
P51(2023/2024)3
11
Rešitvematematiˇ cnihnalogs
Plemljevemature
M R
Josip Plemelj je obiskoval osemrazredno držav-
no gimnazijo v Ljubljani in na njej uspešno matu-
riral v šolskem letu 1893/94. Pot do njegove ma-
ture pa ni bila gladka, ker se v zadnji razred za-
radi neke neumnosti ni mogel vpisati. Veˇ c o tem
lahkopreberemov[3]. Kotprivatistjeopravljaliz-
pitezaprvopolletjeosmegarazredanagimnazijiv
Novem mestu, za drugo polletje pa na gimnaziji v
Ljubljani,kjerjetudimaturiral. Vprispevkubomo
predstavili rešitve maturitetnih nalog, ki so jih re-
ševali takratni gimnazijci.
Gimnazije so na koncu šolskega leta objavile po-
roˇ cilo o svojem delu. Letna poroˇ cila ljubljanske dr-
žavne gimnazije, ki jo je obiskoval Plemelj, so bila
tiskana. Njihov osnovni jezik je bila nemšˇ cina. V
teh poroˇ cilih so bili objavljeni seznami profesorjev
in dijakov po razredih, seznami vsebin predmetov,
potrebnih uˇ cbenikov, uˇ cil, poljudnih predavanj, šol-
ska statistika in drugo, pa tudi maturitetne naloge s
prejšnjih rokov. Na zaˇ cetku poroˇ cil je bil po navadi
daljši znanstveni prispevek kakega profesorja. Ma-
tematike je bilo povpreˇ cno tri ure tedensko v vseh
razredih. Uporabljali so Moˇ cnikove in Hoˇ cevarjeve
uˇ cbenike.
Kot je razvidno iz letnih poroˇ cil ljubljanske dr-
žavnegimnazije(otemveˇ cv[1,2]),sopotekalipisni
maturiteni izpiti v poletnem roku od 11. do 16. ju-
nija, ustni izpiti pa so se zaˇ celi 9. julija in konˇ cali
14. julija 1894. Za ta rok je bilo prijavljenih 41 re-
dnihdijakov, enprivatist osmega razredaintrije ek-
sternisti. Privatistnibilnihˇ cedrugkotJosipPlemelj,
eksternisti pa so bili dijaki iz drugih šol.
Da si bomo bolje predstavljali takratno maturo,
zlasti njen matematiˇ cni del, navajamo teme pri pi-
snihizpitih: prevodiznemšˇ cinevlatinšˇ cino,prevod
iz latinšˇ cine v nemšˇ cino, prevod iz gršˇ cine v nem-
šˇ cino, nemški prosti spis, prosti spis iz zgodovine
slovenskega jezika za tiste dijake, ki so obiskovali
obvezen pouk slovenšˇ cine, in spis na temo neke sta-
rogrške drame.
SLIKA1.
Maturitetne naloge iz matematike.
Naloge iz matematike (slika 1) pa so bile take:
1. Nekdo vplaˇ ca na banki 16000 gld, nato pa 10
letprejemadekurzivnorentovvišini2000gld.
Koliko ima po tem ˇ casu še na raˇ cunu in koliko
ˇ casamoraˇ cakati,damuznesekspetnarastena
prvotnih 16000 gld? Vselej se raˇ cuna z obre-
stno mero 4,5 %.
2. Pokonˇ cna piramida ima stranski robs = 1,4 m
in za osnovno ploskev trikotnik s stranico a=
0,7 m, kateri je nasproten kotα= 57
◦
54
′
44
′′
,
preostali stranici pa sta v razmerju 4 : 3. Kako
velik je polmer krogle, ki ima enako prostor-
nino kot piramida?
3. Skozi gorišˇ ce parabole 16x
2
− 24xy + 9y
2
+
50x−100y+50= 0 poteka tetiva, ki je vzpo-
redna tangenti skozi krajišˇ ce parametra. Poišˇ ci
enaˇ cbo nosilke tetive in plošˇ cino odseka, ki ga
ta tetiva odreže od parabole.


P51(2023/2024)3
12
Opombe
1. Goldinar (gld) je bila stara avstrijska denarna
enota (slika 2). V nemških besedilih so upora-
bljali za goldinar besedo Gulden in kratico fl
(Florin). Leta 1892 so uvedli krone (K) in je ve-
ljalo 1 gld = 2 K. Goldinarji so bili v obtoku vse
do leta 1900.
2. Dekurzivno rento se izplaˇ cuje ob koncu leta.
Verjetno je v nalogi mišljeno, da je bil znesek
16000 gld vplaˇ can na zaˇ cetku leta.
3. Pokonˇ cna tristrana piramida ima vse tri stran-
ske robove enako dolge, tako da je pravokotna
projekcija njenega vrha na osnovno ploskev v
središˇ cu njej oˇ crtanega kroga.
4. Od 5. do 8. razreda so pri geometriji in alge-
bri uporabljali Moˇ cnikova uˇ cbenika. Uˇ cbenik
za geometrijo med drugim obravnava tudi za-
suk koordinatnega sistema in krivulje drugega
reda, zato naloga tedanjim dijakom naˇ celoma
nebismeladelatitežav,ˇ cepravjeraˇ cunskokar
zahtevna. ParameterparabolejevMoˇ cnikovem
uˇ cbeniku tista njena tetiva, ki je vzporedna vo-
dnici parabole in poteka skozi njeno gorišˇ ce
(slika5). Danespomeniparameterparabolepo-
lovico te tetive.
Rešitve Plemljevih maturitetnih nalog
1. Naj boa=16000 gld,b=2000 gld inp=4,5
%. Obrestovalni faktor je r = 1 + p = 1 +
4,5/100= 1,045.
ˇ
Ce je oseba vložila na banki
zneseka na zaˇ cetku leta, ima na koncu prvega
leta ar − b kapitala, na koncu drugega leta
(ar −b)r −b = ar
2
−b(r + 1) kapitala, na
koncu desetega leta pa
A=ar
10
−b(r
9
+r
8
+...+r +1)
=ar
10
−b
r
10
−1
r −1
.
Verjetnosodijakiraˇ cunalizlogaritemskimita-
blicami. Danesspomoˇ cjožepnegaraˇ cunalado-
bimo: A= 271,09 gld. Po naslednjihn letih se
kapital A obrestno obrestuje. Da naraste kapi-
tal na a, mora veljati enaˇ cba Ar
n
=a. Za reši-
tev dobimo n = loga/logA = n = 92,64 leta.
Osebazeloverjetnoteganebidoˇ cakala,morda
sinovi ali hˇ cere ali pa celo vnuki in pravnuki.
SLIKA2.
Goldinar s cesarjevo podobo in dvoglavim orlom.


P51(2023/2024)3
13
SLIKA3.
Tristrana piramida v nalogi.
2. Polmer r osnovni ploskvi piramide oˇ crtanega
kroga dobimo s formulo a/sinα = 2r. Višina
v piramide je po Pitagorovem izreku v =
√
s
2
−r
2
. Plošˇ cina p osnovne ploskve je p =
bcsinα/2. ProstorninaV piramide jepv/3.
Iz b : c = 4 : 3 dobimo b = 4c/3 in s kosinu-
snim izrekoma
2
=b
2
+c
2
−2bccosα:
a
2
=16c
2
/9+c
2
−2·(4c/3)ccosα
=c
2
(25−24cosα)/9,
c=
3a
√
25−24cosα
.
Iz znanih podatkov lahko izraˇ cunamo
c=0,6 m, b=0,8 m,
p=0,2033 m
2
, r =0,4131 m,
v =1,3377 m, V =0,0906652 m
3
.
Prostornina V piramide je enaka prostornini
krogle s polmerom R, ˇ ce je V = 4πR
3
/3. Iz
tega dobimo
R=
3
s
3V
4π
=0,2787 m.
3. Nalogo je najlaže rešiti z zasukom in vzpore-
dnim premikom koordinatnega sistema, da s
tem parabolo prevedemo na kanonsko obliko.
Homogeni del enaˇ cbe parabole 16x
2
−24xy+
9y
2
+50x−100y+50=0 je popoln kvadrat:
16x
2
−24xy+9y
2
=(4x−3y)
2
.
Vpeljemonovispremenljivkiuinv zizrazoma
u=(4x−3y)/5, v =(3x+4y)/5,
ki predstavljata zasuk ravnine Oxy v ravnino
Ouv. Obratna transformacija je dana z izra-
zoma
x=(4u+3v)/5, y =(−3u+4v)/5.
Enaˇ cba parabole preide z zasukom v enaˇ cbo
u
2
+4u−2v+2=(u+2)
2
−2(v+1)=0.
Nato vpeljemo
z=u+2, w =v+1,
karpredstavljavzporednipremikravnineOuv
v
ravninoOzw. Obratenpremikpredstavljataiz-
raza
u=z−2, v =w−1.


P51(2023/2024)3
14
SLIKA4.
Parabola v klasiˇ cni legi.
Obetransformacijiohranjatarazdalje,kote,pl-
ošˇ cineterorientacijo. Enaˇ cbaparabolejevrav-
nini Ozw preprosta: z
2
= 2w (slika 4). Iz nje
preberemoenaˇ cbovodniceinpoložajgorišˇ caG
v ravniniOzw:
w =−1/2, G(0,1/2).
Tetiva skozi G, vzporedna vodnici, je po Moˇ c-
niku parameter parabole. Krajišˇ ci parametra
sta preseˇ cišˇ ci E in F premice w = 1/2 s pa-
raboloz
2
= 2w. Brez težav dobimoE(−1,1/2)
inF(1,1/2) (slika 5).
Kotjeznano,dobimoenaˇ cbotangentenapara-
boloz
2
=2w v toˇ ckiT(z
0
,w
0
) z enaˇ cbozz
0
=
w +w
0
. V našem primeru je enaˇ cba tangente
t
1
v E(−1,1/2) enaka −z = w + 1/2, enaˇ cba
tangente t
2
v F(1,1/2) pa z=w+1/2. Enaˇ cbi
premic p
1
in p
2
skozi G(0,1/2), ki sta ustre-
zno vzporedni tangentama t
1
in t
2
, sta −z =
w−1/2inz=w−1/2oziromaz+w−1/2=0
in−z+w−1/2=0.
Plošˇ cina odseka parabole, ki jo od nje odreže
p
1
, je zaradi simetrije enaka plošˇ cini odseka
parabole, ki jo od nje odrežep
2
, zato je dovolj
obravnavati primer s p
2
. Dijaki niso še upo-
rabljali integralskega raˇ cuna, so pa vedeli, da
jeplošˇ cinaodsekaparaboleenaka2/3plošˇ cine
polarnega trikotnika, ki ga omejujejo tangenti
na parabolo in premica skozi njuni dotikališˇ ci
(slika 6).
Poišˇ cimo preseˇ cišˇ ci A in B parabole z
2
= 2w
s premico −z+w − 1/2 = 0. Dobimo A(1+
√
2,3/2+
√
2) in B(1−
√
2,3/2−
√
2). Sedaj je
treba doloˇ citi enaˇ cbi tangent q
1
in q
2
na para-
bolo z
2
= 2w v toˇ ckah A in B. Enaˇ cbi tangent
sta
z(1+
√
2)=w+3/2+
√
2, z(1−
√
2)
=w+3/2−
√
2.
Tangenti se sekata pravokotno v toˇ cki C(1,
−1/2),kiležinavodnici. PolarnitrikotnikABC
je pravokoten s katetama |AC| =
p
8+4
√
2 in
SLIKA5.
Parabola in tangenti v krajišˇ cih parametra.


nadaljevanje
nastrani
18
P51(2023/2024)3
15
SLIKA6.
Polarni trikotnikABC in odsek parabole.
|BC| =
p
8−4
√
2. Plošˇ cina p polarnega triko-
tnikaABC je potem
p=(1/2)
q
8+4
√
2
q
8−4
√
2
=(1/2)
p
64−32=2
√
2,
plošˇ cinaP odseka parabole pa
P =2p/3=4
√
2/3.
Današnji maturanti lahko ta rezultat sami pre-
verijo še z integracijo, a vstavljanje mej bo za-
radi korenov nekoliko bolj zamudno.
Zapisati moramo še enaˇ cbi premic p
1
in p
2
v
ravniniOxy. Najprej v ravniniOuv:
z+w−1/2=u+2+v+1−1/2
=u+v+5/2=0,
−z+w−1/2=−u−2+v+1−1/2
=−u+v−3/2=0.
Konˇ cno pa še v ravniniOxy:
u+v+5/2=(4x−3y)/5+
+(3x+4y)/5+5/2
=(14x+2y+25)/10=0,
SLIKA7.
Parabola v zasukani legi.