YU ISSN 0351-6652

1
UVODNIK
Planet Merkur zveni kakor kristalna kupa.
Ves čas zveni.
V globokih jamah Merkurja živijo bitja.
Pesem, ki jo poje planet, je zanje pomembna, saj živijo od tresljajev. Živijo se z
mehansko energijo.
Ta bitja se oklepajo zvenečih jamskih sten.
Tako se hranijo z Merkurjevo pesmijo.
Merkurjeve jame so v svojih globinah prijetno tople.
V globinah so jamske stene svetleče. Oddajajo narcisasto rumeno svetlobo.
Jamska bitja so prozorna.
Oprijemajo se sten, svetloba svetlečih sten pa prenika skoznje .
Jamska bitja so zelo podobna majčkenim otroškim zmajem brez hrbtenice.
Imajo rombasto obliko in so, ko čisto odrastejo, tri decimetre dolga in dva de-
cimetra široka.
Ko dozorijo, ostanejo - če lahko tako rečemo - v najlepšem cvetu, dokler se
Merkurju le ljubi peti.
Ta bitja nikakor ne morejo škodovati drugo drugemu in tudi nimajo vzroka za
kaj takega.
Bitja imajo še eno posebnost, ki je ni mogoče pojasniti z načelom koristnosti :
po vsem videzu se rada urejajo po svetlečih stenah v osupljive vzorce.
Ker ta bitja tako ljubijo glasbo in ker so se pripravljena razporejati v čast le-
poti, so jim dali Zemljani prikupno ime.
Imenujejo jih harmoniji.
Harmonij - edina poznana oblika življenja na planetu Merkurju.
Harm6nij je jamski prebivalec .
Bolj ljubko bitje bi si težko zamislili.
Iz Otroške ciklopedije
čudes in zanimivih dejavnosti
Drobec romana Sirene s Titana Kurta Vonneguta.
Boris Lavrič
I"I.,-,~mo-'~oI" 1CI " 1II, " 1
ARHIMED
Pred kratkim je minilo 2200 let od smrti velikega grškega matematika A rhime-
da. Živel je v Sirakuzah na Sicilij i. Mesto je bilo grška kolonija in je imelo stike
z drugimi grškimi naselbinami ob Sredozemlju. Arhimed je b il vsaj enkrat v
Egiptu in si je dopisoval z matematiki v Aleksandriji , ki je bila takrat najmoč­
nejše matematično središče na svetu.
Arhimed je znan po delih iz matematike in mehanike . Posebej omenimo
mehaniko tekočin. Znana je anekdota o tem, kako je Arhimed rešil problem
zlatega venca. Kralj v Sirakuzah je namreč dal delati venec v posvet itev bogo -
vom in je zanj dal ustrezno količino zlata . Ko pa je bil izdelek končan, so se
razširile govorice, da je obrtnik del zlata zamenjal s srebrom. Kralj je pros il
Arhimeda, naj ugotovi resnico . Medtem ko je prem išljeval o problemu, se je
Arhimed šel kopat. Ko je stopil v polno kad, je opazil , da se voda v kadi tem
bol j razliva, čim bolj se je spuščal vanjo. Posvetilo se mu je, da lahko na ta na-
č in določi prostornino kovine v vencu in s tem gostoto (masa je bila znana).
Navdušen nad odkritjem je skočil iz kadi in gol tekel domov, vpijoč "Eureka,
eureka!" (Odkril seml) . Tudi danes določamo gostoto rudn in tako, da j ih
stehtamo in izmerimo, koliko tekočine izpodrinejo iz posebne posodice , ime-
novane piknometer.
Včasih to anekdoto povezujejo z Arhimedovim zakonom, da je v tekočino
potopljeno telo za toliko lažje, kolikor je teža izpodrinjene tekočine ( = sila
vzgona). Manj znano je, da se je Arhimed ukva rjal tudi s stabilnostjo plavajočih
objektov. Dobil je zelo lepe rezultate za telesa posebne oblike (odseke rota-
cijskega paraboloida, se pravi telesa, katerih površje je enako parabolični ante-
ni, spredaj zaprti z ravno ploščo) . To je bil izreden dosežek, če upoštevamo ta-
kratna sredstva. Kot vemo, je stabilnost ladij lahko še danes problem. Spomni-
mo se nedavne tragedije trajekta v Rokavskem prelivu, ki se je prevrnil na mir-
nem morju pri običajnem manevru.
Občudovanja vredn i so tudi Arhimedovi matematičnidosežki. Povezani so
predvsem z merjenjem v geometriji. S primerjanjem obsegov krogu s premerom
d včrtanih in očrtanih večkotnikov je Arhimed ugotovil za obseg o kroga :
3H-d < o< 3-t d
Če označimo o = 11 d , je torej
ali
3 ·1408 ... < 11 < 3·1428 ...
3
Izračunal je tudi ploščino paraboličnihodsekov, prostornino in površino krogle
in še mnogo drugega.
Leta 214 pr.n .št, so Rimljani začel i oblegati Sirakuze. Arhimed je s svojim
tehničnim znanjem pomagal uničevati oblegaine naprave in si tako pridobil
spoštovanje nasprotnika . Ko je leto 212 pr.n.št. mesto le bilo premagano, je
rimski poveljnik izrecno ukazal, naj Arhimedu prizanesejo. Zgodba pravi, da
rimski vojak ni imel potrpljenja s starcem, ki se je oklepal svojih instrumentov
in govoril: "Noli tangere circulos meos!" (Ne dotikaj se mojih krogov) . Velike-
ga matematika je ubil.
Kljub veliki slavi, ki jo je Arhimed užival še v času svojega življenja, njego-
vo delo v antiki ni imelo pravega odmeva ali nadaljevanja. Nakazovalo je novo
smer v matematičnem raziskovanju , ki se je počasi začela razvijati šele več sto-
letij kasneje in je pripeljala do tako imenovane višje matematike.
Ponovno je Arhimed postal popularen v Bizancu v času cesarja Justinijana.
Graditelja cerkve Hagia Sofia sta vodila tud i matematično šolo, v kateri so zbi-
rali in preučevali Arhimedove spise. Več rokopisov je od tod v začetku našega
tisočletja prišlo na Sicilijo. Po padcu sicilskega kraljestva v 13. stoletju so tako
imenovana kodeksa A in B prenesli v Italijo, kjer sta zamenjala več lastnikov.
Okrog leta 1500 je bil kodeks A prodan za 800 zlatnikov, kakih šestdeset let
kasneje pa se je za njim izgubila vsaka sled. Na srečo so obstajali številni prevo-
di in prepisi, resda z neogibnimi napakami. Kodeks B pa je danes v Vatikanski
knjižn ici .
Leta 1899 pa je prišlo do presenetljivega odkritja. V Samostanu svetega
groba v Jeruzalemu so odkrili matematični rokopis iz desetegastoletja, ki je bil
delno izbrisan (čezenj pa napisano drugo besedilo) . Izkazalo se je, da gre za
Arhimedova dela, med njimi pa so bila tudi taka, za katera so mislili, da so že
davno izgubljena. Eno od njih nosi naslov Metoda in opisuje, kako s sredstvi iz
mehanike (težišče itd.) lahko dobimo matematične rezultate. Oglejmo si, kako
je Arhimed s to metodo izračunal prostornino krogle . Z njegovimi lastnimi be-
sedami:
Prostornina krogle je štirikratna prostornina stoica, ki ima osnovno
ploskev enako največjemu krogu na krogli in višino enako polmeru krogle.
Prostornina valja, ki ima osnovno ploskev enako največjemu krogu na krogli
in višino enako premeru krogle, je ena in polkrat prostornina krogle.
Arhimedova mehanična pot do tega rezultata gre takole. Na sliki 1 imamo
tloris in naris valja spoimerom 2 a in višino 2 a. V ta valj včrtamo stožec,ki
ima isto spodnjo osnovno ploskev, vrh V pa v središču zgornje osnovne
ploskve. V valj včrtamo še kroglo spoimerom e, ki se dotika gornje osnovne
ploskve v točki V. Na sliki 2 imamo stanje obrnjeno za 90° .
4
v
2a
v2aE
0---------,<1--<>----0 W
2a
Slika 1 Slika 2
Vzemimo ravnino I:, vzporedno osnovni ploskvi valja (slika 2) . Presek te
ravnine s kroglo je krog spoimerom q = IOB 1, s stožcem pa krog spoimerom
u = I aA I in z valjem krog spoimerom 2 a. Ker je kot A VO enak 45°, je
l OV I = IaA i. Tako je
q 2 + u 2 = i OB 12 + l OV 12 = I VB 12
Trikotnik VBW je pravokoten (kot v polkroqu) , zato je po Evklidovem izreku
I VB 12 = I VO I I VW I= I VO I . 2a
Od tod je
I VO 1.{2a)2 = (2a ){q 2 + u2)
Pomnožimo s 1T:
Misl imo si zdaj. da naša ravnina ni prava ravnina, ampak je narejena iz izredno
tanke pločevine. Predstavljajmo si še, da imamo na naši slik i tehtnico z vzvo-
doma EV in VW dolžine 2a te r z vodora vno osjo , ki se na naši sliki projicira v
točko V. Zgornja enačba pove, da presek naše pločevine z valjem ravno uravno -
vesi pločevinasta kroga spoimeroma q in u , obešena v točk i E na tehtnici.
Mislimo si zdaj. da je naš valj sestavljen iz samih tak ih pločevinast ih krogov
vzporedn ih osnovn i ploskvi. Potem je jasno, da valj. nataknjen na tehtnico kot
5
na sliki, ravno uravnovesi masi krogle in stožca iz istega materiala, obešeni v
točki E. Ker je težišče valja oddaljeno a od V, to pomeni
m (valja) . a = [ m (krogle) + m (stožcal] . 2a
al i po krajšanju za:
m (valja) =2 m (krogle) + 2 m (stožca)
Ker je gostota vseh teles enaka, velja
V (valja) =2 V (krogle) + 2 V (stožca)
Privzemimo, da že vemo, da je
V (stožca) = 1- V (valja)
Tako je
V (krogle) = i V (valja) = irT (2a) 2 . 2a = ~~:..
Antično grško matematiko je odlikovala težnja k popolni natančnosti.
Opisani "dokaz" temu ne ustreza povsem. Govorili smo o pločevin i, kar privze-
li pa, da je ta pločevina "neskončno tanka". Seveda lahko delamo tudi s plo -
čevino končne debeline, toda potem bi odrezani kosi na robovih bili porezani
vsak drugače. (Kar pomislite , kakšni so kolobarčki salame, ko se bližamo
koncu.) Intuitivno vemo : čim tanjša je pločevina , tem manj to moti. Arhimed
je pozneje naredil povsem točne ocene in tako dobljeni rezultat potrdil na
neoporečen način . Pravzaprav bi to morali narediti tud i mi. Toda to ne bi ime-
lo pravega smisla . Danes imamo namreč na razpolago int egralski račun, s kate-
rim lahko ta rezultat dobimo prav na kratko. Seveda pa to že malo presega
nivo te revije.
Peter Legiša
Glej članek na naslednji strani.
6
ARHIMEDOV NAGROBNI SPOMENIK
V prejšnjem članku je Peter Legiša na kratko predstavil življenje in delo velike-
ga in slavnega misleca Arhimeda.
Arhimedovo življenje je bilo mirno, kot le more biti mirno življenje , iz-
polnjeno z razmišljanjem. Vsa dramatičnost in tragičnost sta bili pri hranjeni za
zadnje trenutke v živ ljenju velikega matematika .
7
Premagane so bile Sirakuze, sredozemsko trnje in osat sta prekrila Arhime-
dov grob . Arhimed sam in spomin nanj sta ostala živa v njegovih delih. Toda -
Arhimedovo delo je rešilo pozabe - naj se sliši še tako nenavadno - tudi nje-
gov grob.
Arhimed je bil upravičeno ponosen, da mu je prvemu uspelo izračunati
površino in prostornino krogle. Pri tem je ugotovil, kakor lahko preberete v
Legiševem članku, da je prostornina pokončnega valja, očrtanega krogli, enaka
poldrugi prostornini te krogle . Rezultat mu je bil tako všeč, da si je figuro teh
dveh teles zaželel za okras svojega nagrobnega kamna.
ln prav po tej figuri je Cicero približno 150 let po Arhimedovi smrti pre-
poznal grob tega velikega učenjaka ...
Marija Vencelj
UGANKI
Prijatelj precej zname-
nitega angleškega ma-
tematika Georga
Boola (1815-1869),
tudi sam prav tako po-
memben matematik in
še filozof povrhu, se je
nekoč takole predsta-
vil izbranim v neki
družbi, ko je padlo
vprašanje o njegovi
starosti:
"n let sem imel
leta n 2 . "
Sprašujemo:
1. Katerega leta se je rodil ......... ........ .?
2 . Kdo je bil ta .. ?
Skrivnostnega in premetenega . morebiti prepoznate na
sliki, njegovo ime pa preberete celo v srednješolskih učbenikih matematike.
Vilko Domajnko
8
PITAGOROV IZREK PRED PITAGOROM
V matematiki so skoraj sočasna neodvisna odkritja dokaj redka , večkratna od-
kritja pa prave izjeme. * Znan i matematik in poznavalec matemat ike star ih ci-
vilizacij B.L. van der Waerden misli, da je taka izjema tudi odkritje Pitagorovega
izreka. Z njim so računali v starih časih Babilonci , Indijc i, Grk i in Kitajci. Pri
vseh štirih narodih srečamo tudi enak način računanja pitagorejskih trojic .
Zato si je zanimivo ogledati, kako so se spravokotnim t rikotn ikom ukvarjali
matematiki davno umrlih kultur .
Najprej ponov imo:
Pravokotni trikotnik ima en pravi kot .
Pitagorov izrek poveže njegove stranice x , Y, z takole
x 2 + y2 =Z 2 (1 )
Trojico naravnih števil, ki zadošča zvezi (1) imenujemo pitagorejsko
trojico.
Pitagorejska trojica je primitivne, če števila x, y, z nimajo skupnega
faktorja.
Kitajci
dinastija Han
I II t:: l:' ri t:: !
-200 o + 220 •
Grki
Pitagora Platon
l i l Ji:']
- 572N- 500 - 428 - 347
Diofant
Ffff)
o "'1501"250
•
Hamurabi - 1000
~i~:~jdnik~abilonCi
Sulvasutra
f:•••{.I••I{.I{.:.:.:I.·!
-1728
-1686
Indijci deli Sulvasutre'. } ': ::)
-800 - 500 -200 o
o
•
•
Čas
Sl ika 1. Pitagorejske trojice pr i Babiloncih , Ind ijcih , Grkih in Kitajc ih.
* V novejšem času je tak primer odkritje neevklidske geometrije , le-to je uspelo skoraj
hkrati trem : Gaussu, BoJyaiu in Lobačevskemu.
9
V primitivni pitagorejski trojici (x, Y, z) mora biti eno izmed števil x ali y
liho in drugo sodo. Če sta obe števili sodi, trojica po definiciji ne more biti
primitivna. Če sta obe števili lihi, je vsota njunih kvadratov x 2 + y2 število
oblike 4n + 2, ki ne more biti kvadrat naravnega števila.
Pot do primitivn ih pitagorejskih trojic ni zahtevna. Poznati moramo Pita-
gorov izrek in pravilo o rezcepu razlike kvadratov
a2 - b 2 = (a - bIla + b) (2)
Znati tudi moramo z naravnimi števili rešiti sistem dveh linearnih enačb z dve-
ma neznankama.
Najprej izberima poljubno naravno število x. Z rešitvijo enačbe Z2 _ y2 =
=x 2 vobliki
(z - y) (z + y) =x 2 (3)
mu priredimo drugi števili. To storimo tako , da število x zapišemo kot produkt
Slika 2. Klinopisna tablica z oznako Plimton 322, ki jo hrani kolumbijska univerza v New
Yorku.
10
dveh naravnih števil. Nato enačbo (3) razbijemo v sistem dveh linearnih enačb
z dvema neznankama. Njegova rešitev je rešitev enačbe (3) .
Od tega, ali izberemo lih ali sod x, je odvisno, ali sledimo računanju Ki-
tajcev v času dinastije Han (od 200 let pred našim štetjem do leta 220 našega
štetja) ali Grka Diofanta iz Aleksandrije (okoli leta 250 našega štetja) .
Kitajski način: Naj bo x = st poljubno liho število. Iz (3) sledi
(z - y) (z + y) = S2 t 2 in od tod sistem enačb
z + y = S2 Z - Y = t2
z rešitvijo
(4)
Grški način: Naj bo x = 2pq poljubno sodo število. Iz (3) sledi
(z - y) (z + y) = 4p 2 q 2 in od tod sistem enačb
z + y = 2p 2 Z - Y = 2q 2
z rešitvijo
(5)
Navedimo nekaj zgledov za kitajski in za grški način.
5=3.1
5=5.1
7=7.1
5
13
25
4
12
24
4=2(2.1 )
12=2(3.2)
24=2(4.3)
3
5
7
5
13
25
Na koncu vstavimo v (4) s = p + q in t = p - q, pa dobimo (5). Oba načina za
računanje pitagorejskih trojic sta torej enakovredna.
Šele leta 1945 so ugotovili, da so poznali primitivne pitagorejske trojice
tudi Babilonci. S klinopisne tablice iz časa Hamurabija (1728-1686 pred našim
štetjem) in njegovih naslednikov so razbrali, da so pitagorejske trojice računali
enako kot za njimi Grki. Pot do spoznanja ni bila preprosta, ker se klinopisni
zapis števil razlikuje od našega in ker tablica ni bila v celoti ohranjena. Kaže, da
so Babilonci reševali nalogo v dveh korakih. Najprej so z rešitvijo ena čbe
1 + v2 = w 2 poiskali vse pitagorejske trojice z obliko (1, v, wl. nato so dobljene
trojice pomnožili s številom x. Nalogo je mogoče najhitreje rešiti prek enačbe
(w + v)( W - v) = 1. Po tem je mogoče sklepati, da so Babilonci poleg Pitagoro-
11
vega izreka poznali tudi razcep (2) .
Zapis Pitagorovega izreka in primitivnih pitagorejskih trojic najdemo tudi
v starem hindujskem priročniku za gradnjo oltarjev Sulvasutra (od 500 do 200
pred našim štetjem, nekateri deli izvirajo iz 1000 do 800 pred našim štetjem).
V njem preberemo: "Diagonala 'podolgovatega' (v angleškem prevodu oblong)
da sama obe ploščini, ki ju dasta obe stranici 'podolgovatega' posebej." (Pome-
ni : Kvadrat hipotenuze pravokotnega trikotnika je enak vsoti kvadratov obeh
katet.) To vidimo po tist ih 'podolgovatih' , katerih stranici sta 3 in 4, 12 in 15,
15 in 8,7 in 48,12 in 53 ter 15 in 36.
Ko izračunamo manjkajoče stranice 'podolgovatih' , to je pravokotnih
trikotnikov, dobimo pitagorejske trojice, pri katerih sta kateti skoraj enako ve-
liki. To vsiljuje misel, da so Indijci računali pitagorejske trojice z enačbo (4) ob
primerni izbiri x. Zgledi
z-y=1
(3,4,5)
(5 ,12,13)
z-y=2
( 8 ,15,17)
(12,35,37)
z- y=3
(15,36,39)
govorijo proti temu, da so dobili trojice z merjenjem trikotnikov. Trojice
(12, 35 , 37) ne bi bilo lahko določiti z merjenjem, saj obstaja več kot tisoč
pravokotnih trikotnikov, katerih kateti sta celi št evlli, njuna vsota pa manjša
kot 48.
Vse kar smo izvedeli o računanju pitagorejskih trojic v Babiloniji, Indiji,
na Kitajskem in v Grč iji ne nasprotuje, a tudi ne dokazuje van der Waerdenove
misli o neodvisnem odkritju Pitagorovega izreka in pitagorejskih trojic. Morda
pa so bile davne civilizacije med seboj bolj povezane, kot smo doslej mislili.
Milena Strnad
TRIKOTNIKI
Kol iko med seboj neskladnih raznostraničnih trikotnikov z obsegom po 20 cm
lahko na črtamo. če naj bodo stranice cela števila?
Darjo Felda
oc-OnNn"'" 10,,_,I"_"l_"''-'' ,
KULMINACIJA
Jasne noči si na vzhodnem delu neba, a ne previsoko , izberi svetlo zvezdo. (Po-
leti in jeseni je zelo primerna zvezda Atair v ozvezdju Orla, pozimi zvezde
Oriona - med njimi posebno Rimščice (Koscl). spomladi pa Spika v Devici.)
S preprostim višinomeram (slika 1) ji izmeri višino *, to je kot med vodoravno
ravnino in smerjo proti zvezdi. Če tega ne moreš naredit i, pa vsaj oceni višino
zvezde glede na kak značilen in dobro opazen predmet na zemljišču (večje dre-
vo, cerkven i zvonik). Nato vsake pol ure, ali vsaj vsako uro , ponovno izmer i ali
pa oceni višino izbrane zvezde. To delaj nekaj ur tako, da ugotoviš vsaj deset
Slika 1. Prep rost višinomer, s katerim
izrne riš vi šino zvezde.
Slika 2. Spreminjanje višine izb rane svetle
zvezde - shema
13
VISIn zvezde (slika 2). Vzemi si čas. Zberi se in bodi potrpežljiv in natančen.
Potem sestavi preglednico:
Datum: ..
Čas opazovanja: Od tI =
Do t l O =
Čas Izmerjena višina zvezde
Če boš upošteval navodila za opazovanje, ti ne bo težko ugotoviti, da se zvezdi
spreminja višina. Najprej se ji veča, ko pa zvezda doseže najvišjo lego nad ob-
zorjem, se njena viširia manjša. Ko je zvezda najvišje nad obzorjem, ko doseže
največjovišino, pravimo, da ku/minira **. V našem primeru je zvezda dosegla
(prišla v) zgornjo ku/minacijo.
Zaradi vrtenja Zemlje zvezde, pa tudi druga vesoljska telesa (Sonce, Luna,
planeti) navidezno krožijo okrog nebesne osi. Pri tem enkrat na dan dosežejo
največjo višino - zgornjo kulminecijo, drugič (čez 12 ur) pa najmanjšo -
spodnjo kutminscijo (slika 3). Pri nadobzornicah, to je zvezdah, ki stalno kro-
žijo nad obzorjem, sta vidni obe kulminaciji . Pri zvezdah, ki vzhajajo in zahaja-
jo, je vidna le zgornja kulminacija, in sicer natanko na južni strani neba. Pri ne-
Slika 3. Kulminacija zvezd. ZK-
zgornja kulminacija, SK - spo-
dnja kulminacija, n - dnevna
pot nadobzorniške zvezde, v -
dnevna pot zvezde, ki vzhaja in
zahaja, p - dnevna pot podob-
zorniške zvezde, P - severni
nebesni pol , P' - južni nebesni
pol, PP' - nebesna os, okrog ka-
tere navidezno krožijo zvezde
(in tudi druga vesoljska telesa),
n.ekv. - nebesni ekvator, Z -
zenit, O - opazovalec, hor. -
horizont.
* Glej še Presek.!.§. (1988 /89), 96 - 99.
** Iz lat inske besede cu/men - vrh, najv išja točka, vrhunec.
14
E
'\--------.
\, ! Orion
~
: I '.i--.-----
I
I
I
I
I
I
I
w
Slika 4. Kulminacija ozvezdja Or iona pri nas v poznih večernih urah sredi zime. V krajih
južno od nas kulmi nira Orion višje , v krajih severno pa nižje.
Slika 5. Kulminacijo zvezd lahko ugotoviš tud i s fotografijo . Fotografski aparat, v katerega
vložiš občutljiv fi lm, naravnaš na neskončnost, trdno pr itrdiš , da se ne premika, in ga
usmer iš proti zvezdam na ju žni stran i neba. Snema š eno do dve ur i. Loki kr ožnic , ki jih na
negati vu zar išejo zvezde, prikazujejo navidezno vrtenje neba. Naša slika kaže zgornjo
ku lminacijo zvezd ozvezdja Orla.
15
katerih zvezdah pa ne vid imo niti zgornje niti spodnje ku lminacije. To so pod-
obzorn ice.
Pred lagam, da nadaljuješ z opazovanjem višine izbrane svetle zvezde.
Zvezdo opazuj z ist ega opazovališča še vsaj vsako peto noč. To delaj en mesec.
Da zvezda spreminja višino, že veš. Zato te ta opazovanja sedaj ne zanimajo
več, pač pa bodi pozoren le na največjo višino, to je višino ob kulminaciji
zvezde vsako noč opazovanja . Vsako peto noč torej izmeri le največjo višino
zvezde. Sestav i preglednica z vsaj petimi izmerjenimi največjimi višinami
zvezde:
1.
2.
3.
4.
5.
Datum Največja višina zvezde
Če boš dovolj natančen, boš opazil , da izbrana zvezda kulmin ira vedno na isti
višini nad obzorjem . Prišel boš do spoznanja, ki velja za zvezde: V danem kraju
Slika 6 . Polam i dan na Greenlandu. Fotogra fi rano v jul iju. Osvet litve si sledijo vsakih 20
m inu t. V času snemanja je Sonce opisal o naj nižji del svo je dnevne poti nad obzorjem.
16
določena zvezda ku/minira vedno enako visoko . Če pa bi to zvezdo opazoval iz
kraja, ki leži severneje od tvojega kraja, bi ob kulminaciji izmeril manjšo višino,
če pa bi zvezdo opazoval južneje, bi ob kulminaciji izmer il večjo višino . Velja
torej, da je višina zvezde ob kulminaciji odvisna od njene lege na nebu in
zemljepisne širine kraja .
Z opazovanjem lahko tudi ugotoviš, kako kulminirajo Sonce, Luna, plane-
ti . Višina Sonca ob zgornji kulminaciji je npr. različna ne samo v različnih kra-
jih, ampak tudi v različnih letnih časih ; polet i je v naših krajih večja, pozimi pa
manjša. Pri nas je zgornja kulminacija Sonca vidna (tedaj je poldne), spodnja pa
ne (tedaj je polnoč) . V polarnih krajih pa sta včasih vidni obe kulminaciji
Sonca. Sonce tedaj ne zahaja in tam ni noči (slika 6) . V časih pa sta obe kulmi -
naciji Sonca pod obzorjem . Sonce tedaj ne vzhaja in je polarna noč.
Kakor Soncu se tudi Luni in planetom spreminja lega na nebu. Zato ti v
istem kraju ne kulminirajo vedno enako visoko, o čemer se prepričaš z opazo-
vanjem.
Marijan Prosim
I
KORNET
V stožčast kornet globine v spustimo sla-
doledno kroglico polmera r. Le-ta obtiči
v njem, tako da je njeno središče od dna
korneta oddaljeno h (h < v), krogi ica pa
ostane nespremenjena. Koliko drži kornet?
ENAKOST
Vsaj eno od pozitivnih realnih števi l
x in y , ki zadoš čata pogoju
naj ne bo manjše od 1. Dokaži , da sta
potem enaki.
Boris Lavrič
-
· oorl 'NO' NILTI 'l-''" ' __"'I IL _, II~_
PROBLEM BARVANJA TOCK GRAFA
Nekateri problemi v matematiki imajo lepo lastnost: , zelo enostavno jih je
zastaviti (za razumevanje problema ni potrebno veliko znanja), toda rešitev je
vse prej kot enostavna.
Verjetno ste že slišali za Fermatov problem. Poglejmo celoštevilsko enačbo
Pri izbranem n iščemo cela števila x, y in Z, ki ustrezajo enačbi, Pri n = 2 lahko
hitro najdemo iskana števila. To so ravno pitagorejske trojice, na primer x = 3,
y = 4, z = 5! Kaj pa lahko rečemo za »[e, ki so večji od 2? Znameniti francoski
matematik Fermat (1601-1665) je domneval, da obstajajo cele netrivialne
rešitve samo pri n = 2, pri n > 2 pa po njegovi domnevi ni nobene netrivialne
rešitve. (Triviaine rešitve so tiste, pri katerih je ena od spremenljivk enaka nič,
take pa seveda obstajajo pri vsakem n.) Poiskati dokaz ali protidokaz te do-
mneve je slavni Fermatov problem. Od Fermatovih časov do danes je mnogo
matematikov poskusilo dokazati ali ovreči domnevo, toda brez popolnega
uspeha. Problem očitno ni enostaven! Zanimivo je, da je Fermat zapisal, da je
našel dokaz za svojo trditev, ki pa ga ni nikjer objavil. Več o Fermatovem pro-
blemu si lahko preberete v knjiž ici prof. Ivana Vidava Rešeni in nerešeni pro-
blemi matematike (Knjižnica Sigma; 1).
Problem barvanja točk grafa je mlajši, pa ima vendar kar zanimivo zgo-
dovino. Za razliko od Fermatovega problema tu ni težav z obstojem rešitev;
zajec tiči v drugem grmu. Ko namreč želimo poiskati hiter algoritem, ki bo na-
šel barvanje za poljuben graf, se izkaže, da to nikakor ni enostavno.
Preden zastavimo problem, navedimo in ponovimo nekaj pojmov iz teorije
grafov, ki jih najdemo na primer v presekovi knjižici Najnujnejše o graf(h , ki
sta jo napisala Drago Bajc in To maž Pisanski. Graf G = (V, E) je matematični
objekt , ki ga podamo z množico točk V in množico povezav (torej parov točk)
Sli ka 1 Slika 2
18
E. Točki sta sosednji: če med njima poteka povezava. Barvanje grafa je preslika-
va, ki vsaki točki grafa priredi neko barvo. Za imena barv običajno zaradi eno-
stavnosti vzamemo kar naravna števila. Dobro barvanje je tako, ki sosednje
točke pobarva z različnimi barvami. Na primer barvanje na sliki 1 je dobro
barvanje, barvanje na sliki 2 pa ne.
Graf je k-pobarvljiv, če obstaja dobro barvanje s k ali manj barvami. Graf
iz prejšnjega primera (slika 1 in 2) ni 2-pobarvljiv, je pa 3-pobarvljiv in seveda
4-, 5-, ... -pobarvljiv, torej k-pobarvljiv za vse k ~ 3. Minimalno število
barv, potrebnih za dobro barvanje , imenujemo krornatično število grafa in ga
označimo z X(G ). Graf iz prejšnjega primera ima torej krornatično število 3.
Zdaj pa naloga: Imamo graf G = (V, E) in naravno število k . Ali je graf G
k-pobarvljiv? To je odločitveni problem barvanja točk grafa.
Problem ni nerešen, tako kot Fermatov, je pa "težak" na drug način, ki
ga bomo poskusili pojasniti v nadaljevanju . V kratki zgodovini teorije zahtev-
nosti računskih postopkov se je izoblikovala tudi domneva, da obstaja jo pro-
blem i, za katere obstajajo učinkoviti postopki in taki, za katere učinkovitih
postopkov ni mogoče konstruirati. Zvesti bralci Preseka se bodo verjetno spo-
mnili članka Sandija Klavžarja o časovni kompleksnosti algoritmov v 2. številki
letnika 86 /87. Natančna definicija učinkovitih postopkov presega okvi r tega
sestavka, tukaj povejmo le, kaj bi za problem barvanja točk grafa pomenilo, da
je algoritem učinkovit. Ko določimo število k in imamo dan graf G, lahko defi -
niramo obsežnost problema barvanja točk grafa: to naj bo kar število točk
grafa, torej n = rno čt V). Hitrost algor itma lahko merimo s številom potrebnih
korakov. Lahko privzamemo, da smo algoritem zapisali venem od programskih
jezikov (na primer v pascalu, FORTRANu ali BASICu) . Korak algoritma je
izvedba enega enostavnega ukaza. Na primer vrstica
x := y + z * 3
je en (pascalski) korak, del programa
for i := 1 to n do
for j := 1 to n do begin
x [ i] := y [ i ] ;
z [ i] := 2 * y [ i ]
end;
pa je 2 * n2 korakov. Pogosto nas zanima samo velkostni red, konstantni
faktor takrat ni pomemben . Del programa v prejšnjem primeru ima število ko-
rakov , k i je kvadratna funkcija n-ja, to pa zapišemo krajše O(n2 ) in preberemo
velik i o od n kvadrat. Po definicij i je funkcija gIn) reda O(f(n) 1. če obstaja
19
konstanta C > O, tako da je gIn) ~ Cf(n) za vse dovolj velike n. Pri tem
fraza "trditev velja za vse dovolj velike n" pomeni, da obstaja naravno število
n', da je za vsak n ~ n' trd itev veljavna.
Pravimo, da je algoritem polinomski, če je njegovo število korakov enako
O(p(n)) za neki polinom p. Polinomski postopki so v teorij i časovne zahtev-
nosti ravno učinkoviti postopki.
Problem je polinomski, če zanj obstaja polinomski algoritem. Za problem
barvanja točk grafa na primer ne poznamo nobenega polinomskega algoritma .
Prav tako doslej ni nihče dokazal, da takega algoritma ni mogoče konstruirati.
Vsi doslej znani postopki za reševanje problema barvanja točk grafa imajo vsaj
eksponentni red potrebnega števila korakov. (Število korakov je na primer
10 * 2 n ali IO" , torej ne obstaja polinom p(n) , da bi bilo število korakov reda
O(p(n)) ).
Poglejmo si primerjavo rasti neke polinomske in neke eksponentne funkci-
je. Recimo, da imamo polinomski algoritem s časovno zahtevnost jo 10000n2
in eksponentni algoritem s časovno zahtevnost jo 2 n . Predpostavimo, da osnov-
na operacija traja eno milisekundo in preračunajmo potrebne čase za nekaj
različnih n-jev (tabela 1) .
Tabela 1
n
10
20
30
40
50
100
1000
10000 n 2
106 == 16 min
4.106 ==1 h 6 min
9.10 6 == 2h 30 min
1,6.107 ==4h26min
2,5 .10 7 == 7 h
108 == 1 d 3 h
101 0 == 115dni
2 1 0 ==1 S
22 0 == 17 min
23 0==12d
24 0 == 36 let
2so == 45000 let
Vidimo, da eksponentna funkcija zelo hitro prehiti polinomsko . Ker
število korakov tako hitro narašča, so postopki z eksponentno časovno za-
htevnostjo praktično neuporabni že pri malo večjih n. Toda, računalniki so
vedno vsak dan hitrejši, porečete. Na žalost to ne pomaga kaj prida. Če na
primer računalnike pohitrimo za faktor 1000, se to bore malo pozna, ko
želimo ugnati problem pri velikih n-jih z eksponentnim algoritmom. Poglejmo,
kako bi se spremenila tabela 1, če bi imeli 1000 krat hitrejši računalnik. V ta-
beli 2 je osnovna enota mikrosekunda.
20
n 10000 n 2
------------------------------------------
10
20
30
40
50
100
1000
106 == 1 S
4.10 6 == 4 S
9.10 6 == 9 S
1,6.107 == 16 S
2,5.10 7 == 25 s
lOa==100s
101 0 == 2 h 46 min
Tabela 2
2 l o==lms
22 0==2s
2 3 0 == 17 min
24 o == 12 d
2 5 o == 36 let
Danes poznamo veliko praktičnih problemov, ki so prav tako "težki" kot
problem barvanja točk grafa. Vprašanje, ali resnično ni mogoče najti poli-
nomskega algoritma za te probleme, je eno od najbolj znanih odprtih vprašanj
teoretičnega računalništva.
Za tiste, ki jih zanima zgodovina matematike, pa za konec še povejmo, ka-
ko je problem barvanja točk grafa povezan s slavnim problemom štirih barv.
Problem štirih barv je bil skoraj sto let velika uganka, ob kateri se je razvijala
teorija grafov . Problem si je prvi zastavil leta 1852 londonski študent Francis
Guthrie, ko je barval zemljevid angleških grofij . Domneval je, da je mogoče
vsak zemljevid pobarvati s štirimi barvami, seveda tako, da ozemlja, ki mejijo,
niso pobarvana z enako barvo. Pri tem ozemlja , ki se dotikajo samo v končno
mnogo točkah, ne štejemo za sosednja. Problem običajno zastavimo v nekoliko
drugačni obliki. Namesto ozemelj barvamo toč ke ( lahko si mislimo, da so to
glavna mesta), povezani pa sta točki, ki sta v sosednjih državah. Problem se
potem glasi: ali je mogoče točke vsakega planarnega grafa pobarvati s štirimi
barvami (tako da pobarvamo poljubni povezani točki z razli čnima barvama)?
Planaren je graf , ki ga lahko narišemo v ravnini tako, da se noben par povezav
ne seka. Francisov brat Frederic je problem predstavil profesorju Augustu de
Morganu . Širše znan je problem postal leta 1878, ko je Arthur Cayley na
srečanju Londonske matematične družbe (London Math. Society) vprašal,
ali je problem že rešen. Prvi se je reševanja problema resno lotil A .B. Kempe,
ki je leta 1879 objavil dokaz, da štiri barve zadoščajo . Deset let kasneje je
P.J. Heawood odkril napako v Kempejevem dokazu, ki pa so jo mnogi imel i
bolj za tehnično pomanjkljivost kot pa za resno napako. Ko pa so leta mine-
vala in nikomur ni uspelo popraviti dokaza , je postalo jasno, da problem ni
od muh . Leta 1976 sta Kenneth Appe l in Wolfgang Haken objavila, da sta
21
dokazala izrek o štirih barvah. Ideja dokaza je v bistvu enaka Kempejevei, le
število posebnih pr imerov, ki jih je bilo potrebno pregledati, je precej večje
(okoli 1500 namesto 5!). Obsežnost je tudi glavna pomanjkljivost dokaza,
saj je za pregled (okoli 600 strani dolgega)dokaza potrebno ogromno časa ,
tud i če za nekatera rutinska opravila uporabimo računalnik, kot sta to stori -
la avtorja dokaza.
Za konec pa še nekaj nalog:
I . Poišči optimalno barvanje za graf na sliki 3!
Slika 3
2. Premisli, koliko barv potrebuješ za optimalno barvanje cikla lihe dolžine
C2 k+ 1!
Slika 4
3. Dokaži izrek : 2-pobarvljivi grafi so natanko tisti grafi, ki ne vsebujejo (kot
podgraf) nobenega lihega cikla. (To so ravno dvodelni grafi.)
Janez Žerovnik
SLAVOLOK IZ ZIDAKOV
Kot otroci ste se gotovo kdaj igrali z zidaki (ali pa s kockami) ; postavljali ste
jih enega na drugega, zidali hiše, stolpe, mostove ". Včasih so nastale prave
mojstrovine, včasih pa se je vse skupaj podrlo in ponovno je bilo treba poprijeti
za delo. To so bili trenutki, ko ste se prvič nevede seznanjali s fizikalnimi
pojmi, kot sta navor in težišče . V pričujočem prispevku si bomo nekoliko po-
bliže ogledali problem "zidanja slavoloka".
Slika 1
Homogene zidake, ki imajo maso m , ter mere a = 20 cm, b = 10 cm ,
c = 5 cm, zlagamo enega na drugega tako, da dobimo slovolok , ki je narisan na
sliki 1. Vprašanje, ki si ga bomo zastavili je, kako moramo zlagati zidake, da bo
širina slavoloka maksimalna in da se le-ta seveda še ne bo podrl. Ker so razme-
re simetrične glede na sredi no slavoloka, bomo gledali samo eno njegovo po-
lovico .
V mejnem primeru (ko iščemo
maksimum) mora biti vsota navorov
sile teže zidakov posebej za vsako od
osi 1, 2, 3, . oo , n enaka nič. Očividno
pa je, da so za navor okrog določene
osi odgovorni samo zidaki , ki so nad
to osjo. Zapišimo enačbo, ki mora
veljati za prvo os
Slika 2
23
mg(XI -}) +mg(XI +X2 - t) +mg (Xl +X2 +X3 - T) + ...
mg (Xl + X2 + X3 + ...+ Xn - T)=O
nXI + (n -1)x2 + (n -2)X3 + "'+Xn =n T (1)
Podobne enačbe dobimo tudi za vsako od naslednjih osi
(n -1)x2 + (n -2)X3 + ,,, + x n =(n -1) T
(n -2)X3 + ",+xn = (n -2) T
X = ~n 2
(2)
(3)
(n)
Odštejmo sedaj po vrsti enačbo (2) od enačbe (1), enačbo (3) od enačbe (2),
... t enačbo (n) od enačbe (n - 1) pa dobimo
nXI = ~
2
(n - 1) X2 =T
2x 1 =!!.n- 2
X = 2-n 2
Razdalja od začetnega zidaka do polovice slavoloka je potemtakem
ali
L = ~ (1 + 1. + 1. + + 1.)2 2 3 oo. n
Zdaj se pokaže glavno presenečenje. Vsota v oklepaju je neskončna, če je n
neskončen, kar pomeni, da je pri neskončnem številu zidakov tudi širina sla-
voloka neskončna. Vendar pa širina slavoloka narašča zelo počasi, kar bomo vi-
deli na spodnjih dveh primerih.
a) Za n = 50, bi bil slavolok širok 90 cm in visok 2, 5 m, kar je zadosti spo-
dobno, da se lahko pod njim sprehajamo.
b) Za n = 1000, bi bila višina slavoloka že 50 rn, širina pa skromnih 150 cm,
kar bi bilo komaj zadosti, da sespodaj pelje manjši avto .
Božidar Gasar
24
GLEJ, MAVRICA!
'1. del
Ples in razcvet sončnega žarka v dežni kapljici
Lok dežne mavr ice je zna menje zaveze , da voda ne bo nikol i več uni č ila zem lje.
To znamenje je po vesoljnem potopu bog postavi l v oblake , ker je bila njegova
jeza potolažena . Ta kratko povzeta oznaka iz Geneze, prve Mojzeso ve knjige
Stare zaveze , je bo lj razlaga tedanjega človekovega od nosa do boga , kot pa op is
tega prelepega vremenskega pojava . Vendar zadene bistvo občutka, ki nas pre-
vzame ob pogledu na mavrico - spokojen mir, v katerem ni mesta za jezo in
maščevanje.
Mavrica je most med dvema kulturama : poezijo in znanostjo . Pradaven je
trud pesn ikov in naravoslovcev , da bi jo primerno op isal i. Pri tem so nekateri
celo odklonilno sprejemali poskuse in uspehe znanstvene razlage . Znano je, da
je Goethe za Newtonovo analizo mavričnih barv zapisal , da je , kot da b i " nara-
vi pohabil dušo". Drugačno mišljenje pa pove jmo z Descar tesovimi besedami:
"Mavrica je tak izreden čudež narave, '" da bi težko izbral primernejši zgled za
uporabo svoje metode."
Kaj to rej je mavr ica? Zakaj nastane? Če dežuje in hkrat i sije sonce, lahko
pričakujemo, da bomo na nebu zagledal i njen lok , če bodo okolišč ine ugodne
- celo dva . Pri tem je ni treba iskati po vsem nebesnem svodu , nahaja se na
natanko določenem mestu. Leksikon Cankarjeve založbe Fizika nas o tem
pouči takole :
opazovalec
m avrica :
dvakratni lom in
pop olni odboj l a rka
v d e žni kapljici pri
poenostavljeni
razlaq !
mavrica, spekter s onč n e svetlobe, ki nastane
zarad i di sperzije in ukl ona so n č ne svet lo be
na okrogl ih vo dnih kap ljicah v ozračj u , ko je
Sonce za hrbtom opazo valca . V glavni ma v-
rici (pri ko tu ok o 42 -') so razv r š čen e barve:
v ij o t l č asa. mo dra, zele na. ru mena. oranžn a.
rdeča ; na zunanjem robu se navadno po javi
še stranska mavrica (52 ) z bar vami v ob rnje -
nem redu.
Ta razlaga seveda zbudi naše zan imanje . Zakaj se zarad i sipanja sončne
svetlobe na dežnih kapl jicah prav na določenem delu neba pojavi barvn i lok?
Zmotna je predpostavka, da je to le preprost prob lem geometrijske opt ika,
ki so ga že davno reši li. Teorijo mavrice so zadovoljivo razvili šele v nekaj za-
dn jih let ih. Poleg teo rije geometrijske opti ke upošteva ta teo rija vse zna ne
25
lastnosti svetlobe, kot so na primer interferenca, uklon in polarizacija.
Marsikateri f izikalni inštrument so razvili s posebnim namenom, da bi z
njim raziskali dežno mavrico in sorodne pojave. Mavrica je bila preskusni ka-
men za testiranje različnih optičnih teorij . Z najuspešnejšimi med njimi je
dandanes moč mavrico ustrezno matematično opisati, to je napovedati pora-
zdelitev svetlobe na nebu.
Slika 1. V itellov lesorez. Optični pojavi . kot jih je ilustriral poljski menih Vitello. Lesorez
je iz 153 5. izdaje njegove knjige o optiki , ki jo je napisal leta 1270. Na njem je mavrica
zelo opazna .
Če se v pršici slapu ali na nebu po plohi pojavi en sam širok mavrični lok,
je to lok glavne mavrice . Njena intenzivnost in širina sta lahko razl ični , toda
barve si slede vedno v istem zaporedju: od vijolične na notranjem robu preko
mod re, zelene, rumene in oranžne do rdeče na zunanjem robu.
Drugi mavričn i pojavi so šibkejši in jih ne opazimo vedno. V iše na nebu
nad glavno mavrico se lahko pojavi še stranska mavrica, v kateri se vrste barve v
26
obratn em vrstnem redu kot v glavni mavrici - od rd eče , v notranjosti , do vi-
j olič ne , na zunanjem robu . Če bost e pri opazovanju dvojne mavr ice dovolj
pozorni, boste ugotovi li, da je področje med obema mavri čnima lok oma neko -
li ko temnejše kot okol iško nebo . Ta poj av je pri soten celo , če stranska mavrica
ni vid na; glavna mavr ica ima tedaj svetlejšo in temnejšo stran . Temno področje
nad lokom glavne mavrice se imenuje Aleksandrov temni pas po grškem f ilozo-
fu Aleksandru iz A frod isia, ki je po jav prv i op isal pred več kot dva t i soč let i .
Bolj poredko lahko opazimo še dodatni poj av: gre za zaporedje nejasnih
lokov, ki leže na notranj i stran i glavne mavrice in so izmenično ro žnati in ze-
leni. Še redkeje se ta ki loki pojav ijo na zunanj i stran i st ranske mavr ice. Oboji so
jasneje vidni v bližini vrha mavričnega loka . Pozornost , k i so jo zbudi li , je ime la
velik vpl iv na razvoj teorije mavrice.
Povzeti vso znano teorijo mavrice je za nas prehud zalogaj. Zato se bomo
omej ili le na njeno osnovno analizo, ki teme lj i na odboju in lomu sončnega
žarka na dežn i kaplj ic i. V tej številki Preseka bomo navedli ozi roma ponovil i
potrebne fiz ikalne zakone in nato opi sali , kaj se dogaja s svetlobnim žarkom,
ko zadene ob vodno kapljico. Dobljeni rezultati bodo i z h odišče za nadaljnja
razm išljanja o mavrici v prihodnji števil ki.
Odboj in lom.
Površje de žne kaplj ice, ki lebdi v oblaku , je meja med dvema snovema:
zrakom in vodo . Del svetlobe, ki pade nanjo , se odb ije, del mejo prestopi. Za
odbito svetlobo velja odbojn i zakon :
Odbiti tarek leti v ravnini, ki jo določata vpadni tarek in pravokotnica na
mejno ploskev v vpadni točki. Pri tem sta kota med pravokotnico in vpadnim
oziroma med pravokotnico in odbitim žsrkom enaka.
Pri prehodu svetlobe čez mejo dveh snovi, v katerih se svetloba šir i z razli-
čnima hitrostma c in CI , se svetloba lomi. Pri tem velja lomni zakon :
Vpadni in lomljeni tarek ter pravokotnica na mejno ploskev v vpadni
točki lete v isti ravnini. Za vpadni kot a in lomni kot [3, ki ju merimo od pra-
vokotnice do žsrko v, veljaenakost
_sJ..n.il_ = ...F_
sin[3 C I
(1 )
Hitrost svetlobe v vodi je manjša od hitrosti svetlobe v zraku. Pravimo , da je
c, > C
27
voda optično gostejša od zraka. Iz enačbe (1) sledi, da je pri prehodu iz opti -
č no redkejše snovi v opt i čno gostejšo snov ~ < a, torej se svetloba lom i proti
vpadn i pravoko tnici , pri prehodu v obratni smeri pa stran od nje . Oba primera
sta hkrat i z odbojem ilustri rana na slikah 2 in 3 .
Slika 2 Slika 3
Na obeh slikah je mejna ploskev ravnina. Če mejna ploskev ni taka, je treba
vzeti tangentno ravnino, to je ravnino, ki se je dotika v vpadni točki (slika 4).
Slika 4
Povejmo, da je kvoc ient na desni strani enačbe (1) za prehod svetlobe iz
zraka v vodo enak pr ibližno 4/3 .
Skica na sliki 3 nas opozori še na nekaj . Ko večamo kot a, se veča tudi kot
~. Ker je pri prehodu iz optično gostejše snovi v optično redkejšo snov ~ > a,
obstaja tak kot a < 90 0 , pri katerem je ~ = 90 0 • Za vpadne kote,večje od tega
28
kota, svetloba ne prehaja več čez mejo obeh snovi, ampak se vse odbije. Pravi-
mo, da pride do tata/nega odboje. Izračunajmo iz enačbe (1) mejni kot to -
talnega odboja za prehod svetlobe iz vode v zrak. Imamo
_~'l.l!._ = sin a = ~
sin 90° 4
kar da a = 49° .
Ples sončnega žarka v dežni kapljici,
Poskusimo sedaj ugotov iti, kako se odbija in lomi svetloba, ki v zraku
naleti na dežno kapljico. Predpostavili bomo, da ima kapljica obliko majhne
krogle. Žarek, ki zadene njeno površino , sedelno odbije, delno lomi. Lomljeni
žarek potuje skozi kapljico do nasprotne stene, kjer se spet delno odb ije, del pa
lomljen zapusti kapljico , itd .
Ker potekajo vse pravokotnice na krogeino površino skozi središče krogle ,
leži prvi par lomljenega in odbitega žarka zaradi odbojnega oziroma lomnega
zakona v ravnini, ki jo določata vpadni žarek in središče krogle. Drugi par takih
žarkov leži v ravnini prvega lomljenega žarka in središča krogle. Ta ravnina
seveda sovpada s prvo. Če tako nadaljujemo, ugotovimo, da leže poti vseh žar-
kov, ki izvirajo iz ist ega vpadnega žarka, v isti ravnini. To je ravnina, ki jo dolo-
4 . r ed
vpadn i --.--L-!II~~:r
2:arek
1. red Slika 5
29
čata vpadni žarek in središče kroglice, torej ravnina nekega glavnega krogelnega
kroga . (Ta ravnina ni določena, če žarek pravokotno zadene površino kapljice.
Tedaj gre svetloba naravnost skozi kapljico in se odbije v smeri vpadnega žarka)
Zasledovanje svetlobe skozi kapljico je torej ravninski problem. Na sliki 5 ima-
mo narisan tak prerez skozi središče kapljice, v katerem leži opazovani vpadni
žarek.
Prvi odbiti žarek bomo imenovali žarek 1. reda. Preostala svetloba lomljena
prodre v kapljico. Na nasprotni steni je del izstopi kot žarek 2 . reda, del se je
odbije nazaj v kapljico. Ko ta del spet zadene steno kapljice, delno prodre ven
kot žarek 3. reda, delno pa nadaljuje pot znotraj kapljice kot odbiti žarek. Ta-
ko se proces nadaljuje . Kaplj ica je torej izvor žarkov različnih redov, ki so če­
dalje šibkejši. Prvi red predstavlja svetlobo, ki se od kapljice direktno odbije,
drugi svetlobo, ki gre direktno skoznjo . Žarki tretjega reda zapuste kapljico po
enem notranjem odboju in nam dajejo glavno mavrico. Žarki 4. reda opravijo
dva notranja odboja in so izvor stranske mavrice. Obstajajo tudi mavrice višjih
redov, ki jih tvorijo žarki, katerih pot je še večkrat odbita, toda praviloma niso
vidne.
Razcvet sončnega žarka v vodni kapljici.
Doslej še nismo spregovorili niti besede o najopaznejši lastnosti mavrice -
njenih barvah. Zakaj pravzaprav gre, je leta 1666 razložil Newton s svojim slav-
nim poskusom prehoda svetlobe skozi tristrano prizmo (slika 6). Pokazal je, da
SI ika 6. Newtonova lastnoro čna risba poskusa stristrano prizmo.
30
je bela svetloba mešanica mavričnih barv: vijolične, modre, zelene, rumene,
oran/ne in rdeče in da se vsaka teh barv nekoliko drugače lomi . Pri istem vpa-
dnem kotu imajo različne barve rah lo različne lomne kote. Posledica tega je ,
da se vzporeden curek bele svetlobe razkloni. Pri tem je najmanj odklonjena
rdeča, najbolj vijolična sestavina. Pojav sam imenujemo disperzija. Na sliki 7
je prikazan za vsako enobarvno komponento svetlobe posebej .
Vi Mo Ze Ru Or Rd
Slika 7
Pri dežni kap ljici se žark i vseh redov , razen prvega, lomijo dvakrat: enkrat
ob vstopu v kapl jico, drug ič ob izstopu iz nje . Gre torej za dvojni lom. Pri
dvoj nem lo mu se lahko uč i nek disperzije ali poveča ali zmanjša. Sami se lahko
z risbo in s pomočjo enačbe (1) prepr i čate , da se učinek celo i znič i , če sta
vpad na in izstopna ploskev vzpored ni, to je pri prehod u svet lobe skozi planpa -
ralelno plast .
Pri dežni kaplji ci, torej krogli, nasto pi tak primer le, če pade žarek pravo-
kotna na njeno površino . Za vse dr uge sme ri pa pride pri žar kih vseh redo v, od
drugega dalje do povečanega razk lona svet lobe. Žarki drugega reda niso zanimi-
vi, ker pr i njih gledam o skoraj naravno st v sonce. Povedali smo že, da žark i
tretjega in četrtega reda dajejo glavno in st ran sko mavrico, pri več kakor t reh
no tranjih odbojih pa je izguba svetlobe že prevelika , da bi kaj videli.
Marija Vencelj
Matija Lokar
Gerlič I., PRVI KORAKI V LOGO, Ljubljana, ZOTKS, 1988
Programski jezik logo počasi, a vztrajno prodira v slovensko računalniško
srenjo. Članki v Preseku, raziskovalne naloge mladih raziskovalcev, računalni­
ška tekmovanja v logu, .,. opozarjajo na to. Knjiga, ki je izšla lansko leto, bo
prav gotovo še pospešila uporabo tega zanimivega programskega jezika. Po
izkušnjah v svetu, pa tud i pri nas, je to jezik,ki je za prvi stik s programiranjem
najbolj primeren. Grafika, tvorba kompleksnejših uka zov iz osnovnih, inter-
aktivnost, dostopnost na vseh hišnih računalnikih, .. . je le nekaj njegovih za-
nim ivih lastnosti. Knjiga nas popelje v zanimiv svet želvje grafike , ne pozabi pa
tudi na delo s seznami. Op remljena je s številnimi zgledi in nalogami. Sicer je
pisana za verzijo loga, ki teče na računalnikih Commodore C64, vendar ne bo
nobenih težav pri prilagajanju programov za Spectrum, PC ali Partner. Osnovni
ukazi so tako ali t ako identični , pri 'eksot ičnejš i h ' pa si pomagamo bodisi s
pr imerjavo ukazov na ko ncu knjige bodisi s pregledom ukazov, ki je bil obja-
vljen v Prese ku . Vsem, ki bi se radi poizkusili v logu , knjigo z veseljem pri-
poročam.
NALOGE NA TEKMOVANJIH IZ FIZIKE V OSNOVNI SOLI,
F. Plevnik, Z. Bradač, M. Cvahte, (Presekova knjižnica; 30) DMFA
SRS 1989,
V zb irki so naloge s tekmovanj učencev sedmih in osmih razredov osnovnih šol
od leta 1982, ko so se tekmovanja pričela . Posebna vrednost zbi rke so rešitve
nalog . Avtorji so vsako rešitev skrbno razložili, opisali postopek reševanja in,
kje r je bilo potrebno, rešitev po nazorili s pregledno sliko. Kor ist ni so tudi
splošni napotki za reševanj e na log na začetku zbi rke , saj veliko učencev ne ve,
kako se naj reševanja sp loh lotijo .
Naloge niso lahke in večinoma preseg ajo težavnost ob i čaj nih osnovno šol-
skih nalog. Zato so nam enjene učencem, ki se pripravljajo na tek mo vanje , in
bol jšim učencem, še posebej t ist im , ki nameravajo nada ljevat i šol anja na nara-
voslovni smer i. Z reševanjem se bo do lahko veliko naučil i , a le tako , da bodo
na logo najprej poskusili rešiti samostojno, in šele nato pogledali rešit ev. Rešitve
nalog naj bodo torej le za kontrolo; samo s prebiranjem rešit ev se reševanja na-
log pač ne moremo naučiti. Zbirka bo učencem , ki na loge rešuj ejo samostojno,
lahko nud ila veliko zadovo ljstva, posebej takrat , ko bodo našli do rešitve
izvirno pot, drugačno od tiste v zbirki. Zato zb irko top lo priporočamo.
Bojan Golli

,ISri::I(~' 1 1000kg 1 1~~~:I~I·1 {liZOBRAZBAI P~~i~A I$V EOSKO Izs:~~~- I BROM I STUD~NTJEI
AST AONO M UtlTE LJ Ve?!!:-- T KA LSTVU IME FI N. OD PAD EJO
-I-I-I-I-I-I-IV~::::RI-I-I-I
' 1-1-1-1-1-1-1-!-I-I-r' iM!liJW&0 iili4'i~
1- 1- '- '- 1- 1- '- 1- 'P~~~~J 1-' I · R ITANS KAITei~~1t
A LŽ IRSKA KRALJICA JEV U-'-'-1 :·::: · I-I-I ::~:I: I-I~I-I-I-I-
mnofenje t es EN
-IA:T::R:LI-I-I-I-I-I-I-I~~~~i'I-I-I-
(EDM UND) MOSTANO~-'-'-'-1 :g~~i':.S .~~~~'K 1-1-'-1-1-1-1-LADJ EVJA (AR I)
-1-1-1-1~1~1-1-1-1-1-1-1 :'~~~8FENOTA ZA IN ZGOOO·
JA KOST V ELIK IT . VINAR
-I-I-Ic;;;:orucl~ -1-1---;';;'-1-'-1-1-'SNOVI LETA LEC- -
NeMS KI NEON
GEOGRAF
~;:';' I-I-I-I-I-IAN~~~rl-I-I-1 ~::~~I~,-,-
:"EK PALEC BACK I
-IRi::~~~~TAI'-I-I--I~~~~~~~j-I-I-I-I-I-
rud . n8$e1je NARAVNI
ne Kor~kem LOGAR ITE I
-I-I'~~;;'~~I-I- -1-1-1 M:~~ROUV 1-1-1-1-
-'-1--1--1-1~1-:::-ISLi :~~~LE1-1-1-t N I ZAKRAJ. -
USMER NIK SEK CEL_._ _ _ _ KROZNICE
I IS:::~JI I 1 ~;~~~ I-I-I-I-lp~;~T~~L~ul MA~~EN
-I---I--IN~~:'~~EI-I-I-I-I-I­
'-I-I~I-I--I-I~I-I-I-I-MORAVSKE
AN TON
VAKSELJ
·-I--I---I--I-I '~st~:tl-I-I-
N':}~~SJI I--1---1-1-' N~~~AL I-I-I-
DJNA AE STEVANJE
o TEM, KAKO SE GNECO IZMISLI
Deželo Poliedrijo boste zaman iskali na zemljevidih . Morala bi biti sicer nekje
med Pokljuka in Poljsko, vendar pa .... ?
Pa tud i, če bi se kar sami odpravili na pre-dolgo pot po svetu, češ : "N i
šment, da bi je ne bilo moč najti 1", bi iz tega ne bilo koristi. Ne, Poliedrije
zares ni primerno iskati na tak način !
Za to, da vstopiš v to deželo ni potrebno prestopiti prav nobene državne
meje, nobene vozne karte ni treba kupovati. še celo nog si človek ne utruja
pri tem, ko jo obišče.
Kajti meja, ki nas loči z deželo Poliedrijo, je meja naše domišljije . Seveda,
Poliedri, prebivalci te dežele, sami zase prav dobro vedo, kdo in kakšni so. O,
ja! Pa tudi tujcem - izletnikom so pripravljeni razložiti :
"Veste, mi, Poliedri, mi smo geometrijska telesa v tridimenzionalnem
prostoru. In prav vsi po vrsti smo omejeni z ravnimi ploskvami. To pa je tudi
že vse, kar je sprva treba vedeti za potešitev najhujše radovednosti. Za boljšo
predstavo naj še povemo , da veljataza najbrž najlepša v naši deželi Kocka in pa
Tetraeder, da pa Krogla, ki je sicer prav tako zares "ful" izbom a lepotica, žal
ne živl v tej naši deželi Poliedriji."
4
~.",1
,"",..,~ ,' '''
Potem obiskovalca Poliedrije pot vod i navadno mimo vladne palače, kjer
je nad vrat i zapisan oni znameniti Eulerjev stavek ( 1 ) :
"Če od vsote števila oglišč in števila plos kev Poliedra odšteješ št evilo njego-
35
vih robov, dobiš zmeraj 2. Za kogar pa to ne velja, ni v njem prav nič pol i·
ederskega (2) :'
o+p-r=2
Tako!
Povem vam še, kaj se mi je zadnjič pripetilo v Poliedriji. Povsem po vsem
slučaju sem zašel v njihovo družbo in jih slišal pripovedovati ...
"... ja, ja, tale njihov Cankar! Ta je pa res od sile. Ja. Kakšno na(d)logo
nam je samo postavil! Poglejte ... "
"Če bi tega edinega bogastva ne bilo , l..J, bilo bi mu boljše, da bi se koj
napravil iztesat si posteljo iz sedmih desak: pet podolž, dvoje počez." (3 )
'Torej, ... Hm, hm. Da je v tej zadevi beseda pravo nas, Poliedrih, to je
jasno! On, Cankar, on sam to reč najbrl resda drugače imenuje, ampak - mi
si s temi razlikami v imenih zares ne bomo belili naših poliederskih glav.
Kar nam preostane, je torej le še to, da sedaj takoj poašemo prav vse Poli-
edre s sedmimi mejnimi ploskvami. "
Med Poliedri je bilo čutiti vznemirjenje. Kaj takšnega!
" ... seveda bomo ta popis Poliedrov izvedli le teoretično!"
Tukaj sem se potem spomnil, da so Polied ri pravzaprav zares dokaj nerodni
pri prem ikih in pri hoji in da je že zaradi tega pri njih najbrž resn i čno najbo lje,
da so meje med teori jo in prakso enostavno in preprosto kar zbr isali, jih ukin ili.
Ta ko jim t ore j za vsak "dejanski" op ravek zadošča že "teoretičn i" razm islek.
"... in seveda ne bomo nerodni. Najelegantnejša pot za razmislek vodi pač
preko Eulerjevepogruntavščine
0+7- r=2
oziroma
r= o +5
" Torej, treba je najti pač vse tiste Poliedre, ki imajo število robov za 5
večje od.števila vseh svojih oqllšč. Le brli"
ln potem
se je začel
mimohod ...
Najprej so zapisali (beri: zar isali) ti sti , povsem originalno Canka rjev
Pol ieder
36
Nakar je pa
/<IC _• • • S'Cel( !>"t'< PA
PETS T ~4VA pili 2. M A
IN P"-I"'AJ~I" 1'2
.I'1!1-:::: 10 J fi
pripeljala skupino treh Poliedrov. Ona dva druga sta bila že nekoliko ...
37
Potem pa jo pripiha izmed vseh najenostavnejši Polieder te skupine
~EJ, T"V"It/S'- 'JA
J
"A2. P"" Jo. "1>1 '2-
'f'::: IZ i- ~-
Nekje, iz sredine gneče, se izrineta dva čudna tipa
Pa se jima kar vidi, da nista iz Poliedrije! Kajne? ln sta seveda ostala - nezapl-
sana.
Saj ... kaj pa jima sploh manjka? 1, kajl Krive ploskve imata ob svojih tele-
sih . To je. Namesto da bi bile vse ravne. Jaz sam sem to stvar opazil šele, ko
sem do dobra trikrat pornežlkal, Poliedri pa so ju kar takoj odrinili.
Sicer pa - ali st! zares prav onadva kriva za svoje krive ploskve ...
38
Potem pa sta prišla še dva. Objeta.
ln potem še in še
in še.
Ohl Pa saj sem postal že kar utrujen od pripovedovanja o tej nenadni gneči
v deželi poliederski.
Pravim - ja, saj to bodo pa že Presekovi bralci opravili do kraja . Ni šment,
da bi tudi oni ne našli preostanka vseh tistih Poliedrov s sedmimi ploskvami,
ki so še o-stali tam v vrsti.
(A - zaradi tistega Cankarja?)
Velja!
Opombe:
(1) Leonhard Euler (1707 - 1783), nemški matematik, ki je večino svojega življenja
svetil po matematiki.
(2) Resnici na ljubo je treba reči, da so si v Poliedriji Eulerjevo misel za malenkost pri-
krojili, poenostavili. Pa - naj jim bol
(3) Ivan Cankar, Podobe iz sanj. črtica Zaklenjena kamrica, Mladinska knjiga, LJubljana,
1981, strani 73, 74.
(4) Najbrž ima Cankar pri tem v mislih - krstel
39
---)
Vilko Domajnko
PRIROCNIKI ZA SREDNJE IN OSNOVNE SOLE
Učencem in učiteljem v srednji in osnovni šoli svetujemo, da si pravočasno
oskrbijo priročnike, ki jih je izdalo Društvo matematikov, fizikov in astrono-
mov SR Slovenije. Naročniki Preseka in člani društva jih lahko dobe z 20%
popustom.
Štalec 1. in dr., Zbirka vaj iz aritmetike, algebre in analize za srednje šole
1. razred 100.000.- 80.000.-
2. razred 100.000.- 80.000.-
3. razred 200.000.- 160.000.-
4. razred 100.000.- 80.000.-
Uršič S., Matematične tabele in formule 100.000.- 80.000.-
Leksikon - Matematika 150.000.- 120.000.-
. - Fizika 150.000.- 120.000.-
Ciril Velkovrh
40
PRESEK MED BANKIRJI
V Dnevniku sem prebral novico, da je poštna uslužbenka svetovala stranki , naj
pošlje denar raje po banki namesto po pošti , ker je banka cenejša .
Ali je to res?
Poštnina za položnico p(PTn je 50 din za zneske (z) do 1000 din, od
1001 do 10000 din je 100 din, za vsakih nadalnjih začetih 10000 din pa pla-
čamo še po BO din. Veljajo torej enačbe za poštnino
p(PTn = 50 din,z";; 1000 din
p(PTn = 100 din, 1000din";;z";; 10000 din
p(PTn = 20 din + O,OOB·lzl, z ~1 0 000 din
(lzl naj pomeni navzgor na desettisoče zaokrožen znesek , ki ga s polo žnico
pošiljamo.)
Če pošljemo denar po položnici pri Službi družbenega knjigovodstva
(SDK), plačamo za zneskedo 25 000 din provizijo p(SDK) 100 din, od 25000
din naprej pa je provizija 0,4% od pošiljanega zneska.
Torej veljata enačbi
p(SDK) = 100 din, z..;; 25000 din
p(SDK) =O,004·z, z ~ 25000 din
znesek
provizija
2.104
din
104
./
/
/..... ............... ....../. ..
. p(BB) /
./
/
/
p (PTT) /~ (SDK)
/
./. ./
._._~._._._._._ .-.-._._._.
i // p(L B)
. /
I /. /
.l /
/
/
./
Z.
Slika 1. Graf poštnine in bančnih prov izij
.10 6 din
41
Ljubljanska banka zaračuna za položnice provizijo p(LB) v višini 1% po-
šiljanega zneska, vendar najmanj 200 din, največ pa 10 000 din . Enako ravna
Beograjska banka, le da je zgornja meja 20 000 din. Enačbe so:
p(LB) = p(BB) = 200 din, z ~ 20000 din
p(LB) = 0,Q1-z , 20 000 din ~ z ~ 1 000 000 din
p(LB) = 10000 din , z(LB) :>1 000000 din
p(BB) = O,Ok, 20 000 ~ z ~ 2000000 din
p(BB) = 20000 din, z(BB) :> 2 000 000 din
"Zaokrožimo" pošilja ne zneske na 10000 din in si oglejmo graf .
Iz enačb in njihovih grafov je razvidno, da je do zneska 2 500000 din provizija
najmanjša pr i SDK, višja je na pošt i, še višja pa pri obeh bankah , zlasti dokler
p
/'
/
, / ')--
/
/
:;/
/
/p{LB)
/p -
".
/
/
e'p
«
)~--
......................_...
.... - ....p{SDKJ......._...
p (PTT) _ ...---------_ .......
500
100
200
600
d in
400
300
2 3 4 5.104 din z
Slika 2. Graf poštnine in bančnih provizij v začetnem delu
42
ne pridejo do veljave njihovi maksimalni zneski provizije .
Natančneje pa je takole:
Vedno je p(SDK) <:'p(PTn razen za zneske do 1000 din . .
Zaradi maksimirane provizije pri LB postane pošiljanje denarja s položni-
cami pri LB ugodnejše od pošiljanja po pošti, ko je p(PTn ;;;,. 10 000 din , ali
ugodnejše od plačevanja pri SDK, ko je p(SDK) V 10000 din.
Rešimoobe neenačbi:
20 din + 0,008 din .Izl ;;;,. 10 000 din
Izl ;;. 9980/0,008 din = 1 247 500 din
Ker na pošti zaokrožujejo zneske na desettisoče, je za zneske nad
1 240000 din poštnina višja od provizije na LB.
Še druga enačba:
0 ,004 z ;;;"10000 din
z ;;;,. 2 500000 din
z
POŠTNINA oz. PROVIZIJA
p(PTn p(SDK) p(LB) p(BB)
------------------------------------------
1000 50 + 100 200 200
10000 100 + 100 + 200 200
20000 180 100 + 200 200
25000 260 100 + 250 250
30000 260 120 + 300 300
50000 420 200+ 500 500
100000 820 400+ 1000 1 000
1000000 8020 4000+ 10000 10000
1240000 9940 x 4960 + 10 000 x 12400
1250000 10020 x 5000+ 10 000 x 12500
2000000 16020 8000+ 10000 20000
2490000 19940 y 9960+ 10 000 20000 y
2500000 20020 y 10 000 + 10 000 + 20000 y
3000000 24020 12000 10 000 + 20000
5000000 40020 20000 u 10 000 + 20000 u
6000000 48020 24000 10 000+ 20000
10000000 80020 40000 10 000 + 20000
1 43
Torej je provizija na LB za zneske nad 2 500 000 din ugodnejša od provizi-
je pri SDK.
Rešitvi neenačb p(PTn ~ 20 000 din in p(SDK) ~ 20 000 din, Izl ~
~ 2497500 din in z ~ 5 000 000 din, nam povesta, da je provizija pri Beo-
grajski banki za zneske nad 2 500 000 din ugodnejša kot na pošti in za zneske
nad 5000 000 din ugodnejša kot pri SDK.
Na strani 42 je tabela provizij za nekatere zneske.
Zdaj pa odgovor na vprašanje:
Do 10000 din bomo pošiljali po pošti, od 10001 din do 2500000 din na
SDK , nad 2 500000 din pa pri LB.
Če v kraju, kjer živimo, ni SDK, bomo na pošti pošiljali do zneska
1 240000 din, višje vsote pa pri LB.
Če sta v kraju le pošta in BB, bomo na pošti oddajali zneske do 2 490 000
din, višje pa na BB.
Grafi poštnine in provizij v resnici niso premice, kot smo narisali na slik i 1,
pač pa so "stopnice" . "Poštne stopničke" so dolge 10000 enot, visoke pa 80.
Slika 2 kaže grafa poštnih in bančnih provizij do zneska 60 000 din .
Vidimo, da so tudi do zneska 50 000 din intervali, na katerih je bančna
provizija nižja od poštnine. Določi jih za vajo!
Zaradi zaokrožanja zneskov na 10 din, bi stvari lahko še malo bolj zapletli,
a pustimo to bančnikom.
Na primeru poštnih in bančnih provizij smo videli, kako lahko izkoristimo
znanje iz osnovne in srednje šole pr i reševanju "resničnih" nalog.
Ker ne znamo napovedati prihodnjih cen, vam ponujamo stare. Od julija
1987 so veljale na pošti naslednje cene za položnice: do 500 din je bila poštni-
na 18 din, do 1000 din je bila poštnina 30 din, za vsak naslednji (začeti) tiso-
čak pa se je povečala še za 6 din . Ljubljanska banka pa je računala 1% pošilja -
nega zneska, vendar najmanj 20din, največ pa 1 000 din. Kje smo takrat plače­
vali različne zneske?
(Rezultati:PTT: do 500 din, od 6650 do 7000 din in od 7250 do 162000 din.
LB : vmesni intervali : od 501 do 6649 din, od 7 001 do 7 249 din in od
162001 din naprej.)
Dušan Modic
19. MEDNARODNA FIZIKAlNA OLIMPIADA
19. mednarodna fizikaina olimpiada je potekala od 23. junija do 2. julija 1988
v Bad Ischlu v Avstriji. Udeležili smo se je najbolje uvrščeni z zveznega tek-
movanja v Zagrebu: tretješoici Zvonimir BANDIC iz Beograda. Davor MATIC
iz Zagreba in Andrej VILFAN iz Ljubljane ter četrtošolca Matko MILIN in
Damir STAREŠINIC iz Zagreba. Ekipo sta Vodila prof. Ana SMONTARA
in dr. Damir VElA iz Zagreba. Skupne priprave. ki so trajale en teden. so
potekale v Zagrebu.
V četrtek. 23. junija zvečer smo se odpeljali s spalnikom proti Salzburgu .
le na kolodvoru nas je pričakal uradni spremljevalec. ki je bil obenem tudi
prevajalec. V Bad lschlu, turističnem kraju. oddaljenem 50 km od Salzburga.
so nas nastanili v hotelu. ki ga oskrbujejo učenci tamkajšnje turistične šole.
Se isti dan je bila svečana otvoritev olimpiade. Tam smo tudi prvič videli
znak 19. olimpiade. Machovo valovno čelo. Zanj so se odločili ' v počastitev
1S0-letnice rojstva tega velikega avstrijskega fizika . V soboto se je začelo
tekmovanje s teoretičnim delom. Tri naloge smo reševali pet ur. Ekspe-
rimentalni nalogi smo reševali v ponedeljek. Vse naloge. razen ene. so bile
izvirne in so vključevale področja. ki doslej na fizikaln ih olimpiadah še niso bila
zastopana. Preliminarne rezultate smo izvedeli že nekaj dni po tekmovanju.
tako da je imel vsakdo možnost pritožbe. ki jih letos ni bilo veliko. Podelitev
nagrad je bila v petek . 1. julija. Podeljenih je bilo 7 prvih. 22 drugih. 26
~
".\?
"'0
~4
O
~/~
/ -: C'.y
BAD I$CHL (
19.INTERNATIONALE
PHYSIK OLYMPIADE
OSTERREICH
1
Poštni žig z znakom fizikalne olimpiade
45
tretjih nagrad ter 22 pohval. Poleg teh so bile podeljene tudi nagrade za
najmlajšega udeleženca. za najboljše tekmovalce iz držav. ki sodelujejo prvič.
ter za najboljše rešitve posameznih nalog. Tako kot lani smo tudi letos osvo-
jili dve tretji nagradi. in sicer sta bila nagrajena Andrej VILFAN in Zvonimir
BAN ole. Število držav udeleženk se je dvignilo že na 27. poleg tega so
tri države poslale svoje opazovalce. Skupni vrstni red držav je bil nasled-
nji: Romunija. Sovjetska zveza. Madžarska. ZR Nemčija. Kitajska. Švedska.
Bolgarija. ZDA. Poljska. Velika Britanija. Nizozemska. Nemška demokratična
republika. Češkoslovaška, Finska. Avstralija. Jugoslavija. Norveška. Avstrija.
Italija. Kanada. Kuba. Ciper. Vietnam. Islandija. Belgija. Kolumbija. Kuvajt.
Naša ekipa je bila lj skupnem seštevku torej šestnajsta. kar je približno na
sredini. Podobno se je uvrstila tudi leto poprej v Jeni.
Ker je letos olimpiada trajala nekolikodlje kot običajno. smo si vprostem
času lahko ogledali precej okoliških znamenitosti. Tako so nas organizatorji
peljali na ogled svetovno znanih jezer v Salzkammergutu (po nekaterih smo
se tudi peljali z ladjo). ledenih jam na Dachsteinu in rudnika soli. ki še
obratuje . V četrtek smo si ogledali še mesto Salzburg . Zadnji večer so se..,.
Jugoslovanska ekipa na 19. mednarodni fizikalni olimpiadi v Bad Ischlu 1988.
Z leve: Matko Milin. poleg njega uradni spremljevalec. nato Damir Stare šini č.
Andrej Vilfan. Davor Matic in Zvonimir Bandič .
46
ekipe obiskovale po sobah in si izmenjevale razna darila in spominke. Ob tej
priložnosti so nam Poljaki povedali. da bodo prihodnjo. jubilejno olimpiado
že tretjič gostili v Varšavi.
Naloge objavljamo v nekoliko skrajšani obliki :
Teoretične naloge:
1. V namišljenem idealnem eksperimentu se enkrat ionizirani atomi s
specifičnim nabojem (e/m) 4. 106 Aslkg gibljejo v laserskem snopu
v nasprotni smeri. kot se širi svetloba . Valovno dolžino laserja lahko
zvezno spreminjamo. Da vzbudimo mirujoč ion. potrebujemo foton va-
lovne dolžine, >'1 = 600 nm. za gibajočega se pa je potrebno valovno
dolžino zaradi Dopplerjevega pojava spremeniti. Hitrosti gibanja ionov
so enakomerno porazdeljene na intervalu med Oin 6000 mis.
1.1 V kolikšnem intervalu se mora spreminjati valovna dolžina laserja.
da lahko vzbudimo vse ione? Lahko uporabiš enačbo za klasični
Dopplerjev pojav. Natančna rešitev tega problema zahteva uporabo
relativistične formule za Dopplerjev pojav. Oceni velikostni red
napake. ki jo storiš. če uporabiš klasično formulo!
1.2 Pred vzbujanjem pospešimo ione v električnem polju. v katerem je
razlika potencialov U . Zapiši izraz za širino intervala. v katerem se
nahajajo hitrosti ionov po prehodu skozi električno polje. v odvis-
nosti od razlike potencialov (U)!
1.3 Ione lahko vzbujamo z dvema različnima valovnima dolžinama:
>'1 = 600 nm in >'2 = >'1 + 0,001 nm. Pokažl, da se intervala
valovnih dolžin laserja. v katerih lahko vzbudimo ione v eno ali
drugo stanje. pokrivata. Kolikšna mora biti razlika potencialov U .
da se intervala ne bosta več pokrivala?
2. Homogen disk v obliki valja z maso 0,4 kg in radijem 0.06 m visi na dveh
enako dolgih tankih vrvicah. ki sta pritrjeni na gred z radijem 3 mm.
Geometrijski osi valja in gredi sovpadata. Vrvici navijemo na gred. tako
da se disk dvigne na višino 1 m in ga spustimo. da se vrvici pričneta
odvijati. Ko se vrvici odvijeta do konca. se začneta navijati v drugo"
smer in disk se začne dvigati.
2.1 Določi kotno hitrost diska ter silo v vsaki izmed vrvic po tem. ko
se je disk spustil za višino 0.5 m!
2.2 Največja sila. ki jo zdrži ena vrvica je 10 N. S kolikšne višine smemo
spustiti disk. da se vrvici na dnu ne strgata? Predpostavi. da je
vrvica vedno navpična .
47
3. V plazmi se nahajajo ionizirani atomi z neznanim vrstnim številom Z,
ki jim je ostal le po en elektron.
3.1 Določi energijo takega iona v osnovnem stanju! Uporabi ena čbo
, p~ r~ = 1i? . če je Po gibalna količina elektrona. ro radij tira. po
katerem elektron kroži. 1'1. pa Planckova konstanta deljena z 211".
3.2 Na enak način določi energijo iona z dvema elektronoma. ki se prav
tako nahaja v osnovnem stanju. Predpostavi. da se oba elektrona
nahajata na razdalji r od jedra. da je njuna medsebojna razdalja
enaka 2r in da za vsak elektron velja enačba p2 r2 = 1'1.2 .
3.3 Ion z enim elektronom se rekombinira ( sprejme še en elektron)
in pri tem odda foton z valovno dolžino 7.514 nm. Določi vrstno
število atoma!
Eksperimentalni nalogi:
4. Na razpolago imaš žarnlco, tri lesene okvirje z odprtinami. dve stekleni
ploščlci. polarizator okrogle oblike. rdeč filter, celofan. prozoren lepiini
trak .
4.1 Določi smeri. v katerih polarizator prepušča svetlobo. tako da ana-
Iiziraš svetlobo . odbito od steklene plošče. Določi lomni količnik
stekla . iz katerega je narejena plošča. Napotek: svetloba. ki se
odbije od steklene plošče . je popolnoma polarizirana samo. če je
vpadni kot enak arctg(n). pri čemer je n lomni količnik stekla
(Brewstrov zakon) .
4.2 Naredi polariskop. t.j. napravo. ki ti bo omogočila opazovanja in
merjenja optičnih pojavov na dvolomnih filmih in ploščah. če nanje
pod pravim kotom vpada linearno polarizirana svetloba . Ski ciraj
napravo in pojasni njeno delovanje! S to napravo določi osi dvolom-
nosti na listu celofana! Opiši meritev in nariši skico!
4.3 Na stekleno ploščice nalepi 10 plasti lepilnega traku. tako da so vsi
trakovi obrnjeni v isto smer. Preišči ta vzorec s polariskopom. Kdaj
lahko na vzorcu opazimo barve? Kako lahko te barve spremenimo?
Pojasni!
4.4 S polariskopom prei š či centralni del risalnega trikotnika. Opiši
rezultate opazovanj! Ali lahko ugotoviš. na kakšen način je bil
trikotnik izdelan?
5. Na razpolago imaš digitalni voltmeter. tri znane upornike. vakuumsko
cev (diodo). štiri neznane upornike, baterijo 1.5 V. štiri baterije 9 V. ki
jih vežeš zaporedno. sponke. žice. V vakuumski cevi lahko tok nasičenja
izračunamo z enačbo 1 = CT2 exp(-A;jkT). če je T temperatura ka-
48
tode. A. izstopno delo. potrebno da elektron zapusti katodo. k Boltz-
manova konstanta in C neka konstanta. Najprej izmeri upor štirih nez-
nanih upornikov! Določi tok nasičenja pri različnih temperaturah katode!
Za gretje uporabi 1.5 voltno baterijo ter različne upornike. katerih vred-
nosti si izmeril prej. Predpostavi. da je tok. ki teče med anodo in katodo
pri napetosti 36-40 V. že enak toku nasičenja. S pomočjo dane enačbe
izračunaj izstopno delo A.!
Andrej Vilfan
I
PROBLEM BARVANJA TOČK GRAFA - Rešitev s str.17
1. Potrebujemo 3 barve. Ena
od rešitev je na sliki 5:
2. 3 barve
3. H je podgraf grafa G, če ga dobimo iz G tako, da odstranimo nekaj točk
in povezav. Skupaj s točko grafa moramo seveda izbrisati tud i vse poveza-
ve, ki imajo to točko za krajišče. Očitno dobro barvanje grafa G, zoženo
na podgraf H, določa dobro barvanje grafa H. Zato število barv, potrebnih
za dobro barvanje grafa G, gotovo zadošča za dobro barvanje grafa H. To-
rej X(G) ~ X(H) .
Zdaj pa dokažimo izrek:
a. Recimo, da je graf 2-pobarljiv in vsebuje kot podgraf kak l ihi cikel
H. Potem bi bil tudi H kot podgraf G 2-pobarljiv. To pa je v naspro-
tju s premislekom v nalogi 2.
b. Naj bo zdaj G graf, ki vsebuje kakšen lihi cikel H. Iz naloge 2 vemo, da
je X(H) = 3. Ker je H podgraf grafa G, pa mora biti X(G) ~ X(H) = 3.
Janez Žerovn ik
/" 0 1rr:c" IL_ILJL
PRESEKOVA NAD LOGA
V tem šolskem letu bomo v Preseku uvedli novo rubriko - Presekovo nadlogo.
V njej bi se radi (z vami) pogovarjali o matematiki; o tem, kaj da je matemati-
ka; kako jo vidimo in kako nam ona vrača poglede; s kakšnimi zvijačami se je
vse lotevamo, ali pa se je na isti način tudi izogibamo in še in še. Da bi nam
pogovor takšne vrste lažje stekel, si bomo za začetek v vsaki številki revije
zastavil i kak matematični problem.
Eden takšnih je že pred nami. Ideja zanj se mi je zrinila v glavo, ko sem
pred meseci prinesev iz trgovine z otroškimi igračami tisto ..... *
Vsekakor sedaj v uredništvu pričakujejo precej vaše pošte, kopico zapiskov
o vaših matematičnih miselnih avanturah. Verjemite, Presekovi bralci, prav
sleherni izmed vaših prispevkov bo dragocen. Nam -- vsem. Saj nenazadnje -
kontaktna rubrika pač ne more živeti samo od idej urednika!
Sicer pa bod i dovolj za uvod . Oglejmo si raje tokratno, prvo nadlogo.
Beseda Egipt nas ponavadi najprej spomni na piramide. Kajti najbrž so
prav piramide še zmeraj najrazličnejši simbol celotne egipčanske kulture.
V mislih imam tiste piramide, ki so nekoč, pred tisočletji, egipčanskim
faraonom služile za njihove grobnice. Če bi jih morali opisati v natančnem jezi-
ku matematike, bi najbrž rekli, da so Egipčani svojim faraonom gradili pravilne
pokončne štiristrane piramide (slika 1).
Vendar pa - ljudje smo vseh sort in tudi najrazličnejšihokusov. Egipčan­
ski faraoni v tem pogledu niso mogli biti prav nikakršna izjema. In - le zakaj
bi naj ne bilo v vsej tej dooolgi egipčanski zgodovini muhastega faraona, ki
si je zaželel imeti grobnico v obliki pravilne enakorobne tristrane piramide?
V obliki tetraedra torej, kakor bi tej reči nekaj stoletij za njim rekli stari Grki
in kakor smo za Grki povzeli tudi mi, dandanašnji.
Slika 1
* '" škatlico s sestavljenko za piram ido - tetraeder.
Slika 2
50
Toda, ker so pravila le pravila , želje pa le želje, si je tak muhasti faraon z
malce preveč domišljije smel zgraditi svoj tetraeder le v miniaturni obl iki. Zgolj
kot model.
Tako je namesto težkih kamnitih kock vzel za sestavne dele raje majhne
in lahkotne kroglice, dvajset jih je bilo. Najprej jih je zlepi l skupaj dvakrat po
štiri, v vrsto eno zraven druge . Zatem pa si je iz preostalih zlepil še dva "pra-
vokotnika", v vsakem je bilo po šest kroglic. Natančno tako , kakor kaže risba
(slika 3) .
Faraon pa je bil premetene narave, zato mu je iz pravkar opisanih štirih
delov prav nenavadno hitro uspelo sestaviti tetraeder! Na naslednj i risbi ga
vidiš. Na vsakem izmed robov tetraedra je prav dobro videti po št iri kroglice.
Hmmmm, čudno oo. saj problem sploh ni tako preprost! No , res pa je tudi, da
si premetenega faraona ni težko izmis liti. Težje je sestaviti njegov tetraeder
(slika 4).
Slika 3
---..... r""> ,, ' .'-'--"'"
( .~.»:.X..__~ ..,X..,.... __~X... .,)
......--- --...~
'.
l
._----::/~-.r;:=--. "
( ( .~) ")
r? >-~"<~--;;~:=-~-,.,
(i l '\ '1
_ --'-;'--/~::~;}~t~) < .
(, ( (. ( } ) )
..... ........ ...,;.... ---<-----_ .-~---...(:-_----
Slika 4
~~--~' ... . '. ,.,,---- •'1 .I----- ··~\
( Y' 'I! ~ '1
, .11. A. .. .. ,) . ' dl bl'....... __ j --.... "--.-' Sedaj pa t isto - na oga za ra ce.
1) Sam si napravi opisano sestavljanko za farao nov tetraeder ! Najbolje bo , če
za to uporabiš žogice za namizni tenis. Gre pa seveda tud i z orehi , z obre-
zanimi plutovinastimi zamaški , s kroglicami iz papi rja, s kamenčki oo .
2) Sestavi faraonov tetraeder!
3) Op iši, kako si rešil prejšnji problem! Ali si ga zlomi l (problem in ne tetra-
eder!) kar tako, z brezobzirnim poskušanjem , ali pa si se ga loti l raje s pre-
mislekom (potem , ko le ni in ni "ratalo")? Poskušaj opisati premislek !
51
4) Ali je dobljena pot k rešitvi edina, ali pa obstaja še kak drug recept za
sestavljanje tetraedra?
5) Ali se da skonstruirati podobno sestavljenko tudi za tetraeder, ki ima le po
tri kroglice na vsakem izmed svojih robov?
6) Predlagaj kar se le da zanimivo sestavljenko za tetraeder, ki bo imel po pet
kroglic na vsakem izmed robov! Sestavljenka je zanimiva, če ima čim
manjše število sestavnih delov, hkrati pa jih je še zmeraj dokaj težko sesta-
viti v tetraeder.
7) Postavi kakršnokoli zanimivo vprašanje v zvezi z opisanim problemom! Pri
tem imej v mislih, da ni nujno, sploh ne, da znaš na svoje vprašanje tudi
pravilno odgovoriti . (Recimo - mene še zmeraj muči vprašanje, koliko je
vseh različnih sestavljank za faraonov tetraeder, ki vsebujejo točno štiri
sestavne dele.) ?
Takole. Nikakor ni nujno, da
odgovoriš na prav vseh sedem vpra-
šanj. Poskušaj jih razrešiti čim več .
Pismo, ki se nam bo zdelo najkvali-
tetnejše in najbolj zanimivo, bomo
nagradili. Morebiti ga bomo tudi
objavili, vsekakor pavsaj pokomenti-
rali.
Vilko Domajnko
r isal Sandi Jakončič
ZAPOREDJE 88 -40 64 -40 24 -40 8
Do tega zaporedja smo prišli takole: zapisali smo dvomestna št evi lo, zmnož il i
njegove ci f re in produkt postavili na naslednje mesto zaporedja. S postopkom
smo konča l i , ko je bil produkt enomestno število. Zapisano zaporedje ima 4
člene . Ali obstaja tako zaporedje s petimi členi, ki ima na zadnjem mestu prav
tako število 8?
Darjo Felda
52
NEKAJ NALOG ZA OSNOVNOSOLCE
5. razred
1. Izračunaj na pamet 106 - (10 6 - (10 6 -106 - (1"06 -999999))),
2. Zapiši 1 000000000 kot produkt dveh števil v katerih ne bo ničle.
3. Na koliko delov delita ravnino dve premici na njej?
4. Kolikšna je prostornina kocke, če meri njena površina 24 cm2?
5. Ali si že preživel 100 000 ur? Utemelji!
6. razred
1. Določi vse delitelje števila 1989!
2. S pomočjo cifer O, 1.3,4 in 5 zapiši vsa petmestna števila, ki so deljiva s 4.
Cifre se ne smejo ponavljati!
3. Napiši najmanjše petmestno število z različnimi ciframi, ki je deljivo s 6.
4. Ulomka .J>1!~4.Q_, '§l.~Q_ predstavljata naravni števili. Kateri ulomek je
72 56
večji? Črke e, b, c predstavljajo eno cifro.
5. Uredi po velikosti : ~..l, 3.H.L,~14H!_.
77 7777 777777
6. Število 112 lahko zapišemo z vsemi desetiškimi ciframi. Poišči kakšen tak
zapis!
7. Krogu spoimerom r = 3 cm očrta] pravokotni trikotnik s kotom a = 30° .
8. Nariši izbočeni kot z vrhom V in točki A, B, ki ležita na različnih krakih .
Določi točko M, ki je enako oddaljena od krakov in MA = MT.
7. razred
lzračuna]
1. Reši enačbo (-(-(-5))) - 8 - (-(-(-20) - (-(-x)))) = - 5
___~~!J~~~!~ _
(1 :0,3 3 - 36'2T) .0,589
2.
3. Za koliko procentov sebo povečala ploščina kvadrata , če njegovo stranico
a podaljšamo za 20%?
4. Delavec opravi 7/18 dela v 35 urah. V kolikih urah bo opravil 60% dela?
5. V krog spoimerom r načrta] štiri enake kroge tako, da se paroma dotikajo
med seboj in da se dotikajo danega kroga.
53
8. razred
1. Izračunaj vrednost izraza (x + y - 1)2 + (x - y + 1)2, če je x = ..J53,
y=V47+1.
2. Vsota dveh števil je 120. Poišči števili, če je 40% enega števila enako
60% drugega števila .
3. Pokaži, da je za vsako naravno število nizraz n3 - n deljiv s 6.
4. Reši enačbi:
a) 3.(4.(5.(6x - 7) - 8) + 9) - 1) = 11
b] ax - a2 =x - 1
5. Kolikšna je dolžina pravokotne
projekcije dveh kvadratov v
ravnini , če je dana stranica
večjega kvadrata a in naklonski
kot 30° (slika).
p
6 . Na obe strani višine enakostraničnega trikotnika s stranico a = 4 cm na-
črtaj enakostranični trikotnik, ki ima višino danega tr ikotnika za stranico.
Izračunaj obseg nastalega sedemkotnika, ploščino skupne ploskve in naj-
daljšo diagonalo.
Pavle Zajc
KOLIKO JE BILA STARA PETRA?
"Oče. koliko je stara mama?" . vpraša Janezek očeta in nadaljuje: "Bojan
pravi, da je starejša od njegove mame. toda meni se zdi mlajša! " "Tako je",
se je strinjal njegov oče. "toda ne povej Bojanu. da sem to rekel!"
Oče je pomislil za trenutek in dejal: "Mamino starost lahko ugotoviš
sam! Seštej obe cifri njenih let, jih pom noži s starostjo tvoje mlajše sestre
Petre in izvedel boš, kateri rojstni dan je praznovala mama lansko leto."
Janezek je torej lahko sam ugotovil. koliko je bila stara njegova mama. vi
pa ugotovite še starost njegove sestre Petre, če veste. da ima vsaj 7 let .
Janez Aleš
54
TRI IZ STARE KITAJSKE
1. Ne veš, koliko je teh reči, ne .
Tri po tri jih zbiraš v kupe, pa
dve ostaneta.
Pet po pet jih zbiraš, pa jih spet
troje ostane .
Nazadnje jih zbiraš še sedem po
sedem, pa ostaneta spet dve.
Povej, koliko je teh reči.
Avtor naloge je Mojster Sun, za-
pisal pa jo je v svoj Mojstra Suna ma-
tematični priročnik v 4 . stoletju na-
šega štetja. Reševalec naloge se naj ne
zadovolji že z njeno prvo rešitvijo,
poskuša naj poiskati pot do vseh
rešitev .
Takole pa je nalogo zapisal
Mojster Sun (slika 1).
Slika 1
2 . Zid je 12 čevljev visok . Deblo,
prislonjeno obenj, je pri tleh za 5
čevljev odmaknjeno od zida. Vrh
debla pa je poravnan z vrhom zida.
Snega je na deblu za 4 palce na
debelo. Pa je plast snega na deblu
venda rle tanjša od one, ki leži na
zemlji.
Ugotovi debelino snežne plasti
na zemlji. (En čevelj je deset palcev.)
---
Slika 2
55
3. Mesto ima krožno obzidje, pa mu žal ne poznamo ne obsega in ne premera.
Skozi obzidje vodi četvero vrat. Visoko drevo raste zunaj mesta, 3 lije daleč
proti severu. Če mesto zapustimo pri južnih vratih in se odpravimo naravnost
proti vzhodu, moramo 9 lijev daleč, preden izza obzidja zagledamo ono drevo.
Izračunaj obseg in premer trdnjave. (1 li je približno 612 metrov.)
Slika 3
Qin Jiushao (beri: Čin Čiu-šao) , eden najpomembnejših kitajskih mate-
matikov, je v 13. stoletju nalogi zapisal v svojem Matematičnem učbeniku v
devetih poglavjih.
Vilko Domajnko
LUNA
Oglišča trikotnika t::.ZLS naj bodo po vrsti središče Zemlje, Lune in Sonca.
Kolikšen del Lunine površine vidimo z Zemlje, če je kot ;t".ZLS = 1080 ?
Darjo Felda
oo7
'
IC'10 11 n
", '-.1" LL "'L_
KRI2ANKA "SLOVENSKI MATEMATIKI"
V križanko so uvrščena imena desetih slovenskih matematikov, od že davno
pokojnih do sodobnikov!
Vodoravno:
1. sI. matematik. član SAZU. ob -
ravnava teorijo diferencialnih
enačb. funkcijsko analizo in
njeno uporabo (Ivan. rojen
1918)
6. sI. matematik. pisec srednje-
šolskih učbenikov v avstro-ogrski
monarhiji (Franc. 1853-1919)
13. sI. matematik. član SAZU. glavni
vzgojitelj naših sodobnih mate-
matikov (Josip, 1873-1967)
15. ime dveh celin na zahodni
zemljepisni polobli
16. nekdanji ameriški republikanski
politik, zunanji minister v letih
1969-73 (William)
17 . sodobni slovenski matematik.
dela o funkcijski analizi (France.
rojen 1929)
18. ime že pokojnega slovenskega
igralca Severja,
19. bolezenska oteklina na vratu za-
radi povečane ščitnice
20. oče
21 . avtomobilska oznaka Torina
22. svet, ki nas obdaja in vpliva na
razvoj osebnosti
24. delo norveškega dramatika
Ibsena
26. oznaka Kraljeva
27. drugo ime za Tajsko
28. kratica francoske letalske družbe
29. zaboj za umrlega, krsta
31 . največj i naftni koncern na svetu
35. fina, mehka in bleščeča se
tkanina
37. igraina karta z enim samim
znakom
39. sI. matematik in astronom. ki je
poučeval na dunajski univerzi in
bil tudi njen rektor (Andrej.
1490-1551)
41. um, razum
42. redkejše moško ime
44. začetnici slovenskega kiparja
Dolinarja
45. bogoslužju namenjena zgradba v
krščanstvu
48 . velik hrvaški književnik
(Vladimir)
50. ime ruske balerine Pavlove
52. pomozru duhovnik v prote-
stantski cerkvi
54. Adamova žena po bibliji
55. sI. matematik. dela iz diferenci-
alne geometrije in teorije ana-
litičnih funkcij (Anton. 1899-
1987)
57. sI. matematik. pisec matemati-
čnih učbenikov v avstro-ogrski
monarhiji (Franc. 1853-1919)
60 . stara rimska utežna mera
(327 ,45 grama)
61. črta brez pravega pomena, čačka
Navpično:
1. sI. matematik, svetovno znani
avtor logaritemskih tabel (Jurij,
1754-1802)
2. število pod ulomkovo črto
3. ameriška filmska igralka (Bo)
4. rodoviten danski otok v Malem
Beltu
5. začetnici slovenske pesnice
Jerajeve
6. revna črnska četrt v New Yorku
7. mesto v srednji Dalmaciji ob izli-
vu Cetine
8. gost kompot iz zmečkanega
sadja
57
9. daljše časovno obdobje, vek
10. star avstrijski kovanec, sprva sre-
brn, kasnejebakren
11. japonsko pristanišče na otoku
Honšu
12. levi pritok Kamniške Bistrice pri
Domžalah
13. izrastek na roki in nogi
14. popularna igra na srečo z žre-
banjem številk
17. pregrajena spalnica na ladji
19. nizko razvita rastlina , trosovka
23. Aristofanova komedija; tudi če­
belam podobne žuželke
, 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
13 14 15
L.-
16 o 17
18 10 19 1020
21 o 22 23 o 24 25 rr
26 10 27 o 26 II
29 30 10101010 31 32 33 34
35 36 <> 37 38 ro 39 4041 O O 42 43 le
44 1<> 45 46 47 lO 48 49
50 51 o 52 53 oo 54
55 56
II
58 159
I 60 li ~I 61
58
25. pismena trgovska ponudba
26 . vrh južno od Ljubljane s TV
oddajnikom
30 . učiteljeva miza v učilnic i
32. star izraz za vranico
33. sI. matematik, dela iz opisne
geometri je (Oton, rojen 1907)
34. oznaka Ohrida
35 . preprosto plovilo iz lesenih brun
36. sI. matematik, dela iz verjetno-
stne teorije in matematične sta-
tistike (Alojzij, 1910-1987)
38. zliv dveh rek
39. kratica za "Postaja milice"
40. večno, neomejeno trajanje,
večnost
43. ime slovenskega igralca Bana
46 . gorovje v Bolgariji z najvišjim
vrhom Balkana Musala (2925 ml
47 . atraktiven mariborski tednik
49. večji kraj na robu Posavskega
hribovja pri Krškem
51. gorske reševalne sani
53 . oznaka dolenjske metropole
56. kemijski simbol za antimon
58. angleška kratica za "vse v redu"
59 . četrta in osemnajsta črka
abecede
Marko Bokalič
SLIKOVNA KRI2ANKA Z LOGIKO V LETO 2000-
Rešitev iz P-5
OCC/-' IC /"01OF"L_' III' L II u: __,
NEKAJ NALOG ZA OSNOVNOSOLCE - Rešitve s str . 52
5. razred
1. 1
2. 1 000000000 = 109 = (2.5)9 = 29.59 = 512.1953125
3. 3 ali 4
4. V= 8 crrr'
5. 100000 ur je 11 let (3 prestopna), 148 dni in 8 ur.
6. razred
Bc
A
1.
2.
Delitelji so: 1,3,9,13,17,39,51,117,153,221,663,1989
13540 15304 35104
13504 15340 35140
31540 51304 53104
31504 51340 53140
3. 10236
4. a) Števec 69a4b mora biti deljiv z 72 oziroma z 8 in 9. Zadoščata števili
.69048 in 69840.
bl Števec 62c60 mora biti deljiv s 56 oziroma s 7 in 8, zadošča le število
62160.
62160/56=1110, 69840/72=970
Ulomki so medseboj enaki. Ulomka 4141/7777, 4141411777777 sta
razširitvi ulomka 41/77 s 101 in 10101.
112=3485/6970 = 148512970
Najprej načrtamo pravokotno
ležeča premera Ti T2 in T3 T4 •
Nato načrtamo kot 30° z vrhom
v S in enim krakom v smeri da-
ljice ST2 • Drugi krak preseče
krožnico lj točki T«, Odseki
tangent v točkah Ti, T3 , T«
tvorijo stranice iskanega tri-
kotnika.
8. Točka M je presečišče simetrale
daljice AB in simetrale kota.
5.
6.
7.
60
7. razred
•
F 'B' Ec'A
8. razred
1. 200
2. Označimo prvo število z X I, drugo z X 2
XI + X 2 = 120 ~ X 2 = 120 - XI
40%xI =60%(120-xd
XI = 72, X2 = 48
Iskani števili sta 72 in 48.
3. n3 - n = n(n 2 - 1) = nin + l)(n - 1) = (n - l)n(n + 1) je produkt treh
zaporednih naravnih števil, ki je deljiv z 2 in s 3 . Zato tudi s 6.
4. a) x= 17/12
b) ax - a2 =X - 1
(a - 1) X = a2 - 1
Če je a - 1*O, je rešitev enačbe X = a + 1.
Če je a = 1, sledi O.x = O. Enačba je identiteta.
5. OF = O'A + AB' + B'E + EF'
O'A = aI2,AB'= (aV3)!2 C
B'E = (aV3)/6, EF' = al2
O'F' = s. + _a:YJ + -a::fj + s.
2 2 6 2
O'F'= a(l +~ VIJ)
1. x = 12 5.
2. 3000
3 - 2 - S _ (S ) 2. p-a, al-"4a,PI-"4a ,
PI - P = -i"6 a2 = 56,25o/oa 2
4. Delo bo opravljeno v 54 urah.
6. AB =a
AB = BG = a14, ED = GH =
= (aV3) /4, DC = HC = (aV3)/2
a) o =a + 2 !!.. + 2 y:J). 4 . 2
o =a ~lL±:_~L
. 2
b) p = _"Lci!:._..&
16
c) DH= k.
2
LUNA - Rešitev s str. 55
c
a
61
Pavle Zajc
Narišimo si krog skozi središče Lune
in smeri poti proti Zemlji in Soncu
(ki tvorita kot 108°). Če postavimo
premer pravokotno na smer proti
Soncu, ta razdeli krožnico na osve-
tljeno in temno polovico. Premer, po-
stavljen pravokotno na smer proti
Zemlji, pa odreže 72° osvetljene
polovice, kar pomeni , da lahko z
Zemlje vidimo petino Lunine
površine .
TRIKOTNIKI - Rešitevsstr.11
Naj bodo stranice trikotnikov dolge e, b iri c , kjer so e, b in c različna cela števi-
la z vsoto 20. Da ne bi iskali med seboj skladnih trikotnikov, privzemimo
a < b < c , ne smemo pa pozabiti na trikotniško neenakost a + b > c. Z malo
poskušanja pridemo do štirih rešitev: (3, 8, 9), (4 , 7, 9), (5, 6, 9) in (5, 7,8).
Darjo Felda
62
TRI IZ STARE KITAJSKE - Rešitve s str. 54
1. 23 je najmanjše število, ki ustreza Sunovi na-
logi, tega zares ni težko spoznati. Nadaljne reši-
tve dobim tako, da številu 23 prištevam večkra­
tnike števila 3·5·7. Torej
23 + n. 105
2. Trikotnika ACB in BDE
sta podobna in torej velja
AB I BE = BC I DE . Debe-
lino snežne plasti na zemlji
sedaj takole izračunam
x = AB = .§~..JJ...~
DE
--1t:-_ BC. BD 2 + DE 2 _- --- -----------
DE
= 10,4 palcev
Slika 4
(nEIN)
A
3. Poglejmo sliko 5. Trikotnika ABC in ADD sta podobna, zato velja
_~C2. = _4Q.
BA DA
oziroma :L~-i_al=-:!:-Q.=-_
x+a
x
-2- +a
---_.._---
v a(x +a)
Dolž ina DA "pade " po pravilu o šopu premic, presekanem s kro žnico . Z neko-
liko spretnosti enačbo preuredimo v
63
Slika 5
Vilko Domajnko
b
8
x 4 + 6x 3 + 9x2 - 972x - 2916 =O
Pri tem smo že upoštevali, da je a = 3
in b = 9. Nazadnje seenačbe lotimo z
numeričnimi metodami in z računal­
nikom, ali pa s Hornerjevo metodo in
z obilico dobre volje ter potrpežlji-
vosti. Kakorkoli že, x = 9 lijev.
KOLIKO JE BI LA STARA PETRA? - Rešitev s str. 53
Janezkova mama je bila stara 41 let . njegova sestra Petra pa 8 let.
PISMA BRALCEV
TUDI NEODGOVORJENA ANKETA IMA SVOJE SPOROCILO
V peti številki Preseka smo objavi li anketo, da bi zvezdeli kaj menite o reviji.
Računali smo tudi na sodelovanje vaših učiteljev, a smo se ušteli. Pošto, ki smo
jo dob il i, so poslali večinoma le posamezniki. Kakorkoli že. odgovore smo pre-
gledali in poskušali bomo ustreči željam tistim, ki so nam pisali. Več o analizi
odgovorov pa v naslednji številki Preseka. Nagrado, ki smo jo obljubili, dobijo
naročniki OŠ Hudinja iz Celja.
Lep pozdrav in uspešno novo šolsko leto!
Dušica Boben
64
PRESEK list za mlade matematike , f izike, astroname in računalnikarje
17. letnik, šolsko leto 1989/90, številka 1, strani 1 - 64
UREDNiŠKI ODBOR: Vladimir Batagelj, Tanja Bečan (jezikovn i pregled) , Dušica Boben
(pisma bralcev, stavljenje teksta), V ilko Domajnko, Darjo Felda (tekmovanja iz matemati-
ke). Bojan Goll i (tekmovanja iz fizike) , Marjan Hribar, Sandi Klavžar ( računalništvo) ,
Damjan Kobal (razvedrilo), Jože Kotnik, Edvard Kramar, Peter Kr ižan , Boris Lavrič (mate-
matika, odgovorni urednik), Matija Lokar, Bojan Mohar (glavni uredn ik), Franci Ob lak,
Peter Petek, Pavla Ranzinger (astronomija), Marjan Smerke (svetovalec za fotografijo).
Miha Štalec (risbe) , Ciril Velkovrh (uredn ik , nove knj ige, nov ice) , Marija Vencel j .
Dop ise pošiljajte in l ist naročajte na naslov : Društvo matematikov , fizikov in astronomov
SRS - Podružnica Ljubljana - Komisija za t isk, Presek, Jadranska c. 19,61111 Ljubljana,
p .p, 64 , tel. (061) 265-061 /53, št . žiro računa 50101-678-47233. Naročnina za šolsko
leto 1989/90 vplačana do 1. 11. 1989, je za posamezne naročnike 100.000.- d in , za
skup inska naroč ila šol 80.000.- din , posamezna številka 25.000.- din (20 .000.- d in).
List sof inancirata Izobraževalna in Raziskovalna skupnost Sloven ije
Ofset tisk Časopisno in grafično podjetje DELO, Ljubljana
© 1989 Dru štvo matematikov, f iz ikov in astronomov SRS - 966
ISSN 0351-6652
KOMISIJA ZA T ISK DMFA SRS
61111 Ljubljana, pp 64
Jadranska c. 19, tel. (061) 265-061 NAROČILNICA
Za šolsko leto 1989 /90 nročamo ..... izvodov PRESEKA - lista za mlade
matematike, f izike, astronome in ra čunalnikarje po ceni za posameznike
100.000.-din in za skupinska naročila na šolah 80.000. - din.
Šola
Priimek in ime
Naslov (ulica , hišna številka, številka pošte in kraj)
Naročnino bomo poravnali do 1. 11. 1989. (Kasneje nakazane naročnine bodo
mnogo višje.)
Datum , . . Ži g in podpis .
P RESE K list za mla de matematike, fizike , astronome in računalnikarje
17 . letn ik , šols ko leto 1989/90, številka 1, strani 1 - 64
VSEBINA
I
UVODNIK
MATEMATIKA
ASTRONOM IJA
RAČUNALNIŠTVO
FIZI KA
NOVE KNJIGE
RAZVEDRILO
TEKMOVANJA
NA LOGE
NA OVI TKU
{Boris Lavrič1
Arhimed Weter Leglša )
Arhimedov naqrobni spomenik (Marija Vencelj)
Pitauorov izrek pred Pitaqorom (Milena Strnad )
Kulminacija (Marijan Prosen)
Problem barvanja točk grafa -- Rešitev str . 48
(Janez Žerovnik) . . . . .
Slavolok zidakov (B ožidar Casar]
Glej. mavrica! 1.del. Ples in razcvet sončnega žarka v
de žni kapljic! (Marija Vencelj)
Gerli č l ., Prvi koraki II logo (Matija Lokar) ..
Naloge na tekmovanjih iz fiz ike v osnovni šoli,
Zbrali in ure dili F . Plevnik , Z . Bradač , M . Cvahte
(Bojan Golil) .
Priročniki za sred nje in osnovne šole (Ciril Velkovrh) .
Slikovna križanka (Marko Bokalič) .
O tem, kako se gnečo izrnisf (V ilko Dornajnko)
Presek med bankirji (Duša n Modic!
Križank a "Slovenski matematiki" (Marko Bokalič)
19 . mednarodna fizikalne olimpiada (Andrej Vi lfan)
Uganki (Vilko Domsjnko)
Tr ikorniki ... Rešitev str. 61 \Darjo Feldal
Kornet. Enakost (Boris Lavrič)
Presek ova nadloga lVi i ko Dornainko ) ,
Zaporedja (Darjo Felda)
Nekaj nalog za osnovnošolce - Rešitve st r. 59 (Pavle Zaj el
Koliko je bila stara Pet ra) ... Rešitev str. 63 (Janez Aleš )
Tr i iz stare Kitajske - Rešitve str . 62 (Vilko Domajnko)
Luna ... Rešitev str . 61 (Darjo Felda)
Nagradne kocke (Boris Lav rič }
Slikovna kri žanka _. Z logiko v leto 2000
Rešitve iz PXVI i G (Marko Bokalič)
M avrica na Vipavskem. Sl ika k članku na str. 24
{Foto Ivo Kobal)
Husrraci]a sodobnega sovjetskega matematika
A . T . Fornenka
I
2
6
3
12
17
22
24
31
31
39
32
34
40
56
44
1
11
16
49
51
52
53
54
55
IV
53
Il
NAGRADNE KOCKE
"
~ ~
Je mogoče le iz enakih zidakov (ene od gornjih treh oblik) zgraditi katero od teles na sliki? Kaj pa
dopolniti levo ali desno telo do najmanjše mogoče kocke? ln če so za dopolnjevanje levega telesa
na voljo vse tri vrste zidakov? Boris Lavrič