etlobe fi" vir s vet lobe fi" zaslanke II , • I ...----- s vet lobnl curek _____ Slika 2 18 el , ura s tar t stop II I I I II vsega skupaj 90 krogel S temi podatki sva izračunala hitrost v=15?ms·! V računu sta dve količini precej negotovi, in to arnplituda in masa izstrelka. Amplitudo je težko odčitati na ravnllu. ker se nihalo tam ustavi le za hip (tu bi pomagala dobra tehnična izboljšava) , poleg tega pa je pri poizkusu nagajala še rahla sapica. Izstrelkov nisva sproti tehtala (poskusite tehtati na desetinko qra- ma natančno il. zato je povprečna masa za nekatere izstrelke slaba ocena. Neqo- tova je postajala tudi masa lesene klade, ki sva jo precej poškodovala, pa še pre - cej obtičalih izstrelkov se je nabralo v njej, česar nisva štela (nekateri izstrelki so sami izpadali iz klade). Precej izstrelkov se je proti koncu meritve začelo od- bijati od klade. Takih meritev seveda nisva upoštevala (amplituda pri odbitih strelih je bila bistveno večja kot pri obtičanih). število krogel 30 m - 0,59 g 20 Slika 3 10 52,5 53,5 59 60 m.100 [gJ 62 Ocenila sva, da je najin rezultat negotov za 7 ms" , kar pomeni, da je prava hitrost najverjetneje med 150 rns! in 164 rns", kar krajše zapišemo takole v = (157 ± 7)ms· 1 Merila sva tudi pojemanje hitrosti izstrelka zaradi zračnega upora. Iz rezultatov sva izračunala, da doseže navpično izstreljeni izstrelek višino 110 metrov. pu- ška pa je nevarno orožje (oči) celo do razdalje 200 metrov. Opozarjava vse, ki bi želeli ponoviti najine meritve . da naj delajo izredno previdno. Odčitavanje amplitude na milimeter natančno terja, da je opazovalec zelo blizu merila, če ne uporablja dobrega daljnogleda . Zgrešen strel ima zato lahko hude posledice. Priporočava,da te me ritve delate v navzočnosti starejših. Marko Jagodič in Andrej Likar 19 /""-,...,,,"-'."/"n lt: n irin o POSOJILIH V času , ko je naša deže la vse bolj zadolžena, je zelo pomembno vedeti tudi kaj o posojilih. Zato si oglejmo , kako lahko i z r ač u n amo višino mesečne anu itete najetega kredita. Če morda še ne veš, snuitete je znesek , ki ga moraš plačati vsak mesec, da v dogovorjenem roku vrneš posojilo . Na banki lahko dobimo na pr imer posojilo, ki ga bomo odplačevali 5 let , obresti pa bodo 50% letno. Za nakup stanovanj pa so krediti ugodnejši : 15 let in 5%. Kolikšna bo mesečna anuiteta za vsakega od kreditov, č e posojilo znaša 10000,00 din? Da bo računanje lažje, bomo vpelja li naslednje oznake : n višina posojila (din) d doba odplačevanja (let) p . . . . . . . . . . . . . . . . obrestna mera (npr. p = 0 .05 za 5% obr. me ro) a . . . . . . . . . . . . . . . . mesečna anuiteta (neznano) Omeniti mo ramo , da se obresti zaračunajo vsako leto en krat in da se odplačani znesek ne obrestuje več. Z vsakim mesecem je torej znesek dolga za a ma njš i, na koncu vsakega leta pa se k odplačanemu znesku dodajajo obresti. Za rešitev problema je ugodno razm išljati malo drugače. Banka nam je posodila znesek n d in. Ta znesek bomo odplačevali d let. Če ga ne b i odplače­ vali sproti , bi morali zarad i obresti plačati znesek n + obresti v d let ih. Koliko znesejo te obresti , bomo izračunali kasneje . Po drugi strani pa plačujemo me- sečne obroke in si lahko mislimo , da jih nalagamo na posebno (svojo) hranilno knji žico al i bančni račun , kjer se nam obrestujejo po obrestni meri, ki velja za posojilo. Namesto da bi upošteval i, da smo banki vsak mesec dol žni manj (in nam banka ne bo več zaračunavala obresti za ta znesek) , imamo znesek na naš i knjižici . Zanj dobimo ravno toliko obrest i, kot jih moramo plačati bank i. Skle- pamo torej lahko takole : d let mesečno nakazujemo po a dinarjev na poseben račun. Banka ga bo obrestovala po meri p. Končni znes ek mora biti enak n plus ob resti v dletih. Oglejmo si sedaj, kako se posoj ilo n obrestuje z leti. PO prvem letu k znes- ku pr ištejemo enoletne obresti p .n dinarjev in imamo tako skupaj n + pn = 20 I = n(l + p) dinarjev. V drugem letu se obrestuje že novi znesek, zato je za p.n.(1 + p) obrest i in skupna vsota se poveča na (n .(1 + p)) .(1 + p) = n( 1 + p) 2. Ravno tako vidimo, da je po treh letih vsota enaka n(1 + p) 3 itd . Znesek se po d letih poveča na n( 1 + p)d . Kaj pa je z odplačevanjem? Prvi mesec vplačamo a dinarjev in ta vsota se nam bo obrestovala d let minus en mesec. Drugi obrok se nam bo obrestoval dva meseca manj kot d let itd. V d letih odplačevanja bomo na "našem raču­ nu" nabrali skupaj naslednjo vsoto: a + obresti za (d - 1/12) let + + a + obresti za (d - 2 /12) let + + a + obresti za (d - 3/12) let + + a + obresti za (d - 12d112) let Skupaj bomo torej vplačali 12d mesečnih obrokov po a dinarjev in zanje dobili tudi nekaj obresti . Koliko bo teh obresti, bo najteže izračunati. Najprej poglejmo, koliko dobimo pri odplačevanju venem letu: od prvega obroka : a +a.p. 11/12 =a(1 + 11p112) od drugega obroka : a + e.p , 10 /12 = a( 1 + 1Dpi 12) od enajstega obroka: a + a.p. 1/12 =a(l + p /12) od dvanajstega obroka: a = a( 1 + Dpi 12) Skupno dobimo: Al =a(l + l1p /12) + ... +a(1 +OpI12) = ~ a [ 12 + p( 11 + 10 + ... + 1)112 ] = a [ 12 + P .11 .12/24] = = a [ 12 + l1p/2 ] Znesek Al se nam bo obrestoval še d - 1 leto, zato bomo od njega dobili skupno : V drugem letu ravno tako "odplačarno" A 1 dinarjev , ki se nam potem obrestu- jejo celih d - · 2 let. Torej dobimo zanje : 21 dinarjev. Podobno dobimo iz obrokov tretjega leta skupno B 3 = Al .(1 + p)d- 3 dinarjev itd. V vseh d letih odplačevanjapa zberemo: A =Al (1 + p)d-l + A 1 (1 + p)d-2 + oo . + A d 1 + p) + A 1 = =A 1 [(1 +p)d-l + (1 +p)d-2 + '" + (1 +p) + 1] = =A 1 . [(1 +p)d- 1] /[(1 +p) - 1] = a(12 + llpl2) .[(l +p)d -l]lp Kako smo izračunali vsoto iz oglatega oklepaja v gornji formuli? Ker je (xd - 1) = (x - 1)(Xd- 1 + Xd- 2 + ... + x + 1), sledi xd- 1 + Xd-2 + + 'oo + x + 1 = (Xd - 1) I (x - 1), kar je uporabljeno zgoraj za x = 1 + p . Ta formula ne velja za x = 1 (to je p = O). Zakaj misliš, da je tako? Zdaj smo že pri koncu. Odplačano mora biti enako dobljenemu posojilu , povečanemu za obresti : a.(12 + llpl2)[(l +p)d -l]lp=n.(l +p)d in a = n.( 1 + p)d. p i [( (1 + pId - 1) (12 + llp l2) 1 (1) Ko sem izpeljal formulo (lJ. sem jo seveda takoj preizkusil na primeru. Pri nakupu pohištva sem najel potrošniški kredit v višini 92000 din z dobo od- plačevanja 5 let in 25% obrestno mero. Na ta račun mesečno plačujem 2851 din. In glej ga zlomka! Ogoljufali so me! Prav gotovo , saj po formuli (1) dobim mesečno anuiteto 2558 din. V petih letih bom torej plačal 12.5.(2851-2558)= = 17580 preveč. Kaj je narobe? Vse skupaj sem še enkrat preveril na podatkih za nek drug kredit in tudi to se ni ujemalo . Očitno je nekaj narobe z našo formulo. PO krajšem poizvedovanju sem izvedel , da kredite odplačujemo z letnimi in ne mesečnimi anuitetami. To pomeni, da se 12 mesečnih obrokov za letno anuite- to ne začne obrestovati z mesecem plačila , ampak šele ob poteku leta, ko smo torej vplačali že vseh 12 obrokov letne anuitete. V gornji izpeljavi je torej vse v redu, le znesek Al, ki ga dobimo pri odplačevanju venem letu, je enak 12a in ne (12 + llp I2)a. Od tod pa izračunamo mesečno anuiteto: 22 n.p.(l +p)d 12. [(1 +p)d -1 ] (2) Izvedel sem še, da je pri stanovanjskih posojilih banka bolj "poštena", saj obre- stuje odplačani znesek že po vsakih 6 mesecih (ima torej polletne anuitete) . Skušal sem izpeljati formulo tudi za ta primer, vendar pa se mi razultati nika- kor niso ujemali s številkami, ki sem jih dobil od znanca : n = 800 .000,p =0,05, d = 15 in a = 6327 din. Ali bi mi kdo od bralcev znal razložiti, kako so na banki prišli do te številke? Za najboljše (pravilne) odgovore dam tudi nagrade. Lahko mi pišete kar na uredništvo Preseka. Za konec zastavljam bralcem še tri vprašanja: (1) Ali so možne take obresti, da bo mesečna anuiteta pri odplačevanju na pet let manjša kot anuiteta pri odplačevanju na 10 let? Za rešitev problema po- . trebuješ osnovno znanje o kvadratnih enačbah. (2) Kolikšna je dejanska vrednost odplačanega denarja v pr imerjavi z višino posojila, če upoštevaš, da se vrednost zmanjšuje z inf lac ijo , ki je, recimo, vsa leta odplačevanja enaka 80%? (3) Al i se lahko zgodi , da bo pri posojilu na d let mesečna anuiteta višja od celotnega posojila? Kaj opazi š, če pr i t em primerjaš formuli (1) in (2)? Bojan Mohar Bolj za šalo kot zares KOVANCI Janez: Zakaj je kovanec za 10 dinarjev iz leta 1983 nekoliko manjši od ko - vanca za 5 dinarjev iz leta 1982? Peter: Iz istega razloga , zaradi katerega je tvoj kovanec za 5 dinarjev nekoli- ko manjši od kovanca za 2 din iz leta 1981. Izidor Hafner 23 /""-,--/,,,' -,IL"u Ic I" l,n" .. INVERZIJA Slika 1 Slika 2 Vas zanima zveza med gornjima slikama? Drugo iz druge dobimo s preslikavo, imenovano inverzija. Inverzija je pravzaprav zrcaljenje glede na krožnico . Oglejmo si njeno defi- nicijo. V ravnini naj bo dana krožnica K s središčem v točki O in polmerom r, V ravnini izberimo še poljubno točko, različno od O, in jo označimo s T. Točki O in T določata poltrak, ki ima izhodišče v točki O in gre skozi točko T. Na poltraku izberimo točko T', tako da bo izpolnjena enačba OT.OT' = r 2 (sli- ka 3). Točko T', ki jo dobimo na ta način, imenujemo inverzna slika točke T glede na krožnico K. Točko O imenujemo središče inverzije, krožnico K pa krožnica inverzije. Če izberemo točko T znotraj kroga K, je OT < r. Ker mora veljati OT. or = r2 , sledi, da je or > r. Torej leži inverzna točka T' zunaj kroga K. Velja tudi obratno. Točke zunaj kroga se pri inverziji preslikajo v njegovo notranjost. Prav tako je očitno, da se točke na krožnici K preslikajo same nase. V tem primeru je namreč OT =OT' =r. 24 · !~ definicije . takoj .vidimo, da sta točki T in T' medsebojno inverzni. Če Je Trnverzna slika tocke T, potem je točka Tinverzna slika točke T' gled na isto krožn ico. e o Slika 3 Slika 4 Edina točka, katere inverzna slika ni določena, je središče inverzije O. Te- daj izbrana točka T in O sovpadata in ne določata poltraka, pa tudi OT = O. Kaj storimo v tem primeru? Očitno je naslednje. Čim bliže O je točka T, tem dlje od nje je inverzna točka T', in obratno. Zato včasih pravimo, da sesredišče inverzije O preslika v neskončnost. Točke ravnine smo razdelili v tri skupine. V prvi skupini so točke , ki sestavljajo krožnico K, v drugi točke znotraj in v tretji točke zunaj kroga. Ve- mo tudi , kam se preslikajo. Postavimo si sedaj vprašanje, kako inverzno točko dejansko najti, konstruirati. Najhitreje smo gotovi , če izberemo točko T na krožnici K. Točke krožnice so namreč same sebi inverzne, T= T'. Nekaj dela je v drugih dveh primerih . Oglejmo si konstrukcijo le za primer, ko točka T leži v notranjosti kroga K. Najprej narišimo krožnico K s središčem v točki O in spoimerom r (slika 4). To bo naša krožnica inverzije. V notranjo- sti kroga izberimo poljubno točko T z edino omejitvijoT*O, ker bi jo radi res narisali. Narišimo tisti poltrak z izhodiščem O, ki poteka skozi točko T. Nariši- mo pravokotnico na ta poltrak v točki T. Pravokotnica seka krožnico K v dveh točkah, ki ju označimo z A in B. V teh dveh točkah narišimo tangenti na kro- žnico K . Tangenti se zaradi simetrije sekata na poltraku OT, in sicer prav v točki T' , ki je inverzna slika točke T glede na krožnico K. Prepričajmo se, da je res tako! Trikotnika /:>, OTA in /:>, OA T' sta pravokotna. Pri oglišču O imata skupen kot, torej sta podobna. Imata sorazmerne stranice, torej je 25 OA : OT = OT' : OA od koder sledi -2 -- OA =OT .OT' Ker je OA ravno polmer krožnice K, dobimo OT . OT' = r 2 • S tem je pravilnost konstru kcije potrjena. Podobno lahko konstruiramo inverzno točko k točki, ki jo izberemo zunaj kroga K. Inverzija na krog ima precej lepih lastnosti. Nekaj jih bomo našteli, z njiho- vim dokazovanjem pa se ne bomo ukvarjali. Inverzija preslika premice in kroge v premice in kroge. Povejmo bolj natančno! 1. Premice, ki potekajo skozi središče inverzije, se preslikajo same nase. 2. Premice, ki ne potekajo skozi središče inverzije, se preslikajo v krožnice, ki potekajo skozi središče inverzije. 3. Krožnici, ki gre skozi središče inverzije, je inverzna premica, ki ne gre skozi središče inverzije. 4. Inverzna slika krožnice, ki ne poteka skozi središče inverzije, je krožnica, ki tudi ne gre skozi središče inverzije. Vendar se le redko preslika nase. Če smo dobro razumeli te štiri lastnosti, se vrnimo k prvi in drugi sliki. Z malo primerjanja lahko ugotovimo, da sta si res inverzni glede na krožnico , ki je obris obraza. Mogoče je komu od bralcev ta naloga pretežka . Za ogrevanje lahko poskusi z lažjo . E D Slika 5 F o O c V kaj se preslika pravilni šestkotnik na sliki 5 z inverzijo glede na očrtani krog? Milena Pintar 26 , mt» "'1" 1",C", '1.."1' " ,1.. " 11. IZBIRNO TEKMOVANJE IZ MATEMATIKE Ob lanskem republiškem tekmovanju mladih matematikov v Celju so organiza- torji pripravili tudi posvet o tem, kako naj bi ta tekmovanja potekala v bodoče. Že dalj časa namreč opažamo, da je tudi na srednjih šolah, ki nimajo naravo - slovno-matematične usmeritve, kar precej učencev, ki jih veseli reševanje ma- tematičnih nalog. V konkurenci z dijaki naravoslovno-matematičneusmeritve pa le redkim med njimi uspe, da se uvrstijo na republiško tekmovanje. Navzoči profesorji matematike in člani tekmovalne komisije smo se najbolj ogreli za predlog, da naj izbirno tekmovanje poteka v dveh stopnjah. Prva naj bi bila skupno šolsko tekmovanje za tiste učence srednjih šol, ki niso vpisani v nara- voslovno-matematično usmeritev. Druga pa bi predstavljala dejansko izbirno tekmovanje za udeležbo na republiškem tekmovanju. Udeležili bi se je tekmo- valci iz naravoslovno-matematične usmeritve in najboljši udeleženci šolskega tekmovanja. Letošnjo pomlad smo to zamisel tudi uresničili. O šolskem tekmovanju smo obvestili 77 srednjih šol po vsej Sloveniji, in sicer vse tiste, ki imajo progra- me V. stopnje in skupno v štirih letih vsaj 420 ur pouka matematike. Vabilu se je odzvalo kar 42 šol in tako je v soboto, 2. marca 1985, okrog tisoč srednje- šolcev reševalo naslednje naloge: Naloge za prvi razred 1. Pokaži, da je za vsako naravno število nizraz n4 + 2n3 - n2 - 2n deljiv s 24. Za kakšne n ta izraz ni deljiv s 120? 2. Janko in Marko sta se ob 5. uri napotila iz kraja A v kraj B. Janko je prišel v 8 ob 17. uri, Marko pa ob 20. uri. Če oba hodita z enakomerno hitrostjo, kdaj sta šla skozi kraj C (med A in 8). če vemo, da je šel skozenj Janko dve uri pred Markom? 3. V krog spoimerom 1 je včrtan pravokotnik. Pokaži, da je krajša stranica pra- vokotnika krajša od 1,5. 4. V nasprotnih ogliščih steklenega kvadra z dolžinami robov 1 drn, 2 dm in 3 dm sta: mravlja venem in kaplja medu v drugem. Izračunaj dolžino najkrajše poti, po kateri lahko mravlja pride do kaplje medu. 27 Naloge za drugi razred 1. Dokaži: Če v konveksnem četverokotnikupovežemo razpoloviščasosednjih stranic, dobimo paralelogram. lzračuna] razmerje ploščin konveksnega četvero­ kotnika in včrtanega paralelograma. 2. Poišči takšno realno štev ilo b , da bo imela ena čba Ix-11+ Ix-21=x+b natanko eno rešitev. 3. Katero število je večje: (1/25)301 ali (1/ 125) 2 Ol? Utemelji odgovor . 4. Za pozitivna realna števila al , a2, a3, bl, b2 in b 3 velja: Pokaži, da za vsako naravno število n in poljubna pozitivna realna števila dl, d 2 in d 3 velja: (~f = d 1al n +d2a2n +d 3a3n bl d lb 1n +d2b2 n +d3b3 n Naloge za tretji razred 1. Poišči vse rešitve trigonometrijske enačbe (x E R): sin3x + sin2x = 5.sinx Jji 2. Poenostavi izraz ~1 - 2.V98 3. Izračuna] vse korene enačbe logsinxcosx - 2109cosxsinx + 1 = O 4. Poišči vsa naravna števila, ki imajo (v desetiškem zapisu) na skrajni levi cifro 6 in za katera velja: če to šestico zbrišemo, je novo število ena petindvajsetina prvotnega števila. 28 I Naloge za četrti razred 1. Določi tako realno število x, da bo vrednost izraza (x - 1)2 + (x - 2)2 + ...+ (x - 1985)2 najmanjša. ) ,2'. Dokaži, da za vsako naravno število n velja: (1.2.4 + 2.4.8 + +n.2n.4n )1/ 3 <.2- 1.3.9 +2 .6.18+ +n .3n.9n 9 3. Po išči vsa realna števila e, za katera imata polinoma p(x) = x 3 + ax + 1 in q(x) = x 3 +X +a skupno ničlo. d 4:O neki množici krogel vemo naslednje: vsaka krogia iz te množice je ali mo- dre ali rdeče barve; vsaka krogia iz te množice ima maso ali 1 kg ali 2 kg; vse krogle niso iste barve in vse krogle nimajo enake mase. Dokaži, da v tej množici obstajata taki krogli, ki imata razl i č n i masi in sta različne barve. Na izbirnem tekmovanj u, ki je bilo v soboto , 16. marca 1985, je spet sode- lovalo skoraj tisoč srednješolcev s tridesetih šol. Kot se lahko prepri čate , tudi tokrat naloge niso bile lahke. Naloge za prvi razred J t. V ravnini so dane tri nekolinearne točke A, B in G. Konstruiraj tisto krožni- co s središčem v G, za katero sta njeni tangenti skozi A oziroma B vzporedni. 1i 2. Naj bo c realno število, ki ni manjše od 1. Katero izmed števil y'C+T - ve in je večje? 3. Ob napovedovanju novoletnega TV sporeda decembra 1984 je voditeljica oddaje "625 " voščila gledalcem "Srečno novo leto 625", V katerem številskem sestavu ima voščilo ustrezni pomen? 4. V razredu je 35 učencev. Neko soboto so pomagali pri pogozdovanju, vendar zaradi različnih razlogov niso prišli vsi. Vemo, da je dopoldne vsak učenec zasa- dil 6 dreves, popoldne pa vsak 5. Če so skupno posadili 351 dreves, koliko učencev je bilo odsotnih dopoldne in koliko popoldne? 29 Naloge za drugi razred 1. V krogu s središčem S je ST poljuben polmer. Dokaži: Če izberemo katero- koli točko V na krožnici , pokrije trikotnik 6.STV manj kot šestino kroga. 2. Izračunaj Jt+ 20 -v'3 3J6Y3 -10 3. Na plantaži kvadratne oblike so drevesa zasajena tako, da tvorijo kvadratno mrežo. Plantažo nameravajo razširiti s 1985 na enak način razporejenimi dre- vesi tako, da bo ohranila kvadratno obliko. Koliko dreves je na plantaži? 4. Osnovna ploskev piramide ABCV je enakostranični trikotnik, stranske plo- skve pa so enakokraki trikotniki, ki so med sabo enaki. Izračunaj razmerje med dolžinama roba osnovne in roba stranske ploskve, če sta poljubni težiš čnici iz oglišč osnovne ploskve na stranski ploskvi pravokotni med sabo (mišljene so težiščnice, ki potekajo skozi notranjost piramide). Naloge za tretji razred 1. Poišči vse rešitve neenačbe x +1 x- 1 log210g3-- < IOgl/2 IOgl /3 - - x- 1 x+ 1 1 2: Za realno funkcijo f velja: a) f( 1) = 1 b) za vsak x in vsak y iz R: f(x - y2) = f(x) + (y2 - 2x )f (y ) Izračunaj f(1985). 3. Za pravokotn ik ABC~elj~a je AB:BC = 3 : 1. Na stranici AB izberemo točk i E in F tako , da je AE = EF = FB . Dokaži , da je 4-CFB = 4- CEB + 4-CAB d4:Dokaži , da funkc ija g(x) = sin (x 2 ) ni period i č n a. 30 Naloge za četrti razred AC, 1. V pravokotnem trikotniku 6. ABC B s katetama BC = a in CA = b poveže- mo C in A z Iomljeno črto tako, kot kaže slika na desni. Kako dolga je ta a črta? 2 . Pokaži, da za nobeno realno število a polinom p(x) = 2x 5 - 5x 4 + 10x3 - - 10x2 + 20x + a nima dvojnih C ničel. 3. Krivulji y = a lxi in y = ( lxi - 1) / a sta določeni s pozitivnim številom a. Za katere a se krivulji sekata? Če se sekata, za kakšne a je ploščina omejenega lika, ki ga krivulji oklepata, ekstremna? Je pri tem dosežen maksimum ali mi- nimum?d 4 . Na neskončnem listu karo papirja so v enakih razmikih natisnjene vodoravne in navpične črte. Izberemo si poljubnih pet prese čiš č teh črt. Dokaži, da vsaj ena od desetih daljic, ki povezujejo po dve izmed izbranih točk, poteka skozi vsaj še eno presečišče natisnjenih črt. Za udeležbo na republiškem tekmovanju se je potegovalo 271 srednješol- cev (112 iz prvega, 38 iz drugega, 69 iz tretjega in 52 iz četrtega razreda). Na podlagi rezultatov v tem let u in v preteklih letih je komisija povabila v Postojno 143 učencev iz 27 srednjih šol, od tega 25 dijakov iz nenaravoslovno-matema· tičnih usmeritev. Izbira je bila najtežja v prvem razredu, kjer je večina predlaqa- nih učencev dosegla 15 točk od 20 možnih. Novost v tekmovalnem sistemu je prvo preizkušnjo dobro prestala: z ve· seljem so jo sprejeli na mnogih šolah, ki doslej niso niti sodelova le na tekmo- vanjih. Dopisi pričajo, da je zanimanje za matematiko ponekod tolikšno, da bodo uvedli krožke ali pa se kako drugače pripravljali na tekmovanja. Vse to in pa dodatna tekmovanja seveda prinaša učiteljem več dela, njim in učencem pa vzame tudi precej časa. Prvim gre zato naša zahvala za sodelovanje in trud, drugim pa so nagrada uspehi na tekmovanjih in veselje ob reševanju nalog in novih spoznanjih, ki jih prinaša reševanje nalog. Gorazd Lešnjak 31 "OB SLIKOVNA KRIZANK"", STOPETDESETLETNICI ROJST 'A" DOMAČE __ 24.3. 1835 JOS IP VZKLIK HLAPU\ - PR I BI K O- MOŠKO VA KOČ iJAŽPLEMELJ BORB I IM E TE K OČ i NA • STRA N I ~ j TR OJA NSK I TU POLJEV UP I JUNAK CE M UZ A LJ . PO EZ IJ E D VO DJA ČLOVE K , VA EKONOMA - K I ROPA AN TON IO T TA VIVALDI........ ........ T RE TJ A RA POTE NC A B OBMOČJE NAZ IV f- NIK ELJ T I K OV ELIZABETH LE S TAYLOR GRŠK I POKOJ BAS NO- LIVADA PISEC l UIS DAGU E R RE ZAKLJU ČN I T ROPSKA TOVARNA PREB IVAL-D EL T EK ME SODA V ICA PAP IGA V CI IR SK EM EDV OD A H PL OD SEST AVIL SL SOZVOČJE SKLADA- PAVLE - TE U G RE GO RC S BA RTOK KI PISARN A K RA LJ JE ZERO V SR EČKO ELVIRA JZ TI BET U K OSOVE L K RA DU I- ORGAN V EC V IDA -~ ~ } ~ GRŠK I BOG SM RT I J ::;UGMAN ED VAR D POJAV LO VS KA ELEKTR . BIL JE GOR NJINA NASILJ E Z LA TKO ILJ U8K .l NEBU N ASTA VA VOLT TUD I UD ......... ~ LEK ......... ......... X PREGO VOR :JAUL ZA NNE II BIL J E OB LI KA TU D I RAZ CVETA ......... DELO T LA - EL Ž I - G R~ KA CANOV L SK EGA Č R KA ELE SA PIJAČA IZ RIŽA .5T Ll NA GO IK A STAR " ELEKT."- SLOVAN MO RSKA 3 A lBA GORA V T ESA LI J I PA LICA BOGA F ran c. alpsk i BAKHA sm uč ar TOCENJE DIVJA SO LZ MAČKA RAM E SEZNAM T ISKAR - SK IH NAP A K VAS V I VO L AT INSK I AVQNIJ I GLASBENO ANDRI C VEZNIK- ZN AME NJE Na VIZ DEL DRžAVNA lAS OVK V IETNAMA BL A GA JN A NA SM ESEK UM ETNOS T STARO - ~A H ISTKA I L ATI N .) PERZI JSK I KUSN IA V LAD AR I SLOVEN . I PESN ICA I MU SER POPEVKA - MUSLI- RICA MANSKO PAVQNE M . IME SRA M 0 - NO ETOVA VAN JE BARKA ZANIMIVA SENCA Senco, ki jo meče Sonce, so že stari narodi uporabljali za merjenje časa - s sončnimi urami. Ali je danes še zanimivo opazovati senco? Ali ne sodi to v zgodovino? No, mi smo mislil i drugače in smo si zadali za nalogo opazovanje sence in višine Sonca skozi šolsko leto 1983/84. Vzeli smo stojalo (138 cm), ga posta- vili na šolsko teraso in, če je bilo sončno , smo točno opoldne merili dolž ino sence l', nato pa smo izračunali še višino Sonca h (glej skico 1). Narisali smo dva grafa h(t) in r (t ) , pri čemer je t čas, to je datum opazovanja. Pozorno po- glej tabelo in grafa - kaj lahko spoznamo iz teh meritev? Najbrž je to v neki zvez i z geografsko širino in gibanjem So nca. Zato poglejmo v Prosenovo knj i- go (Presek V (1977/78) , 5), kjer najdemo zvezo: h = 90° - tp + fi (h je višina Sonca, tp zemljepisna širina in fi deklinacija Sonca - glej sk ico 2). Tako smo lahko izračunali zemljepisno širino kraja: tp = 90° - h + fi. Poglejmo račun za 6.3.1984: h = 38,70 (izmerjeno), fi =- 5° 40' = -5,8° (odčitano iz efemerid), tp = 90° - 38,7° - 5,8° = 45,5° . Povprečje naših meritev je bilo ;P = 45 ,8°, prava vrednost za Ljubljano pa je tp = 46,03°. h V [' { - DOL11NA STOJALA {' - DOLŽiNA SENCE h - ViŠiNA SONCA N Z NEBESNA OS h (ViŠiNA SONCA) = (90 0 - 1f ) + rf rf - DEKlINACIJA NEBESNI EKVATOR } tg h =1.r h = are tg J... l' \ cm SONeHI ŽARKI 34 Mer. Datum Srednjeevr. Dolžina Višina ?;e.mljep. čas sence Sonca smna 1. 26.9.83 12 159,4cm 41° 48° 2. 30.9.83 12 160,0 40,7 46,8 3. 3.10.83 12 164 40 46,7 4. 4.10.83 12 166 39,7 46,3 5. 8.10.83 12 171 38,9 46,3 6. 14.10.83 12 185 36,7 45,5 7. 18.10.83 12 198 34,8 44 ,9 8. 20.10.83 12 202 34,3 45,7 9. 24 .10.83 12 211 33,2 45,3 10. 25.10.83 12 216 32,6 45,6 11. 28.10.83 12 222 31,8 45,4 12. 3.11.83 12 242 29,7 45,5 13. 7.11 .83 12 258 28,7 45,3 14. 14.11.83 12 285 25,8 46,2 15. 16.11.83 12 286 25,8 45,7 16. 22.11.83 12 305 24,3 45,9 17. 23.11.83 12 306 24,3 45,9 18. 2.12 .83 12 332 22,6 45,6 19. 6.12.83 12 340 22 ,1 45,5 20. 7.12.83 12 341 22 45,5 21. 8.12.83 12 343 21,9 45,6 22. 12.12.83 12 351 21,5 45,5 23 . 27.12 .83 12 354 21,3 45,3 24 . 29 .12.83 12 358 21,1 45,2 25. 26 .1.84 12 291 25,4 45,6 26. 10.2.84 12 239 30 45,3 27. 14.2.84 12 227 31,3 45,4 28. 5.3.84 12 171 38,5 45,3 29. 6.3.84 12 173 38,7 45,6 30. 8.3.84 12 166 39,7 45 31. 19.384 12 155 41,7 47,5 32. 20.3.94 12 148,5 42,9 46,5 33. 21.3.84 12 145 43,5 46,3 34. 22.3.84 12 141 44,5 46 35. 23 .3.84 12 139 44,9 46,2 36 . 27 .3.84 12 129 46,9 46,9 37. 12.4.84 12 104 52,8 44,6 35 36 Tudi ti si naredi stojalo , višino izberi sam. Opazuj senco in višino Sonca, nariši grafa hIt) in I'(t). Kakšna sta? Ali se spreminjata, če opazuješ ob zim- skih, po mladansk ih, poletni h a li jesen skih d nev ih? Veselo na delo ! Oglasi se ! Boris Kham Literatura Marijan Prosen, Astronomska opazovanja, Presek V (1977/78), 5 , Ljubljana SLI KOVNA KRI Ž A NKA FRANC MQCNIK IZ ' - 12/5 ,."..",,~ ".,,'" l~;::t ."', I~~;~~~~' ' ~~~ : ...<" . ~~~. . :m::H••,,<. ," ' Y I . ATA wl~' <" ." ~ V~~~~~ K O K U S T O S I I~ s- Č'\ ' V H O T R O E K A R E Č ""lv 'C E R O F R A N O Ž E .,..,. v ,~",,, :;:;::. "DCu -g. "'..... /VI A T ...v.... T T ........... K V A N T"'" .. ' tu"O U L O /VI E K ..."",... A "...." ·:f;f~ I K A R-, Č E Č T A /VI ,.,.... N J :;,'.,"/'1. R A D E"o",• • , "U'_ '" ,.,... "".... B O N oo. R A Z P I ..'D.••• Z Sh". ..,."..... '~: :; ;: '0_"" . 0" •• v,••""", ,,,o.:,, E N I V E O K S I Z T O K"""e'y " .... N I K O L P ..a,,,, ",.." ... ,~ L A R v,oo I D ""'"C G I ,..... E E ~;:'~:~l A R N OO" , ," " .. ,D, ....".'.." ";'~~' K A R A T R E S E T N I K -.:rr I S T R A E R K N O K O V današnji reš itv i križan ke smo pas ice z napisi posvečenim i F. Močniku odti- snili v 20% rastru, druge napise, ki so vsaj malo povezani z našimi strokami pa smo prekrili z 10% rastrom. Ciril Velkovrh 37 KAKO RAČUNALNIK NARISE DALJICO Očetje in sinovi, pa tudi kakšna hči in celo mamica so si zadnja leta našli novo igračo: hišni računalnik. Pravo malo čudo je takale škatlica, kajne? Sin se z njo podi za Marsovci, očka piše nekakšne službene zadeve, hčerka odkriva skrivno- sti in zaklade kraških jam, mamica pa si tu in tam ogleda svoj bioritem. In vsa ta resna in manj resna dogajanja spremlja risba na televezijskem zaslonu: črta kaže, kako raste in pada bioritem, po drugi črti potuje marsovska vesoljska ladja. Le kako zna računalnik vse to narisati? Vas zanima? Pa si oglejmo! RAČUNALNIKOV PAPIR Kje bi začeli? Pri samem začetku: oglejmo si, kako računalnik nariše sliko na zaslon. Nekateri med vami vedo, kako sliko riše televizor, drugi se o tem lahko takoj prepričate: prižgite televizor in sliko poglejte čisto od blizu. Opazili boste, da je slika sestavljena iz množice vodoravnih vrstic . Podobno postopa tudi računalnik, le da so pri njem vrstice razdeljene še na barvne ali črno-bele pike, in to tako, da je zaslon velika rešetka različno pobarvanih pik. Pike stoje druga pod drugo, urejene v stolpce. Računalnikove pike so ošteviIčene, zato pač, da lahko pot od pike do pike izračuna. Piko izberemo s parom naravnih števil; prvo število pove stolpec, drugo pa vrstico, v kateri stoji pika. Stolpce in vrstice štejemo od levega spodnjega vogala zaslona. Pika 23,14 je tako triindvaj- seta pika v štirinajsti vrstici. Paru števil, ki označujeta piko, pravimo s tujko koordinati. Tako torej lahko ukažemo: pobarvaj piko 23,14, ali v basicu : PLOT 23,14. Igranje z barvo in podobnimi učinki pa prepuščam vam, dragi bralci. RAČUNALNIKOVO RAVNILO Sedaj pa k stvari: oglejmo si, kakšno je računalnikevo ravnilo, po kakšnem po- stopku računalnik nariše ravno črto. Denimo od točke 23,14 do točke 47,28, se pravi 24 pik v desno in 14 navzgor. Nekateri med vami me boste na kratko odpravili: z ukazom DRAW 24,14 pač, boste rekli. Res je, dosti računalnikov 38 je, ki "znajo" risati ravne črte, pri katerih je postopek za risanje vgrajen kar v računalnik sam. Pa vam utegne priti postopek za risanje ravne črte prav tudi na takem računalniku. Kdaj? Denimo, ko boste v svoji igrici želeli vesoljsko ladjo poslati z enega planeta na drugega - po ravni črti. A več o tem morda kdaj drugič . Z vez n i c El • ti GI e Crt El , ki j o nElr ise r e c o n e t n l k + + 4 7, 2 8 + + 1 4 23 ,14 Slika 1. Skica naše naloge 2 4 , v 2 3. 1 4 Slika 2. Podobni trikotniki 2 4 pr e se t isce 24 24 .1 4 14 47 , 2 8 39 Preden se naloge lotimo, si jo skicirajmo. Na sliko 1 smo narisali kar naš gornji primer, črto od 23,14 do 47,28. Ti piki povezuje črta, potegnjena s pravim ravnilom. Z računalnikom bomo morali pobarvati tudi pike, katerih središča ne leže na tej črti. Črta, ki jo nariše računalnik, zato ni ravna, temveč žagasta. Lotimo se torej naloge! Piko za piko moramo pobarvati, drugo za drugo. Seveda moramo pobarvati začetno piko, naslednjo pa določiti nekje v smeri proti končni. Najlaže je določiti tisto, katere središče je najbliže točki, v kateri prava črta, to je zveznica začetne in končne točke, prečka sredino sosednjega stolpca . Prestavimo se torej v sosednji stolpec, poglejmo, kje ta stolpec prečka zveznica obeh točk. To nam povesta podobna trikotnika s slike 2. Iz enačbe podobnosti 14:24 = d : 1 takoj izračunamo, koliko nad osnovnico trikotnika je preseči šče, od tod pa dob imo njegovo višino v: d = 14/24 v = 14 +d Kako določimo presečišču najbližjo piko? Višino presečišča zaokrožimo , po- iščemo ji najbližje celo število. V gornjem primeru moramo torej pobarvati pi- ko z višino 15. Povsem podobno izračunamo presečišče zveznice z naslednjim stolpcem. Sami premislite, kako bi potrdili, da je vsako naslednje presečiš če za d više! Označimo z i, j koordinati pike, ki jo pobarvamo. Zgornji razmislek po- tem uredimo v tale postopek: (1) postavi se v začetno piko: i := 23,j := 14, postavi v := 14 (saj je v tem stolpcu presečišče kar prva pika), izračunaj d := 14/24; (2) pobarvaj trenutno piko, če je to zadnja pika, končaj; (3) izra čunal višino naslednjega presečišča : v := v + d, izračune] koordinati nove pike : i := i + 1, j := zaokrožen v, pojdi na (2); Program v basicu hočete? Samo en oreh še stremo, pa ga zapišemo: naučiti se moramo zaokroževati. Kot vemo, zaokrožimo decimaino število, ki leži med celima številoma k in k + 1, na k, če je manjše od k+1/2 , sicer pa na k + 1. Naj nam zato c označuje razliko med višino presečišča in prvim za pol zmanjšanim celim številom pod njim. Višina začetne pike je celo število, zato je začetna 40 vrednost c kar 1/2. Ko se preselimo v sosednjo piko, se c poveča za d. Pri tem lahko seveda spleza nad 1, tedaj pač, ko v zraste čez naslednje, za pol zvečano celo število. V tem primeru moramo višino pobarvane pike zvečati za 1, zato pa c odštejemo 1. Ozrimo se nazaj, pa lahko hitro ugotovimo, da v sploh ne potre- bujemo več , zadostujeta nam j in c. Pa zapišimo sedaj program! Na primer takole (zaradi čitljivosti smo ga zapisali malo po svoje): 100 LET i = 23: LET J = 14: LET c=1/2: LET d = (47-23)/(28-14) Nasmehnili ste se: davno ste se že naučili, da je 47-23 = 24. Res je, vendar nam zapis pokaže pot v posplošitev programa. Saj hočemo s črto zvezati polju- ben par točk, kajne? Denimo začetno točko s koordinatama iz, jz s končno točko, katere koordinati zapišimo z ik, jk. Takoj popravimo ta korak progra- ma, pa je program takle: 100 INPUT "Začetna točka", iz, jz: INPUT "Končna točka" , ik, jk: 200 LET i = iz : LET j = jz : LET c= 1/2: LET d = (jk-jz)/(ik-iz) Nadaljujmo: pobarvati je treba piko in preveriti, če smo na koncu črte: 300 PLOT i, j : rF i = ik AND j = jk THEN STOP nato pa določiti koordinati nove pike : 400 LET i O= i+l: LET c=c +d : IFc>lTHEN LET j = j + 1: LET c = c - 1 500 GO TO 300 41 Ste program nat ipka li? Poigrajmo se malo z njim! Poženimo ga in vtipkajmo gornje podatke: 23, 14 pa 47 in 28. Pri vtipkavanju števila ločite med sabo s pr it isko m tipke ENTER. Program lepo na riše črto in konča . Krasno, si misli- mo, čas je, da ga posnamemo na kaseto. Pa malo dodatnega igranja - "testiranja" - nič ne škoduje. Kar poskusi- mo! Poženimo program ponovno, pri tem pa zamenjajmo začetno in končno točko! Ste videli? Program je odpovedal. Poskusimo še enkrat, tokrat zamenjaj- mo le stolpce z vrsticami, torej: 14 ,23,28,47. Tudi tokrat program povsem zgreši končno točko. Karkoli poskušamo , program riše povsem pravilno le v desno navzgor, in še to le, ko črta ne raste prehitro, ko je razlika vrstičnih šte- vilk manjša od razlike stolpčnih številk. Dopolnimo program, naučimo ga risati še v ostalih smereh! Zato si še enkrat oglejmo, kako izberemo novo piko za barvanje. O tem odloča ostanek c: če je manjši od 1, se pomaknemo vodoravno v desno, sicer pa poševno v desno navzgor. Izbiramo torej le med prvo in drugo sosedo pobarvane pike (slika 3). Program moramo torej popraviti tako, da bo znal izbirati še med preostalimi sosedami. Med katerimi? Odgovor razberemo iz slike : pri vsaki od črt bomo sosedo izbrali med tistima, med katerima pelje narisana črta. Do ene od obeh pridemo pošev, do druge pa vodoravno ali navpično . Poglejmo , kako bi ta kora- ka i zračuna l i ! Označimo poševni korak s pi, pi, pa takoj uganemo: pi = predznak (ik-iz) pj = predznak (jk-jz) Funkcije predznak se seveda ne ustrašimo, tud i v basicu smo jo že srečali : SGN ji je bilo ime. Le ponovimo, da je predznak pozitivneg-aštevila enak 1, negativ - nega -1, pri O pa je enak O. Lotimo se sedaj še drugega koraka, označimo ga z di , dj! Korak bo vodoraven ali navpičen; zato bo eden od di ali dj enak O, dru- II Slika 3. Sosed ne pike 42 O, 1-1,1+ + +1.1 -1,0+ ~_ + 1.0 -1.-1+ + + 1, -1 o•- 1 gi pa tak kot pi oziroma p] . Kateri? Tud i tu se ne zamudimo kaj dl je : če je velikost razlike vrstic večj a od veli kosti razlike stolpcev za četne in končne točke, bo treba kor akati navpik, sicer vodoravno. Veli kost števil a nam v basicu i zračun a funkcija ABS (absolutna vrednost ) . Sedaj premislimo še, kako se bomo odloči li med obema ko rakom a. Spet bo sodilo c. Kadar bomo izbirali med vodoravnim in poševnim korakom, nam bo povedal , kdaj moramo spremeniti vrstično št evilko-ko se bomo odločali med poševnim in navpičnim, pa bo odločil, kdaj spremenimo stolpčno števi- lko pike,ki jo bomo pobarva li. Pomen c bo v obeh primerih podoben kot zgo- raj: ko bo njegova vrednost zrasla nad ena, bomo izbrali poševni, sicer pa vodo - ravni oziroma navpični korak. Od pike do pike bo c spet naraščal s korakom d. Dopolnimo sedaj s temi ugotovitvami postopek za risanje: (1) preberi koordinate začetne in končne točke: iz, [z , ik,jk; (2) izber i sosedi in določi koraka do njiju : pi := predznak (ik-iz) , pj := predznak (j k-jz) , di := pi, dj := pi, če je velikost lik-iz) večja od velikosti (jk-jz) potem postavi dj := Osicer pa di := O; (3) izračune] korak sodila c: c := 1/2, če je velikost (ik-iz) večja od velikosti (jk-jz) potem postavi d := velikost ((jk-jz)/lik-iz)) sicer pa d := velikost ((ik-iz) / (jk-jz)); (4) postavi sev začetno piko : i := iz , j := jz, (5) pobarvaj trenutno piko , če je to zadnja pika, končaj; (6) iz rač une] vrednosti sodila v sosednjem stolpcu : c:= c +d; če je c večji kot 1 potem izber i poševni korak: i := i + pi, j := j + pj ter zmanjšaj c: c := c - 1 sicer pa vodoravni oziroma navpični korak : i := i +di, j := j + pi, pojd i na (5) ; Na koncu zapišimo še program . Dopolnili smo ga toliko , da smo se znebili decimalnih števil : vsa števila , s katerimi računamo, so sedaj cela. Kako? Vrednost d in c smo pomnožil i zimenovalcem d in z 2, temu smo ustrezno spremenili tudi vrednost 1 v primerjavi iz koraka (6). 43 100 INPUT · Zacetna to cka " ' li ~::.t o lp(.": lc :::: n ~ i :i: ,.. n ........ ( ' ~::. t .i c: t.), :::: l1 :; .j z :1.10 lNPU'r "l-':': on c: n ii toc:I<,,\ "" " ~ ::. t o l P E' C: ;:,: " ~:i, k " Il v r" i::.t ; :i. c ii ::" ";:.j k 2 0 0 LET r i = i k -i z ~ L..E~ ·r p .:.i:;:: .;j k· ···.:.i z ~ LET p i=SGN r i ~ LET di=pi~ LE'r p.j=SGN r.j; LET dj=pj: LET ''' :i.'";j::',X<:) '''':i. '' LE'r 1'" j ::::iYbS j.., ,.,i 2 10 IF ri O -----<0a) n 4,3 - 8,1 b) n 4,3 - 8,1 15. Napiši koordinate oglišč pravilnega F A šestkotnika ABCDEF s stranico al (Glej sliko!) 17. Zamreženo okno ima obliko kvadrata s stranico a. Koliko metrov kovinske žice potrebujemo? (Glej slikol 12. Aritmetična sredina števil a, b, e je 22, aritmetična sredina števil a, b, e in d pa je 25. Določi d! 13. Izračunaj : 131 S : 131 3 +(51 3 _5 1 1 ) : 59 14. Kakšen predznak mora imeti število n, če je o a/2 18. Kolikšen del ploščine kroga spoimerom r je ploščina štirikotnika ABCD s kotom 4A = 120°? Izrazi tudi v procentih! (Glej sliko zgoraj desno.) 19. V kolikšnem razmerju morata biti stranici pravokotnika, če iz njega izre- žemo največji šestkotnik? 20. Razdeli število 226,8 na štiri števila tako, da bodo v razmerju 5 2 6 : 0,65 :3: 1 49 21. Za katero vrednost spremenljivke x ima izraz 5 - (x - 3) 2 največjo vred- nost? Razloži! 22. Izraz x ~ 5 . J(x2 - 25) (x - 5) poenostavi in nato ugotovi, za katero vrednost spremenljivke x kvadratni koren obstaja? 23. V pravokotni trikotnik 6. ABC s katetama 3 cm in 4 cm včrtaj krog. Doti- kališča kroga delijo stranice trikotnika na dva dela. Izračunaj razmerje delov na vseh treh stranicah! 24. Izraz x 3 + 3x 2 - 4 zapiši v obliki produkta in nato izračunaj njegovo vred- nost, če je x = 99998! Napotek: 3x 2 = _x2 + 4x 2 • 25: Nariši enakostarnična trikotnika s stranicama al = 3cm, a2 = 4 cm. Nato nariši enakostranični trikotnik, ki bo ploščinsko enak vsoti ploščin danih trikotnikov! 26. Če enakostraničnemu trikotniku 6.ABC s stranico a podaljšamo stranice za dolžino e, II dobimo večji trikotnik. Za koliko procentov se poveča njegova ploščina? Pavle Zajc DVA DOKAZA - rešitev s str. 45 1. Za kateti e, b velja (a - bl 2 ~ O, od koder izpeljemo (1) Neenakost (1) korenimo in upoštevamo Pitagorov izrek a2 + b 2 = c2 ter dobi- mo a+b<'cV 2 Iz slike razberemo, da velja c = (a - r) + (b - r}, t.l. 50 (2) a +b =c + 2r (3) B Ker je kot CAE enak 60°, je v pra- vokotnem trikotniku ACE stranica AE = R/2 in CE =RV3/2. V pravo- . kotnem trikotniku CDE je še DE = = R /2 - a in po Pitagorovem izreku A p c r r o t-----_1 121 11 2 4 6 8 3 5 7 9 2 4 6x=-.-.-. 357 1. Števila so: a) 12,24,36,48 b) 21,42,63,84 2. Površina parka p =45000 m2 =0,045 km2 3. Obseg kvadrata meri 72 cm. 4. Na lok iztegnjenega kota nanese mo trikrat po 54 0 . Tako dobimo kot 1800 - 3 .540 = 180 0 - 1620 = 180 • 5. 13504, 15304,31504,35104,51304,53104,13540,15340, 31540, 35140, 51340,53140. 6. S = n + (n + 1) + (n + 2) + (n + 3) + (n + 4) + (n + 6) S = 7.n + 21 . S = 7. (n + 3) al nje liho število, bl n je sodo število. 7. 1/6 8. Ker je 2/3 > 1/2, 4/5 >3/4,6/7 > 5 /6. '" in 120/121 > 119/120, sledi, da je x> y in x 2 > xy. Toda 1 2 3 4 119 120 1 . 2 1 . x.y = - . - . - . - . .... -- . -- =--, zato Je x > -- all 2 3 4 5 120 121 121 121 x>l/l1. 9. Reši sam! 10. V raztopini se je spremenila samo količina vode, količina soli pa je ostala ista. Soli je 100 kg. (10/100) = 10 kg. Skupna količina raztopine je 80 kg.x% od 80 kg je 10 kg. x = 12,5.Raztopina je 12,5 odstotna. 11. 4 sec = 4 sce. Zakaj? 2.x = 4 ASC. Zakaj? 180 0 - 2-a = 2x x = 90 0 - a 52 12. _1_ (a + b + C + dl = 25 4 1 3 41 + b + cl =22 a + b + C = 66 1 - (66+dl = 25 4 13. d= 34 132 _ 5 1 1 . ( 52 - 1 l = 132 + 52.24 = 769 59 --- - ----- - --- a D,--__-Q-__---,C 14. al n > O bl n < O a a.../3 a a.../3 a a.j3 15. A(-,- -), B(a,O). C(-,-). D(- -,-l, E(- a, O). 2 a a\f3, 2 2 2 2 F(-- --l 2 ' 2 16. r =20 cm 17.r=f-V2" 0= (21T a V2l/2 o=1TaV"2 18. Štirikotnik ABCD je romb. Stra- nico označimo za. ...../r al2 r=!- 132 y.:., 2rV3 a=-- 3 A a B a2 p=2.- ...ff 4 Ploščina kroga: PI = 1T r 2 PI: P =1T r 2 : 1-.../3. r 2 Ploščina romba je približno 36,7% ploščine kroga. 19. 2a : a .../3= 2 : v3 20. (5/6lx+O,65x +(2/3lx+x=226.8 x = 72 Števila so: 60; 46,8; 48; 72 o 53 21. V danem izrazu je zmanjševanec stalen,spremenljiv je odštevanec. Vrednost izraza bo največja, če je odštevanec najmanjši, to je O. Izraz ne more biti manjši od O, ker je kvadrat vsakega drugega števila pozitiven. x - 3 je enak O, če je x = 3. Največja vrednost izraza je 5. 22. 3 .J(;2 - 25)(x - 5) = 3 J (x - 5)(x + 5)(x - 5) = x-5 x-5 3 r 3 !K-51 ~ V (x - 5)2(X + 5) =' V x + 5 = x-5 x - 5 A B A l 7 2M PI = - a y3 , 4 Plošči na trikotnika se je povečala za 600%. x>5 -5~x<5 a1 2 =AC1 2 +AB 1 2 AC1=aV3, AB 1=2a al =ay7" a1 2 +a22 = a2 a = J a1 2 +a22 Stranico lahko določimo za dva polju- bna trikotnika (a je v našem primeru 5 cm). 26. Stranico večjega trikotnika označi­ mo zal. 24. x 3 + 3x 2 - 4 = x 3 - x 2 + 4'; -4 = = x 2 (x - 1) + 4(x + 1)(x - 1) (x - 1) (x 2 + 4x + 4) = = (x - 1)(x + 2) 2 (x-1) (x + 2)2 = 999970000000000 2V3 2 v3 2../325.al --+a2 . --=a -- 4 4 4 Kvadratni koren obstaja, če je x ~ -5. 23. 5=(3-r)+(4-r) r = 1 BP : PC = 2 : 1 p O---'---~ AO: OC = 3: 1 AR: BR = 2: 3 ={ 3.~, -3.vX""+5: 54 Pavle Zajc · liJ,, / ' ~"11 "/ ci. '- ~. . ",. CI.I" "" r • ~ :_ --~-...... ... . "" - _ .. - -- DOKAZ Bralce , ki jih zanima reševanje logičnih ugank , bo prav gotovo razveselila knj iga ameriškega logika Raymonda Smullyana Alica v deželi ugank. Prevod je izše l pri Državni založbi Slovenije. Liki iz Alice v čudežni deželi in Alice v ogledalu (obe imamo v slovenskem prevodu) angleškega pisatelja, logika in matematika Lewisa Carrolla nastopajo v Alici v deželi ugank v skoraj sto logičnih ugankah. Tu so uganke za desetlet- nike in odrasle, vsak lahko najde kaj zase . Za to knjigo znani ameriški sestavljalec ugank Mart in Gardner pravi, da se jo splača prebrati , celo če ne bi rešili niti ene same uganke . Torej gre za povest z ugankami. Za naše nadaljnje delo izpustimo dogodke in povzemimo le nekaj ugank iz tretjega poglavja, ki niso pretežke. Za vse te uganke velja, da so osebe, ki nastopajo v njih, popolnoma nore: vse, kar je prav, je zanje napačno, in vse napačno je zanje pravilno; ali pa so zdrave pameti: tisto, kar mislijo, je stoodstotno pravilno. Kaj lahko sklepaš iz misli v naslednjih treh ugankah? 1. Gosenica in kuščar Gosenica misli, da sta ona in kuščar Bill oba nora . 2. Kuharica in mačka Kuharica meni, da ona in mačka nista obe pri zdravi pameti . 3. Lakaj ribak in lakaj žabec Ribak misli, da je z njim in žabcem enako - da sta oba pri zdravi pameti al i oba nora . REŠITVE 1. Če je gosenica pri zdravi pameti, potem je tisto, kar pravi, to je, da sta oba, ona 55 in kuščar Bill, nora, resnica - in obratno : če sta oba nora, potem ima gosenica prav. Vzemimo, da je gosenica pri zdravi pameti . Torej sta tako ona kot kuščar Bill nora. To pomeni, da je gosenica nora. To pa je nemogoče (da je gosenica pri pameti in še nora) . Zato je predpostavka, da je gosenica pr i pameti, napa- č na. Vzemimo, da je Bill nor. Ker je gosenica nora, sta oba nora. Potem pa je res, kar meni gosenica, to je, da sta oba nora. Torej je gosenica pri zdravi pame- ti . To pa ni mogoče, zato je predpostavka, da je Bill nor, napačna. Bill je torej pri zdravi pameti. Torej: Bill je popolnoma zdrav, gosenica pa nora . Prepri čajrno se še, da pogoji naloge niso protislovni . Ker je Bill zdrave pa- meti in je gosenica nora, je seveda izjava, da sta oba nora, napačna. Zdaj prepišimo ta dokaz nekoliko drugače, predvsem vsak stavek v svojo vrstico , tiste stavke, ki so odvisni od dodatne predpostavke (ko na primer re- čemo : Vzemimo, da je gosenica pri zdravi pameti), umaknimo za eno mesto , ki ga zaznamujemo z D . 1. Če je gosenica pri zd ravi pameti, potem sta ona in Bill oba nora (dani poda- tek). 2 . Če sta ona in Bill oba nora, potem je gosenica pri zdrav i pameti (dan i poda- tek). 3 . D Rec imo , da je gosenica pri zdravi pameti (dodatna predpostavka). 4. D Potem sta oba nora. (Sledi iz 3 in 1.) 5. D Gosenica je torej nora. (Sledi iz 4.) 6 . D Gosenica je v resnici nora. (Pri predpostavki, da je gosenica pri zdravi pa- meti , velja , da je tako pri pravi kot nora , to pa je prot islovje, zato je nora .) 7. D Vzemimo , da je Bill nor (dodatna predpostavka) . 8 . D Potem pa sta oba nora. (Sled i iz 6 in 7.) 9 . D Torej je res, kar meni gosenica . (Sledi iz 8 in 2 .) (To pa ni mogoče, saj je gosenica no ra, zato :) 10. Bill ni nor. 11. Končno: Bill je pri zd ravi pameti , gosenica pa je nora. (Sledi iz 10 in 6.) 2. 1. Če kuharica govori resn ico, vsaj ena od njiju laže (pogoj naloge). 2 . Obratno. če ena od njiju laže, je kuharica pr i zdravi pameti (pogoj naloge). 3 . D Pa recimo, da je kuharica nora . 4. D Potem je seveda vsaj ena od obeh nora in zato vedno laže. 5 . D Tedaj pa je kuharica pri zdravi pameti . (Sled i iz 4 in 2.) 56 6. Torej je kuharica pri pravi (saj smo pri predpostavki, da je nora, p rišli do protislovja) . 7. Potem pa vsaj ena od njiju ni pri pravi . (Sledi iz 1.) 8. Potem pa mačka ni pri pravi. (Sledi iz 6 in 7.) g. Kuharica je torej pri pameti, mačka pa ne. (Sledi iz 6 in g.l 3. Iz danih podatkov ni mogoče ugotoviti, kako je z ribakom, lahko pa dokaže - mo , da je žabec pri zdravi pameti . To dokažemo takole: Ribak je bodisi pri pravi ali pa nor. O Recimo , da je ribak pri pravi. . O Potem je tudi žabec pri pravi (saj ribak govori resnico in pravi, da sta oba istega tipa). O Sedaj pa predpostavimo, da je ribak no r. O Potem pa je žabec pri pravi (saj sta različnih vrst , r ibak pa je nor) . Žabec je torej pri pravi. NALOGE Naloge, ki sledijo, smo si izposodili iz knjige R . Smullyana The lady or the ti- ger? Inšpektorja Craiga so poklicali, da bi pregledal nekaj umobolnic, za katere so sumili, da v nj ih ni vse v redu. V bolnišnicah so bili le pacienti in zdravniki . Nekateri od ljudi so bili popolnoma prisebni, tako da so vedno govorili resnico, ostali pa popolnoma neprisebni, tako da so vedno govorili neresnico. 1. V prvi bolnišnici je Craig govoril ločeno z Jonesom in Smithom. "Kaj veste o Smithu?" je vprašal Craig Jonesa . "Zdravnik v bolnišnici je," je odgovoril Jones. Nekaj minut kasneje je Craig vprašal Smitha o Jonesu. 'Pacient je," je odgovoril Smith. V tej bolnišnici je nekaj norobe. Kaj? 2. V drugi bolnišnici je Craig srečal človeka, ki je izjavil nekaj takšnega, da je Craig sklepal, da gre za prisebnega pacienta, da torej ne sodi v bolnico. Kaj je ta človek rekel? 3. V tretji bolnišnici je neki človek izjavil nekaj takšnega, da je Craig skle- pal, da gre za neprisebnega zdravnika. Kaj je ta človek rekel? 4. V četrti bolnišnici je Craig srečal dva človeka, A-ja in B-ja. A je menil, da je B nepriseben, B pa, da je A zdravnik. Craig se je zavzel, da enega od njiju odstranijo iz bolnice. Katerega? Izidor Hafner 57 Kriptaritem z dvema kartama - rešitev iz P-12/3, str. 147 Dobili smo 53 rešitev, vse so bile pravilne, nekatere s popolno razlago, druge le z navedbo števi lk . Poslali so jih : Aleš BAJT iz Novega mesta, Sonja BIZJAK iz Ajdovščine , Vid BOBNAR iz Škofje Loke, Kornelija BRECL iz Maribora, Helena ČRETNIK iz Ljubljane, Franjo ČRETNIK z Vrhnike, Katja DAMIJ iz Ljubljane , Jure DOBNIKAR iz Sloll. Bistri- ce, Edi DROLC iz Kamnika, Rasto ·f)UKIC iz Črnuč, Andrej FERJANiČ iz Trbovelj, Mateja GAZVODA iz Kranja, Saša GOTZL iz Ljubljane, Janika GREGORiČ iz Ljubljane- Polja, Barbara GUZINA iz Ljubljane-Polja, Jane HAUČIČ iz Ljubljane , Štefan HORVAT iz Lendave, Tamara JERAJ iz Ljubljane (poslala je kar 5 enakih rešitev), Aleš JANČiGAJ iz Ljubljane, Franc JERALA iz Kranja, Andreja JURICA iz Slov. Konj ic, Matej KLEMEN- ČiČ iz Lj ubljane, Martina KNAPP iz Griž, Simon KOMPARA iz Podnanosa, A leš KONCI- LJA iz Trbovelj, Andrej LEBAN z Jesenic, Boža LEPEJ iz Orehove vasi, Danica LIKAR iz Spodnje Idrije, Aljoša LIČEN iz Črnič . Oriana MARSETIČ iz Zazida, Jerica MAVER iz Nove Gorice, Srečko MIHELIČ iz Gradišča, Alain NOVAK iz Maribora, Irena PENAŠ iz Kranja, Irina PIRJEVEC iz Portoroža, Milena PISKAR iz Motnika, Dušanka PRIMC iz Ilirske·Bist rice, Boris RATEJ iz Poljčan,lrena RAVNIK iz Žirovn ice, Mateja ROTOVNIK iz Ruš, Jože SADAR iz Žužemberka, Jordan SLAVI iz Škofljice, Tomaž STRGAR iz Komende, Milan ŠERNEK iz Velike Polane, Vladka ŠETINA iz Mengša, Damjan TEPINA iz Kranja, Samao VALIČ iz Portoroža, Rudi VOLF iz Tržiča, Janez VOVK iz Ljubljane, Alenka VRHOVNIK iz Ljubljane, Simona ŽLOF iz Šentjurja pri Celju , Dejan ŽOHAR iz Štor in učenci 8. razredov OŠ Tone Tomšič iz Ljubljane. Izžrebali smo Katjo Damij, Matejo Gazvoda in Mateja Klemenčiča. Vsa- kemu smo poslali knjigo Diofantske enačbe Josipa Grassellija, ki je pravkar izšla v Sigmi. Objavljamo rešitev, ki jo je poslala Martina Knapp: Največje število, ki ga potenciramo in še dobimo štirimestno število, je 213 • Potenčni eksponent mora biti večji od 1, torej je lahko 2 ali 3. Ostanejo nam še naslednje možnosti: Če te vrednosti izračunamo, 122 = 144,322 = 1024,422 = 1764,522 = 2704, 622 = 3844, 722 = 5184,822 = 6724,922 = 8464 in 133 = 2197 , vidimo, da le število 133 ustreza kriptaritmu. 58 PREMISLI IN REŠI Objavljamo še nekaj kripta ritmov naši h b ralcev. Janez Vovk je sestavil kemijsk i in Prese kov kr iptaritem OHH = BAZA OSA R = PRESEK Milan Šernek predlaga kr iptaritem s prometnima znakoma pT I = STOP Jane Haučič pošilja kriptaritem OSS - SOS = ZNOJ Kriptaritem Jureta Dobnikarja pa ima kar več rešitev. ANTI/TI = KAK Poišči vse! Rešitve kripta ritmov naših bralcev boste našli v naslednji številki. Peter Petek To krat vam zastavljamo športno uganko Za ljubitelje nogometa Špo rtn i reporter je po motom a poroča l , da je rezu lta t špo rt ne napov ed i 247654. Ugotovi, ko liko krat 50 v tem tednu zmagali domači ni, koliko krat gostje ter kolikokrat je b il rezultat tekem neodločen. Rešitve nam po šljit e do 1. oktobra 1985. Ciril Velkovrh 59 PISMA BRALCEV V zadnjem trenutku smo prejeli naslednje prijazno pismo kolegov iz Slovenskih Konjic: Učitelji, ki smo vključeni v naš aktiv, smo redni bralci Preseka. Večinoma nam je všeč njegova oblika in vsebina, vendar menimo, da je premalo nalog za osnovnošolce. Presek je edina slovenska revija s tega področja, zato naj bi po našem mnenju vsebovala več nalog za delo pri dodatnem pouku in drugih inte- resnih dejavnostih z naravoslovno-matematičnega področja. Vsako leto učence navdušujemo, da postajajo naročniki Preseka, in prav bi bilo, da bi revi- jo lahko tudi zares koristno večkrat uporabljali. Pripravljeni smo tudi aktivno sodelovati pri zbiranju primernih nalog. Želimo, da bi naš predlog upoštevali. Pri nadaljnjem delu vam želimo čimveč delovnih uspehov in vas tovariško po- zdravljamo! Dragi kolegi! Vašega pisma smo se po eni strani razveselili, po drugi pa nam nalaga še dodatno posebno skrb . Z vašim predlogom se popolnoma strinja- mo , saj vemo, da je 3 /5 vseh naročnikov učencev iz osnovnih šol. Vašo željo smo upoštevali že v prvi letošnji številki in pripravili krajšo zbirko nalog ter nekaj nalog iz šolskih in občinskih tekmovanj v prejšnjih letih . Obenem bi vas radi opozorili na Zbirke nalog z republiških tekmovanj za 5., 6., 7. in 8. razred osnovnih šol, ki smo jih izdali pred dvema letoma v Prese ku in Presekovi knji- žici, katere popoln seznam je bil objavljen v šesti številki Preseka. Še posebej veseli pa smo vaše ponudbe, da ste pripravljeni sodelovati pri nadaljnjih zbir- kah. Z veseljem sprejemamo vašo ponudbo ter vas vabimo , da nam zbrane na- loge z rešitvami čimprej pošljete . Takih sodelavcev nam je vedno primanjko- valo, ne samo pri nalogah, pač pa tudi pri drugih prispevkih za Presek. Večkrat nam je primanjkovalo tudi člankov, zaradi česar je Presek nekajkrat izšel pre- pozno. Vaše prispevke bodo naši uredniki pregledali in jih pripravili za objavo. Vsekakor pa se priporočamo, da tudi letos pridobite čimveč naročnikov za Presek. Po objavi Lojzetovih znamk smo dobili v uredništvo Preseka še nekaj pisem z znamkami. V zadnji številki Preseka iz preteklega šolskega leta smo vam obljubili, da bomo objavili najlepše . Znamk je veliko in pri objavi si bomo pomagali s pomanjševanjem. Odločili smo se, da bodo te znamke še večkrat krasile ovitke Preseka. IZbrali jih bomo iz pošiljk , ki so nam jih poslali Marko 60 iz Kamnika, Bernarda in Marko iz Ljubljane, Peter iz Maribora, Andrej in Dani iz Celja, Samo iz Portoroža in Peter iz Trzina. Znamke bodo po objavi seveda dobili nazaj, zraven pa še Presekovo knjižico Začetki sodobne fizike . Z našo akcijo bomo še nadaljevali. Ne pošiljajte pa nam več znamk iz astro- navtike. Bolj bi bile zaželene upodobitve znanih fizikov in matematikov, ki so verjetno tudi bolj redke. Peter iz Trzina si želi, da bi objavili tudi slike na ška- tlicah vžigalic - seveda take z matematično, fizikalno ali astronomsko vsebino . Predlagamo, da nam pišite o svojih idejah in nam seveda tudi kaj pošljete. Profesor dr. Janez Strnad nam je za začetek posodil zanimiv izraelski bankovec. Kdo je na njem upodobljen, nam upam, ni treba posebej napisati. Dani nam je v pismu še napisal, da si želi Presek večkrat na leto. Dragi Da- ni, verjetno si že v uvodniku prebral, da se tudi Presek bori s finančnimi teža- vami. Čeprav je v uredništvu Preseka veliko matematikov in fizikov, ki, verjemi, znajo dobro računati, trenutno ne znajo pri vseh podražitvah in drugih pro- blemih ustvariti še več kvalitetnih in ne predragih Presekov . Samo iz Portoroža pa bi v Preseku rad prebral kaj o Halleyevem kometu. Željo mu bomo poskušali izpolniti. Tudi križank, ki jih rad rešuje, na bomo ukinili. Bralci Vesna Nemec in Kornelija Brelc iz Maribora, Barbara Pajk iz Celja , Polona Ropret iz Bohinjske Bele in Jože Kašman iz Ljubljane so nam poslali pravilne odgovore za fotokrožek . Polona pa nam je napisala še konec pesmice iz stare osnovnošolske čitanke: 61 Ti tam peti v tretji klopi "Koliko je šest krat pet?" Majhen mož na prste stopi: "Šest krat pet je trideset." "Vrane družijo se rade. Pet na smreki jih sedi. Puška poči, ena pade, koliko jih še sedi? Kaj se tebi zdi?" "Nobena!" "Glej ga, glej, glavicabistra! majhen deček, velik mož. S časom boš še za ministra, ako vedno priden boš. " Vsem bomo poslali knjižnico Začetki sodobne fizike . Dobili smo tudi prijazno pismo gospoda profesorja Štefana Močilnika iz slovenske gimnazije v Celovcu, katerega v celoti objavljamo: Ob 150-letnici rojstva fizika Jožefa Stefana je te dni izšla posebna znamka, ki jo je izdala avstrijska pošta. Pošiljam Vam - in morda je še med fiziki kakšen navdušen filatelist - nekaj znamk v spomin na tega velikega moža. Mi Korošči smo še zato veliko bolj ponosni nanj, ker je bil naš rojak in Slovenec; Avstrija pa je tudi ponosna na njega, ker je s svojim bogatim znan- stvenim delom tudi veliko doprinesel k njegovemu ugledu doma in v širnem svetu. V znak hvaležnosti so mu postavili na Dunaju spomenik, v Celovcu pa so namestili na rojstni hiši v Ebentalerstrasse 88 spominsko ploščo, na kateri je zapisano: "In diesem Haus wurde am 24. Marz 1835 der Physiker Josef Stefan der Entdecker des nach ihm benamten Strahlengesetzes geboren." Dušica Boben 62 BARVANJE ZEMLJEVIDOV Od 8. do 19. apri la 1985 je bil v Dubrovniku podiplomski teč aj iz topo loške in algebrajske teor ije grafov. Posebej privlačna so bila predavanja prof . B. Jacksona iz ZDA. Vanje je vpletel tud i nekaj žonglerskih toč k, za kar je pravi mojster (slika 1). Žonglerskih spretnosti so se hitro navzeli tu di dru gi udeleženci tečaja , med nj imi Presekov urednik T . Pisanski (slika 21. Osrednja tema Jacksonovi h predavanj so bili problemi barvanj zemljevidov. Začetke imajo v krat kočasni h nalogah, kot je naslednja. 1. naloga: Nekaj enakih kovancev položimo na ravnino tako, da vsak v celoti leži na njej. Kovance nato pobarvamo tako, da nobena sosednja (dotikajo ča se) kovanca nista enake barve. Koliko najmanj barv potrebujemo , da lahko to ve- dno naredimo? Državo imenujemo m-peri], če jo sestavlja m med seboj nepovezanih delov . Zemljevid je M-peričen, če je vsaka država na njem rn-perij, za nek m .:;;; M, in je vsaj ena med nj imi M-perij. M-perični zemljev id je pravilno pobarvan , če so vsi deli iste države enako pobarvani in so deli držav s skupno mejo raz l i č no pobarvan i. Jackson in Ringel sta leta 1983 rešila problem M-perijev. Pokazala sta, da 6M barv zadostuje za pravilno barvanje kateregakoli ravninskega M-peri- čnega zemljevida in , da obstajajo zemljevidi , ki j ih ne moremo pravilno pobar- vati z manj barvami. 2. naloga: Ali bi znal najti primer takega zemljevida za M = 2? ln še nekoliko sodobnejša naloga: 3 . naloga: Države so 2-periji, ki imajo en del na planetu A , drugi del pa na p la- netu B. Koliko najmanj barv je potrebnih, da lahko pravilno pobarvamo vsak tak zemljevid? Bistrovidec Vladimir Batagelj 63 ·onriTNOL ·N"?:ijji:""O I'\n - ._ .1 ,111_ I..lll" ~ NARIŠIMO HRIB Eden od ci ljev računalniške graf ike je tud i č i mbo lj verna posnemanje narave. Pri tem moramo uporabljati kar naj - bo lj preproste postopke, saj je grafika znan "požeruh" raču n aln iš kega časa. Obstaja zelo enostaven postopek za risanje hribov. Pri pod jet ju Lucasfi lm v Kaliforn ij i so ga uporab il i v nekaterih filmih, na primer v filmu Vojna zvezd. Postopek je prikazan na sedmih sličicah . Vza memo poljuben tr ikotn ik in ga razdelimo na št iri podobne t rikotnike (dokaži, da to vedno lahko naredimo), na- to pa tri skupna og l išča nak lj učno malo premakne- mo. Postopek ponavljamo z vsakim dob ljenim t rikot · nikom, dokler ne dosežemo omejitev, ki jih postavlja rač unaln ik - velikost po- mnilnika, kakovost grafi ke. Na prv i pogled je ra č u­ nalniški program zelo pre- prost, vendar skriva v sebi nekaj pasti, ki pa niso pretežke . Po skusite ga napi- sati, pa j ih boste odkril i . 4 5 Rok Sosič -"- /> .~....,~,..f 1 .... .•..f.•~.,•. •"<, ~.(.. .:: ._._---_---:~ ~.•' ~/: / -,.•. ...... .._~-,~.- ............ _- ....1 ---.-----.- -- - .- - -- - - -- - -.- 1 1 // .{/ -"1\// r \. I\. l \. \. l """.. / \ 1 'j ,/1 ,1 I.. , .... '1 / I ..-, ,,_. l,/,l \ ' ~' , \ ----1 .,c -----1 ,! j" , 1 " i ·'··.. .1.... _...-/-. I ·'··· ·.) - .•./ \ <, ..-..- l --.---.--,' /(~ \/\1 / ' 1, <, \ I I 1" <---------- """'" ~-:>r, '1 ../ \, -------- .... ... -.' 1"" /." " \ IY' \ \/,~~\