ISSN 0351-6652 DRUŠTVO MATEMATIKOV, FIZIKOV IN ASTRONOMOV SLOVEN IJE I PRESEK list za mlade matematike , fizike , astronome in računalnikarje 26. letnik, leto 1998/99, štev ilka 6 , st ran i 321-384 VSEBINA MATEMATIKA FIZIKA ASTRONOMIJA RAČUNALNIŠTVO NOVICE NALOGE REŠITVE NALOG ZA NIMIVOSTI, RAZVEDRILO LETNO KAZALO TEKMOVANJA NA OVITKU O Fro b en iusovem št evilu (Jože Gr ass elli) 328-337 Meandri (Andrej Likar) 322-327 O helikopterj ih (Janez Strnad) 344-349 Rep (Mari jan Prosen) 338-340 Popolni Sončev mrk dne 11. 8 . 1999 (Marijan Prosen ) 356 Težave postajnega načelnika - reš . st r . 363 (M atija Lokar ) 342 Iščemo besed o - reš. st r. 365 (Martin Juvan) . . . . . . . . . . 355 Jurij Vega - Go vor v Zagorici m ar ca 1999 (Anton Suhadolc) 343 O mojstru in orodju (Matija Lokar) 349-351 Milni mehurček - reš. st r. 359 (Tomaž Slivnik, ml.) . . .. 327 Ko liko besed - reš . st r. 359 (Martin J uvan) 337 Lažnivi Kljukec - nagradna naloga (Andrej Lika r) 341 Zaplet en a sončna ur a (Andrej Likar) 354 Kocke iz zla t a - reš. str. 358 (Marija Ven celj) 355 Prelaganje žetonov - s st r . 266 (Drago ljub M . Miloševič , pri r. Marija Vencelj) 351 Računalo za seštevanje v peti škem sestavu - s st r. 279 (Marija Vencelj) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 357 Križanka "P lanet i našega Sonca" - s str. 288 (Marko Bokalič) 358 Križanka z geslom - s st r . 267 (D arjan Trupi) 367 Križanka o trikotniku - reš . st r. 362 (Marko Bokalič) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352-353 380-384 Izbirn i t esti za mednarodno matematično olim piado - rešitve nalog s str. 319 (Matjaž Željko) . . .. . .. . .. . . .. .. .. . . .. . .. . .. .... 368-372 20 . mednarodno matematično tekmovanje mest - naloge (A leš Vavpetič) 373-37 5 20 . mednaro dno matemat ično tekmovanje me st - reši tve nal og s str. 373 (Aleš Vavpetič) 375-379 Potoki se v nešt etih ostrih okljukih vijejo po Bloški planoti 1, II Ok ljuka znamenitega potoka Bloš čice , ki se po klj uk ih pr eb ija do podzem lja blizu Velikih Blok - s like k članku na strani 322 (foto Andrej Likar) IV Slika 1. Tudi reke vijugajo, ko se znajdejo na skoraj ravnem polju . Katera slovens ka reka im a t akle tok? Fizika I MEANDRI Reke in potoki, ki tečejo po skoraj vodo ravnih t leh, radi prav neverjetno vijugaj o (slike na ovit ku) . Vijugam pravimo okljuk i ali meandri . Sled- nj a b esed a izvira iz starodavnega imen a reke Mendere, ki teče iz sedanje Turčij e v Sre dozemsko morje. Grki so jo imenovali Meandros , njen to k je zelo vijugast . Tudi v Slovenij i najdem o vode, ki izrazito vijugaj o. Zna- meni t je potok Bloščica (slika na naslovni ci) , ki se vije po Blošk i planoti , pa t udi le nekaj kilomet rov dolga reka , ki bi jo iz zraka vide li kot kr ivuljo na sliki 1. Bralci naj sami poskušajo ugotoviti , za katero reko gre . Ko si vodni to k išče pot po sko- raj ravnih tleh, ga zmoti vsaka naj- manjša vzpetinica ali kotanja. Zato pričakujemo, da bo t u vijuganje večj e kot v zgorn jem to ku , kjer je korito strmo in vod a zato hi t rejša . Kljub temu je izrazitost vijug povsem neso- razm erna valovitosti tal, saj se pone- kod to k po dol gi poti po okljuku v obliki črke S vrne in teče t ik pod ne- kaj višjim kori tom. Zgodi se celo, da voda naj de bl ižnjico in nas tane mrtev okljuk, kakršnih je vse poln o na reki Muri. Izrazit e okljuke poj asnimo s spodjedanjem bregov na eni strani in nanašanjem proda ali peska na drugi st rani kori t a . (Spo djedanje lepo vi- dimo na sp odnji sliki na II . st rani ovit ka, ki kaže presu šeno korit o hudou rn ega potoka z okljuki.) Ker voda v okljuku spreminja smer , priti ska na zunanji, dalj ši breg, ga počasi odnaša, s peskom in prodom , ki ga reka nosi s sebo j, pa zasipava notranji br eg. Tako se rečno kori to počasi prem ika in okljuki post aj aj o vse izrazitejši . Nekatere reke zato regulirajo. Bregove utrdijo, korito poglobij o in tako preprečijo njegovo premikanj e. Zanimi vo je, da se tudi povsem ravno korito pogosto spontano sprevr- že v vijugasto . P ri takih rekah na začetku majhne razlike v glob ini korita na enem in drugem bregu povzročajo večje odnašanje used lin v bližini enega brega in nanašanj e le-teh na drugem bregu. Pri določenih pogoj ih se reka znajde v začaranem krogu: razlika v globi ni tako spreme ni tok, da se t a razlika še poveča. Na enem bregu nastane globok to lmun , na druge m pa obsežna pli tvina . Med pogoji , ki pripe ljejo do začaranega kroga , ima IFizika najpomembnejšo vlogo razmerje med globino reke in njeno širino. Ozko in globoko korito ne začne spontano vijugati. Razmere pa niso preproste in jih je mogoče podrobneje analizirati le z zapletenimi računi. Razvoj meandrov bomo poskusili opisati tudi računsko. P redpostavili bomo, da je hi trost vodnega toka glede na kori t o povsod enaka. Zarad i spo djedanja bregov in nanašanja peska se korito pr emika. Premikanj e bomo določili po naslednjem pr emisleku. V ovink u mora na vodo delovati sila , ki je prečna na breg, zato tudi voda pri ti ska na breg in ga spodjeda. Če bi se voda gibala po krožnici, bi bila sila brega na del vode z maso m 2 kar F = m vr ' kjer je v hitrost vode, r pa polmer krožnice. P ri gibanju po zakrivljeni strugi najprej poiščemo kro žnico, ki se strugi najbolj prilega , določimo njen polmer r in nato i zračunamo silo prav tako kot pri kro žnem kori tu. Privzeli bomo, da je hitrost spo djedanja kar soraz merna sili F , torej sorazmerna z ~ ' sa j sta m in v ves čas enaka . Kor ito se v času !:"t pr emakne za !:"x = o: ~ pravokotno na smer toka. Računanje močno poenost avimo, če si rečno kori to ponazorimo s točkami. Opazujmo le tri sosednje točke , A , B in C (slika 2a). Naj- prej moramo poiskat i polmer krožni ce, ki se točkam najbolje prilega . Ker lahko narišemo skozi t ri točke le eno kro žnico, je naloga vedno rešljiva. tok C kro žnica Slika 2a . Korito pred stav imo s točkami. Narisa ne so tri za pored ne točke A, B in C in razda lje, ki ji h potrebujem o pri računanju kri vinskega p olmera r . B Slika 2b . P remik točke C pri spodjedanj u bre- ga je ved no t akšen , da je odsek A - C po pr emiku bolj raven kot prej . Fizika I V našem primeru lahko nalogo e poenostavimo. P rivzeli bomo, ~ da je razdalja l med sosednjima - - - - -- - - - - - - - .~ e' točkama enaka in da je polmer _ . _ r pr ecej večji kot l. Takrat iz A slike razberemo , da pr ibližno ve- lja: 'P = ~ in 'P = f, zato t udi ~ = f, . Tu smo z ( označili raz- daljo med točko e in premico, ki gre skozi točki A in B . Računali A bomo, da se rečno korito pr em a- kne v točki e za ~x pr avokotno na premico, ki jo določata točki Bin C , in to v smeri, da se kori to med točkami A , B in e zravna (slika 2b). Premik ~x naj bo majhen v primeri z razdaljo l . Da bo računanje ud obno, ga opravimo z računalnikom, pr ogram pa priredimo tako, da ponavljamo račun za pr vo trojico točk , nato za drugo t rojico, kjer sta zadnji točki pr ejšnje trojice t udi pr vi dve točki nove. Ko izračunamo premik kori t a še za za zadnjo t rojico, se vrnemo na začetek. Računanje ponavljamo in opazujem o spreminjanje korita t ako, da točke narišemo in skoznje povlečemo krivuljo, ki se jim naj tesneje prilega . Ne- kaj risb , kjer smo začeli z enakomerno valovit im koritom , je prikazanih na slikah 3a do 3e na naslednjih straneh. Vidimo, da s tem pr eprostim računom kar dobro opišemo tvorbo meandrov . Presenetljivo je, da se kori to vedno bolj zapleta, čeprav točko e pr e- mikamo tako, da se kor ito na odseku A - e izravna. Očitno izravnavanj e na kratkih razdaljah vodi na velikih razdalj ah v vedno večje zapletanje. Pravimo, da se lokaln a težnja ne odraža t udi globalno . Takšno obnaša nje je znano tudi na drugih področjih . P rimera sta hitro pri roki . Indij a je pr enaseljena . Gostejša poselitev pomeni manj zemlje na posameznika in zato manj hrane, manj čiste vode, energije, zdraviL . . Mislili bi, da bo tako tudi v družinah - manj ko bo v dru žini ot rok, laže bo živela . Pa ni tako : dru žinam z več otroki gre v Indiji bolj e. Tudi t u je lokaln a težnja v nasprotju z globalno. Drug pr imer zadeva te hnološki razvoj človeštva. Pogosto slišimo , da bi kazalo razvoj upočasniti, sa j bi tako imeli dlj e časa surovine in energijo . Prav očitno je, da bi še posebno kazalo ustaviti razvoj v obo roževanju , denar pa nameniti za kaj bolj korist nega . Pa pr emislim o! Skup nost , ki bi začela t ud i izvajati te za vse kor ist ne ukrep e, bi se km alu izpostavila nevarnostim , ki j ih prinaša nerazvitost - izgubi samost ojnost i IFizika Na nas led nj ih slikah je nekaj izračunanih okljukov. Na levi je pr votni tok, na desni pa potem, ko smo ga lokalno izr avnali. Slika 3a. Slika 3b . Fizika I Slika 3c. Slika 3d. I Fizika - Naloge Slika 3e. in biti na milost in nemil ost prepuščen volji drugih. V ameriškem filmu "Out of Africa" vidimo pri zor , ko plemenski poglavar sprašuje priseljeno Evropejko: "Kaj vam je pr inesel ta vaš napredek? Ali ste zato kaj bolj srečni?" Odgovora ni dobil, a je bil na dlani: "Ne , nismo bolj srečni , ste pa zaradi nas nesrečni vi." Priseljenci so se namreč namenili izseliti celo plem e na neko neprijazno pobočje , ker so želeli ozemlje, na katerem je pleme živelo dolga let a , spremenit i v nasad kave. Andrej Likar MILNI MEHURČEK Okoli Zemlj e napnem o milni mehurček. Mehurčku dodamo dovolj milnice, da se mu površin a zveča za 1 m2 . Pod zračnim pritiskom mehurček spet zavzame sferično obliko. Za koliko se mehurčku zveča pr ostornina? Za koliko narast e njegov polmer? (P redpostaviš lahko, da je Zemlj a krogla s polmerom 7000 km. ) Tomaž Slivnik, ml. Matematika I o FROBENIUSOVEM ŠTEVILU 1 V daljnji deželi plačuj ejo le s kovanci po 7 in 10 denarnih enot. Katere zneske lahko poravnajo? Zas t avljeno vprašanje zahteva dopolnitev. Sp rašujemo seveda le po znes kih , ki se povedo v naravnih številih (saj zneska, ki je necelo števi lo, ni mogoče poravnati) . Up oštevati pa je po trebno še nekaj . Recimo, da hočemo v Sloveniji v kovan cih izplačati 18 SIT. Od štejemo npr. tri kovance po 5 SIT in tri po 1 SIT; lahko pa damo npr. št iri kovan ce po 5 SIT in dobimo nazaj kovanec 2 SIT. Znesek 18 SIT je bil prv ič poravnan brez vračila , drugič z vračilom. Katere znes ke je mogoče v daljnji deželi izplačati z vračilom? Ker je 7· 3+ 10 · (- 2) = 1, (1) je mo žno izplačati znesek 1. (Plačnik da tri kovan ce po 7 enot in vrnejo mu dva kovanca po 10 enot.) Po množenju z naravnim številom n iz (1) dobimo 7(3n ) + 1O(- 2n ) = n (2) in vidimo , da je mogoče poravn ati znesek n. (Za 3n kovan cev po 7 enot vrnejo 2n kovan cev po 10 enot.) Označimo z x število kovan cev po 7 enot, z y šte vilo kovan cev po 10 enot in vsebino enakost i (2) povejmo takole: A. Vsako naravno število n izrazim o lahko v obliki 7x + lOy s celima številoma x in y . Ali: Pri vsakem naravnem številu n j e enačba 7x + 10y = n rešljiva v celih številih x, y . Kako je v daljnji deželi s plačevanjem zneskov brez vračila? Ker ni vračanja , nobe no od celih števil x, y ne sme bit i negati vn o. Gre torej za natančno t iste zneske, ki jih lahko izrazimo v obliki 7x + 10y , ko se x , y sp reminjata po nenegati vnih celih št evilih O, 1 , 2 , 3 , . .. . (3) (4) IMat ematika Moremo izplačati npr. vsot e 7 = 7· 1 + 10 . O, 10 = 7 . O+ 10 . 1, 17 = 7 . 1 + 10· 1; ne pa npr. 1, 8, 23. Pokažimo, da je nar avno število n , večje od 53, izrazljivo v obliki (3) pr i x, y iz (4) in da 53 t ake izrazitve nima. Iz ugotovitve A vemo , da obstajata celi števili xo , yo, ko je 7xo + 10yo = n . (5) Delit ev yo s 7 daj e količnik k in nenegativen ostan ek r: števili k, r sta celi ln yo = 7k + r , 0 ::; r <7. (6) Z najdenim k in znanim Xo naredimo celo število r l = Xo + lOk ; od to d sledi Xo = r l - lOk . Ko zapis a (6) , (7) za yo in Xo vnesemo v (5) , dobimo 7rl + lOr = n . (7) (8) Po privzet ku je n > 53, zaradi (6) pa O::; r < 7; zato iz (8) izhaj a ocena Tr: = n - 10r > 53 - 60 = -7 . Torej je 7rl > - 7 in t ako r l > -1 ; to pove, da je celo število r l iz množice (4); ker velja to tudi za r , imamo v (8) želeno izrazit ev za n. Ali je lahko 7x + lOy = 53 (9) pri x, y iz (4)? Ker je 10 ·6 > 53 in x ni negativen , more y v (9) biti le O, 1, 2, 3, 4, 5. Ko te vredn osti za y pos tavimo v (9) , dobimo za 7x po vrsti 53, 43, 33, 23, 13, 3; nob eno t eh št evil ni deljivo s 7 in t ako x v (9) ni celo število. Dognali smo : Brez vračila morejo v daljnji deželi poravnati vsak znesek 54, 55, 56, . . . j zneska 53 brez vračila ne morejo izplačati ; od zneskov 1,2, . .. , 52 lahko brez povračila plačajo le nekatere. Povejmo to ugotovitev še drugače. I 330 Matematika I B. Vsako naravno število n > 53 lahko zapišemo v obliki 7x + lOy z nenegativnima celima številama x, Yi za število 53 to ni mogoče. Ali: Za vsako naravno število n > 53 im a enačba 7x + 10y = n rešitev v nenegati vnih celih številih x, Yi pri n = 53 enačba take rešitve nima. Lahko se zgodi, da pri plačevanju brez vračila plačnik enega od obe h kovan cev za 7 ali 10 enot ne up or ab i; ker ni vračanja, more npr . znese k 56 enot poravnati le tako, da našteje osem kovan cev po 7 enot. Pa vzemimo, da v daljnji deželi poost rij o pogoj e izplačevanja . Dovo- ljeno je le še plačevanje brez vračila in pri vsakem plačilu je potrebno up o- rab it i oboje kovan ce. Katere zneske je sedaj mogoče poravnati ? Ravno t i- ste, ki ji h opiše izraz 7x + 10y, ko tečeta x, y po naravnih št evilih 1,2 , 3, .. .. Natančnejši odgovor vsebuje trdit ev c. Vsako naravno število n > 70 lahko izrazimo v obliki 7x + 10y pri naravnih x, Yi za n = 70 to ne velja. Ali : Za vsako naravno št evilo n večje od 70 im a enačba 7x + lOy = n rešit ev v naravnih šte vilih x, Yi pri n = 70 enačba take rešitve nima. Enakosti 7 . 3 + 10 . 5 = 71 7 · 6 + 10 . 3 = 72 7 . 9 + 10 . 1 = 73 7 ·2 + 10 . 6 = 74 7 . 5 + 10 . 4 = 75 7 · 8 + 10 . 2 = 76 7 · 1 + 10 . 7 = 77 7 . 4 + 10 . 5 = 78 7 . 7 + 10 . 3 = 79 7 . 10 + 10 . 1 = 80 (10) kažejo, da za naravna števila od 71 do 80 drži, kar pr avi trdit ev C. Naj bo sedaj naravn o število n ?: 81 in števka njegovih enic j. Med št evili (10) je ravno eno , ki ima enico j; zaznamuj mo ga aj (npr . a2 = 72, aa = 80). Ker je n ?: 81 in 71 ?: aj ?: 80, je raz lika n - a j naravn o število; ker IMatematika se n in aj končujeta z enako št evko, je n - aj večkratnik od 10; torej je n - aj = lOk pri naravnem k. Iz (10) je aj = 7x + 10y z naravnima x, y in n = 7x + lO(k + y) je želena izrazit ev. Če bi bilo 7x + 10y = 70 (11) pri nar avnih x , y, bi 7 delil lOy in potem 7 delil y; torej bi bilo y = 7s pri naravnem s. Prav tako bi po (11) bil x deljiv z 10 in x = lOt pri naravnem t . Najdena x, y , postavlj ena v (11), prip eljeta do 70(s + t ) = = 70 in po krajšanju do s + t = 1. Za naravni števili s, t to ne more veljat i (vsota dveh naravnih števil je 2 ali več) . Z naravnima x, y se t orej enačba (11) ne da izpolniti. Trditev C je dognan a. Povzemimo: Ko mo raj o v daljnji deželi pri plačevanju brez vračanja uporabiti obo je kovance, lahko plačajo vsak znesek 71,72 ,73 , . . .; zneska 70 ne morejo poravnati ; od zneskov 1, 2, 3, . . . ,69 nekatere da, druge ne. 2 Zapustimo dalj njo deželo in se pomudimo pri nekaterih posplošitvah ugo- tovit ev iz razdelka 1. Namesto 7 in 10 vzamemo t uji naravni števili a in b, večji od 1. Č . Če sta a, b tuji naravni števi1i, j e vsako naravn o število izrazlji vo v obliki ax + by s celoštevilskima x , y. Ali : Na j bosta a, b tuji naravni števili; pri naravn em številu n je enačba ax+ by =n rešlji va v celih števi1ih x , y. Trditve Č ne bom o dokazovali . Povejmo samo, da np r. z Evklidovim algorit rnom na a, b pridemo do celih števil X l, Yi , takih, da velja Pri celih številih Xo = nX l , yo = nYl je potem axo + byo = n. Matematika I D. Naj bosta a, b tuji naravni števili, večji od 1, in g(a, b) = ab - a - b. (12) Vsako naravno število n > g(a , b) je izrazljivo v obliki ax + by z nenegativnima celoštevilskim a x, Yi za n = g(a , b) to ne drži. Ali: Pri tujih naravnih številih a, b, večjih od 1, im a enačba ax + by = n (13) za vsako naravno število n > g(a, b) rešit ev v nenegati vnih celih številih x, Yi za n = g(a, b) take rešitve nima. Trditev D doženemo podobno kot B. Po Č obstaj ata celi števili Xo , yo, ko je axo + byo = n. Ko delimo Yo z a, dobimo količnik k in ost anek r t er imam o (14) Yo = ka + r , O ~ r < a (15) pri celoštevilskih k , r . Znani xo, b, k določajo celo število rl = Xo+ kb in od to d je Xo = r l - kb . Postavimo (16) in (15) v (14) pa smo pri enačbi arI + br = n. Zar adi (15) je r največ a - 1; zato iz (17) izhaj a ocena arl+b(a-1) 2::n. U poštevamo privzet ek n > ab - a - b in d ob imo (16) (17) arI > ab - a - b - b(a - 1) ali ar I > a . Torej je celo število r l > -1 in tako rl 2:: O; po (15) je tudi r 2:: O in (17) predstavlja rešit ev enačbe (13) v nen egativnih celih šte vilih x = rl , Y = r. Ali je lahko ax + by = ab - a - b (18) I Matematika pri nenegativnih celoštevilskih x , y? Potem je a(x + l)=b(a - l -y) in b de li a(x + 1); ker je b t uj a, mor a b delit i x + 1 in je zato x = - 1 + sb . (19) Tu je 8 naravn o število, saj je x nenegati vn o celo število in b nar av no število. Iz (18) sledi t udi b(y + 1) = a(b - 1 - x) . Od to d vid imo , da a deli y + 1 in je potem y = - 1 + ta (20) pri nar avn em številu t . Zapisa (19), (20) sledita iz predpostavke, da x , y ustrezata enačbi (18). Ko ju vanjo vnesemo , po skrčenju dobimo (8+ t)ab = ab. Ker je ab i- O, je 8+ t = 1. V naravnih številih pa to ne gre . Trditev D je dogn ana. Naravni števili a, b sta po privzetku večji od 1 in tuji , za to različni. Kadar sta najmanjši , je eno 2, drugo 3; torej je ab - a - b = (a - 1) (b - 1) - 1 2: 2 - 1 = 1 . Z (12) podano celo število g(a , b) je tako pozit ivno in liho, saj sta a, b t uja. Imenuj e se Frob eniu sovo števi1o za a, b. Zaznamuj mo s h(a, b) število naravnih števil, ki jih ne moremo iz- raziti v obl iki ax + by, kje r st a x , y celi nenegativni števili. Največje nar avno šte vilo t e vrste je po t rd it vi D Frob eniusovo število g(a, b). Zato je h(a, b) 2: 1. Do bo ljše oce ne privede kratek razmislek. Če sta naravni števili nI , n 2 izrazljivi , obstajajo nenegativni celošte- vilski X l, YI, X2 , y2, da je Po seštetju dobimo in vidimo, da je obenem z n I , n2 t udi vsota n I + n2 izrazljiva (saj sta Xl + X2, YI + y 2 nenegativni celi števili). Mat ematika I Vse možnos t i, kako zapisat i g(a , b) z vsoto dveh nenegativnih celih števil, so 0+ g(a , b) = g(a , b) 1 + (g(a, b) - 1) = g(a , b) 2 + (g(a , b) - 2) = g(a , b) (g(a, b) - 1) + 1 = g(a, b) g(a , b) + O = g(a, b) (21) V vsaki od teh enačb vsaj eden od ob eh sumandov na levi strani ni iz- razljiv ; če sta namreč oba sumanda izrazljiva , je po prejšnj em odstavku t udi njuna vsota g(a , b) izrazlj iva; vemo pa, da g(a , b) ni izrazljiv. Ker je g(a, b) lih, sta v vsaki od enačb sumand a različna , isti sumand nastop a ravno v dveh enačbah (npr. 1 v drugi in predzadnj i enačbi ) . Neizrazljiv ih sumandov je t ako vsaj to liko, kot je polovično število enačb (21) . Zato drži 1 h(a, b) 2: ("2(g(a, b) + 1) . (22) Zgled. V skladu z (12) smo že v B našli g(7 , 10) = 53; po (22) je h(7, 10) 2: 27. Izpeljimo še trditev: E. Pri t ujih naravnih številih a, b, večjih od 1, vsako naravno število n > ab lahko izrazimo v obliki ax +by z naravnima x, Yi za n = ab take izrazitve ni . Ali: P ri t ujih naravnih številih a, b, ki st a nad 1, je za vsako naravno število n > ab enačba ax + by = n rešlji va v naravnih številih x , Yi za n = ab take rešit ve ni. Vsako naravno število n > ab lahko zapišemo n = ab + i , kjer je j naravno šte vilo. Po ugotovit vi D obst aj at a nenegati vni celi št evil i xo, Yo , ko je axo + byo = ab - a - b + j . IMat ematika Seveda velja a · 1 + b· 1 = a + b . Iz vsote t eh enačb a(xo + 1) + b(yo + 1) = ab + j že sledi zahtevana izrazitev za n > ab; od celih števil Xo , yo namreč nob eno ni negati vno , zato st a Xo + 1, yo + 1 naravni števili. Če bi pri naravnih št evilih x, y imeli ax + by = ab, (23) bi iz tujosti a, b izhaj alo, da je x = sb, y = ta pri naravnih s, t ; to bi v (23) pripelj alo do nemogoče enačbe s + t = 1. Trditev E je dognana. 3 V razdelku 2 smo si ogledali , kat era naravna števila zavzame izr az ax + by, če st a a, b tuji naravni števili nad 1 in se x, y spreminjata po celih, nenegativnih celih ali le po pozitivnih celih št evilih. Povejmo še nekaj besed o tem v spl ošn em primeru. Naj bodo Cl , C2, . .. . c; t uja naravn a števila, ustrezajoča po goju 1 < Cl < C2 < .. . < Ct in t :::: 3. Vsako naravno šte vilo n lahko izrazimo v obliki kjer so Xl, X2, .. . , Xt cela števila . Največj e naravno število , ki ga ne moremo zapisa t i v obliki ClX I + + C2X2 + .. .+ CtXt z nenegat ivnimi celimi Xl, X2, ... , Xt, se im enuj e Fro- beniusovo število za Cl, C2, . .. , Ct in ga označujemo g(CI ' C2, " " c.). Zanj velja Cl -1 :::; g(CI' C2 , . .. , Ct ) :::; CIC2 +CIC3 + . .. + CICt - Cl - C2 - ... - Ct . (24) V razdelku 2 sm o našli g(CI' C2 ) = CIC2 - Cl - C2· Za g( CI ' C2 , · · ·, Ct) pri t :::: 3 t ak obrazec ni poznan. J e pa mogoče včasih g(CI ' C2, · · ·, Ct) določiti , če imaj o Cl , C2, . .. , Ct poleg zgornjih še kakšn e dodatne lastnosti . Navedimo dva t akšn a primera. Matematika I Če sta od števil Cl, C2, C3 vsaki dve t uji, je Za zaporedna naravna števila c, C + 1, C + 2, . . . , C + t - 1 in C večji od 1 je [ c + t2 - 3] t2 - t - 2 (2c + t - l )t 9 (c, C + 1, C + 2, . . . , C + t - 1) = t _ 1 C + 2 + 2 . (25) Oglati oklepaj v (25) pomeni , da je treba vzeti največj e celo šte vilo, ki ne pr esega števila (c +t2 - 3)/ (t -1). Npr. za C = 100, t = 3 iz (25) najdemo g( lOO, 101, 102) = 53 . 100 + 2 - 101 · 3 = 4999 . Naj pomeni h(Cl, C2, . . . , Ct ) šte vilo naravnih šte vil, ki jih ni mogoče izraziti v obliki C1Xl + C2X2 + . . . + Ct X t pri nenegativnih celoštevilskih X l , X 2 , . . . , X t . Podobno kot v (23) ugotovimo Največje naravn o število, ki ga ne moremo izraziti kot vsoto C1X l + +C2 X 2+ " ' + Ct X t pri naravnih X l , X 2 , .. . , X t , zaznamujemo f (cl ' C2," " Ct ) ; s Frobeniusovim številom je takole povezano Iz g( 100, 101, 102) = 4999 sledi po (26) f (100 , 101, 102) = 4999 + 303 = 5302 . Za vsako nar avno šte vilo n > 5302 obst ajajo naravna števila Xl, X2 , X3 , da je 100Xl + 101x 2 + 102 x3 = n . Ni pa mogoče v tej obliki zapisati 5302 (in nekaterih manjših nar avnih št evil) . Pripis. Ferdinand Georg Frobenius se je rodil leta 1849 v Berlinu in tam umrl let a 1917. Po končanem št udiju v roj stnem mestu je bil profesor najpr ej na politehniki v Zur ichu , nato na univer zi v Berlinu. Deloval je na raznih področjih matem atike, zlasti pomembni so njegovi pri sp evki v algebri. IMatematika - Naloge Naloge. 1. Trditvi D , E držita tudi tedaj , če izpustimo zahtevo, da st a a, b nad 1; ni pa g(a,b) več nar avno št evilo. Prepričaj se o tem . 2. Katera naravna števil a lahko izrazimo v obliki ax + by z nenegativ- nima celoštevilskima x, y , če naravni števili a, b nista t uji? 3. Preveri , da je h(7, 10) = 27, h(7, 11) = 33. 4. Število 140 lahko le na en način izr azimo v obliki 7x + 10y , če naj bosta x, y naravni št evili (namreč x = 10, y = 7) . Toda 141 je mogoče v t aki obliki izraz'iti na dva, 211 na tri načine. Poišči izrazitve! 5. Vse celošte vilske rešitve enačbe 100Xl + lOl x 2 + l02x 3 = 5302 so zajete z obrazcema x l = 51 +X3 + 10lv, x2 = 2 - 2x3 - 100v, ko X3, v tečeta po celih št evilih. Od tod t akoj vidimo, da enačbe ni mogoče izpolniti v naravnih št evilih. (Da bo X2 naravno število, mora bi ti X3 = O, V = O. ) 6. Poštne pristojbine so 40, 41 , 42, 43 ,.. . denarnih enot, poravn ati jih je mogoče le z lepl enj em znamk. Uprava se odloči, da bo izdala znamke le dveh različnih vrednosti , ne bo pa med njima znamke z vrednostjo 1. Ugotovi , da sta samo dve izbiri: znamki za 2 in 41 ali pa za 5 in 11 denarnih enot. Jože Grasse lli KOLIKO BESED Izračunajte , koliko različnih besed lahko sest avimo iz znakov, ki sest a- vljajo besedo MATEMATIKA. Za besedo štejemo vsako (neprazno ) zaporedje znakov, pri čemer ne zahtevamo, da to zaporedje pomeni sm iselno besedo slovenskega jezika . V besedah , ki jih želimo prešt eti , lahko posamezno črko upor abimo kvečjemu tolikokrat , kolikorkrat nast opa v besedi MATE- MATIKA. Črko A lahko torej upor abimo največ trikr at , črka E pa lahko nastopa enkrat ali pa sploh ne. Da boste lažje preverili pravilnost vašega razmisleka, vam povem, da lahko iz znakov besede PRESEK sestavimo 1010 različnih besed. Martin Juvan Astronomija I REP AC. • OO .... ,. 4 • .0 _ _ • 4 "AF "! 16· , .;•••••• , IM!"RR 1 l~. ~ r -·_··-_··· ····· ·__ ·.1 1 "" RS~Z "j"'U3 r~.!-_·-__ • J _ 712 ,,".'u 7. ,, ! ~ " ! + "0 ".'4. . " o. 0' o. ..""• o' oe';eb ~ •_ LAB~ _.._~--_.._ ._---- --." . 23 r:t. ' ,8 688~ VELIK DOMAČi PTiČ Z TRAVA MNOGO- z;;mAVADRUGE ČAČAKMOGOČNIM REPOM KOŠNJE CELIČAR S PRSTI a PODPORA b r----- ~ GRŠKI B JONSKIOTOK C ~ ~A A NAŠi JulN l .... E~~~~MESTECE NAZAeETKU SOSEDI E~N:gNl oaČINAPPOLOTOKAPEljEšcA DRlAVA UUBWAt 1000 M ČOLN ZA AMERiŠKI ENEGA ~ VESLAČA NAJDALJšA FR REKA ZNAČiLEN KRČEVINA VELlK ~RN f----- HRO ČPRED- - STAVNIK ZUNANJI GR. ANT IČNO DEL LOKALA MESTO SIBIRSKO DISCIPLJ MESTO OB VELEMESTO UKREP KRIVAJI r-- - V BOSNI ORODJE Z SVETO RI REZILOM NJE TEL KOT, KIGA , OKlEPATA , STRANICI , TRIKOTNIKA PODZEMNA tELEZNICA KOS KAMNINE NEMŠKI AVTOMOBILSKI f-----CESTNI KONSTRUKTOR (KARL) ROB SL SLIKAR OVAlEN ANGLEŠKI (ANTON) LIK DRAMATIK I TIROLSKO r----- JONSON DENIS MESTECE M GELJ TOK DVOSPOUNIK ZA STAR r-- OČAlA NARKOTIK ŠPRANJA KOLOS ČLOVEK, f----- KI NIMA KARSE MERE NABERE, ZBIRKA RUSKA IGLAVECKAR JE - ZRASlO JUHAIZ JEZERO SKUPAJ MESA IN IN OfUAVAZELJA V AFRIKI .~ ~ ~f~~~E fARME OPERA SKLADATELJA ~ L- A B G1USEPPEJA VERDIJA A I Zanimivosti - Razvedrilo - C PREMICA, KI OlUSčENA ANIMIRANI ERKI VOJAŠKI GLAVNO C RAZPOLAVlJA KOTALI VSKOCrmt MESTO A STRANICO (OAl.JICO) tl TNA ZRNA FILM NOOL BRANIK SENEGALA ~ SKUPINA HOOEČ IH !Jn v V b WUDI- $AtA ~B A B ANGLEŠKI .... KURIVO .... P~~~'RI ZA ~ I DNEVNIK PlAvt E VLADARSKEROOBINE OVREDNO- NIG. SPRIN· TENJE TERKA ZNANJA (CHARIlY) f----- 1--- ZLATO HRV. OTOK KREPčiLEN NAP1TEK ZAČEWE- SRAMNI PAS ~ . KATJA PRITR· SEIZINGER ENOCEUčARJ l . DILNICA- f--- ,Š- SKRAJ. DEL PlWiVALI EMIL O KOPNINE ADAM iČ NAPRAVA AM. IGRALEC f----- (SEAN) REKAIN DRtAVA JUHE IZ V AFRIKI KOLINSKE tENSKI PEV· TATVNA SKI GLAS NALIVNO f---- REVUAZA PERO ANDREJ ŠOLARJE PEčENKO ~~l(~NA HRVAŠKIOTOK- f--- AZIJSKA IZTOK OPICA MLAKAR KRASOTICA f---- KADAR RIM(ORIG.) , PRIPOMQ- ~ RIMSKI BOG ČEK ZA WUBEZNI TEHTANJE RAZPIS. NERESEN VRSTA VRBE OLIVER NATEČAJ DOGOOEK ANTAUER C PRISTAJALNI AMERiŠKAPOMOL ZVEZNA A: f---- DRtAVA -. EDVARD KOCBEK RAOON ~ ~ AVTOR B MARKOBOKALiČ Naloge I ZAPLETENA SONČNAURA sever Slika 1. zen it Menil sem, da je sončna ura zelo preprosta nap rava. Na- redimo jo tako, da posta- vimo palico v navpično rav- nino, ki seka vodoravno rav- nino v smeri sever- jug, in jo nagnemo proti severu za kot 46 stopinj . Tako je pa- lica vzporedna osi, okoli ka- tere se vrti Zemlja . Na pa- lico nat aknemo obroč s šte- vilčnico (slika 1), obroč na- ravn am o, da kaže ur a prav, in potem kaže pr av v vsa- vzh od kem času , poleti in pozimi , če je le sončno vreme. Kot kaže slika 2, pa ni vse tako preprosto. Na pr ikazani ur i so zarisane zaplete - ne črte, ki povezujejo mest o sence ob isti h urah v različnih obdobjih let a . Slika 2. Kako to? Ali gre za uro in koledar hkrati ? Ali se Zemlja ne vrt i ena- komerno okrog svoje osi? Morda pa bo kdo od bralcev znal pojasni ti to zaplet enost? A ndTej Likar I Naloge - Računalništvo KOCKE IZ ZLATA Faraon je dal predse pri vest i svojega zlatarja in mu naročil : "Do jut ra mi boš iz tega velikega ku pa lesketajočih se zlatih zrn nared il štiri kocke za dar bogovom. Toda pazi! O daru sem se posvet oval s svečeniki . T i zahte vajo, da so kocke različno velike in da je rob vsake kocke, merj en z debelino moj ega palca, celo število, manjše od 12. Vsota robov najmanjše in največj e kocke mora biti enaka 13 deb elin palca , enako naj velja za vsoto robov ostalih dveh kock. Da potolažimo jezo bogov, moraš porab it i zlato do zadnjega zrn a. Če naročila ne boš natančno izpolnil, boš umrl." Trepetajoči zlatar se je vročično spravil k delu , t eht al in talil je zlato te r računal in računal. Končno je našel štiri dolžine za robove kock, ki so ustrezale vsem far aonovim zahtevam , razen eni: rob največje kocke je meril 12 faraonovih palcev. Obup an se je zlatar odločil t vegati faraonovo jezo in t ik pr ed zoro je dokončal delo. Ob zori je bil usmrčen . N avedi dimenzije kock, ki bi jih zlatar moral narediti , in kakšne so bile dimenzije kock, ki jih je naredil? M arija Vencelj IŠČEMO BESEDO Če imamo na razpolago n različnih črk, lahko iz nj ih sestavimo n ! različnih besed , v kater ih vsaka črka nastopa natanko enk rat . Pri te m pojem beseda označuje poljubno (končno) zaporedje znakov. Seveda pa t ako zaporedje le redkokdaj določa besedo slovenskega jezika . Iz črk a , h in m lahko tako sestavimo nas lednje besede: ahm, amh , ham, hma, mah , mha. Vaša naloga je , d a v en em o d svoj ih priljublje nih p rogramskih j e- zikov sestavite program, ki kot vhod vzame skupino n različnih črk in naravno št evilo k ter med n ! različnimi besedami , ki j ih lahko dobimo z razmeščanjem dan ih črk, poišče t isto , ki je pri ureditvi po abecedi na k-tem mestu . Pri črkah a , h , m in številu k = 3 je to beseda ham. Poskusit e še, kakšen odgovor dobit e pr i črkah a, b , 0 , r , v in številu k = 38. Martin Juvan Astronomija POPOLNI SONČEVMRK DNE 11. 8.1999 • Wien 48° N 47"N ""- _ "'- .l '" AUSTRIA • SanktPOlten { # I.. "~tlslaVa / , ~ ...... c~~~(,~~ SLOVAKIA ,,- I-, . ".-..-' Slika 1. Takole bo Lunina senca op lazila sk rajno severn i del Sloven ije , od ko der bo viden popolni Sončev m rk. Iz drugih kraje v v naši državi pa bo viden de lni mrk. Ostale po datke preberete s skice, ki smo jo posneli z Intern eta. Kastar « DVOJČKA *Polu.ks -,\ \ \ RAl< I Ir. l ' J Son ce• • VeNE RA *Prok/jon Slika 2. Ob popolnem mr ku bomo v jasnem vr em enu visoko na neb u okoli od Lune zatemnjenega Sonca lahko opazovali svetle zvezd e P rokijon , R egul, Kastor in Poluks , od planetov pa Venero in Merkur. lvIarijan Pros en I Rešitve nalog RAČUNALO ZA SEŠTEVANJE V PETIŠKEM SESTAVU - Rešitev s str. 279 Za začetek ne spreglejmo dve h osnovnih res nic: • Pri izbranih slikah šte vil Oin 1 se v dano točko šte vilske pr emice upo- do bi natanko določeno šte vilo, ne glede na to, v kakšnem šte vilskem sestav u smo ga zapisa li. Npr .: Šest enot v pozitivni sme ri od števila nič leži slika šte vila šest , ki ga lahko zapišemo kot 6 v deset iškem sistemu, 11 v peti škem , 110 v dvojiškem itd . • Vsota števil je odvisna le od vrednost i seštevancev in prav nič od tega , kako sm o seštevance in vsoto zapisali. Iz obojega sledi , da moramo preveri ti le nasled njo t rd ite v: Točka, ki leži ob ravnilu na srednji številski premi ci, je slika vsote števil, katerih sliki sta točki ob ravnilu na zunanjih premicah. Na j bod o številske premi ce v taki medsebojni legi, kot je bilo opisano v nalogi, le enote naj bodo na vseh treh za začetni premi slek enako velike. o o o 1 ""'a -. Če st a a in b sešte vanca, up odobljena ob ravnilu na zunanjih pr e- micah , je na srednji premi ci ob ravnilu upodobljena njuna aritmetična sredina a~b (v narisanem primeru, za kat erega je a < b, sledi to iz enačbe x - a = b - x ; podobno premi slim o, če je a 2': b). Naj bo sedaj enot a na srednj i premi ci enaka polovici enote na zuna- njih pr emi cah. V vsako točko na tako um erj eni srednji premici se up o- dobi dvakrat tolikšno št evilo kot v narisanem primeru. Za našo nalogo to pomeni , da se v točko ob ravnilu na srednji premici up od obi št evilo 2 . a~b = a + b. Računalo to rej vedn o pravilno sešteva. Kako lahko računalo uporabimo za odštevanje , ste gotovo že sami ugotovili . Tudi na vprašanje, kako napraviti podobna računala za sešte vanje v drugih številskih sest avih, sm o spotoma že odgovorili. Le točke na številskih premicah mor amo označit i v željenem številskem sestavu. Marija Vencelj Rešitve nalog I KOCKE IZ ZLATA - Rešitev s str. 355 Predp ostavimo seveda, da so bili svečeniki nezmotljivi in da je torej na- loga, zastavljena zlatarju , rešljiva. Pare kock, z vsoto robov enako 13, predstavljaj o naslednji pari celih števil: (1, 12); (2, 11); (3, 10); (4, 9); (5,8) in (6, 7) . Ker je nesrečni zlatar v svojem usodn em poskusu porabil vse zlato, moramo iz te h parov izbr ati dvakrat po dva par a tako, da bo vsota prostor- nin št irih kock prvega izbora enaka vsot i prostornin št irih kock drugega izbora . Edina možna rešitev te naloge je Zlatar je izdelal kocke z robovi 1, 5, 8 in 12 faraonovih palc ev, morale pa bi meriti 2, 3, 10 in 11 palcev. Marija Vencelj KRIŽANKA "P LAN ETI NAŠEGA SONCA" Rešitev s str. 288 9 Luna - -" ~ - - II: - Ji.-... - = ~ - - Z'·m1jIlO ..---.' -" -1--.. _.. Zl'lll lj a O :ilJW I ....• .. ,'" -.-. K O N J U N K C I J A 0 si 9 B & ~ ~ E N O E K A S I L A B 'o - -~ ~ (J-- V P I S N I N A - O A N I C A ~ E P I G R A M = E L S T A R il:i:; ~~ ~ R N ~ L E ~ G L O R I O L A ::; - ~N U T A C I J A rS c A M E R O N Z A S T O R "lill" E T O N ..... S O N C E V N O S ~ M I K ~ V I §..~ ":U ~ R O S A J A M - :ll'! ~ ~ P E R C ~ L A S =~ .~ 1;;;;;;;; - ~_. ~ A N T R O P O L O G I J A - ...~'" S L I Š A J " -ee Q .ll:'. Y I M E ~ I K E B A N A ~ P A J K U L J A= = W M I N N E S O T A _oo = N A V L A K A ~ S E U L~ 1Ft;;. E L E A T ~ Č I V K ~ A K ~ Y O~ V A R P A'o' - R I P = E L I K T O R ~ R U N A ~ J E N ~ I B.=. ~~ K A T E H E T _. lj S A T U R N~ B E S N O T A ~ U O U Š I T E V ~ A V I Z A - B E T L E H E M- R A N ~ P A K T - .:::, S T A N :=1 O L I O - A R A I Rešitve nalog MILNI MEHURČEK- Rešitev s str. 327 Prostorni na krogle s polmerom r je V (r) = 47rr3 /3 , površina sfere, ki tvori njen rob , pa S(r) = 47rr 2 . Če se polmer kr ogle zveča za .6.r , se njena prostornina in površina njenega roba povečata za pribli žno .6.V:::::: V' (r )·.6.r = 47rr2.6.r .6.S :::::: S' (r ) · .6.r = 87rr .6.r. Od tod iz enačbe (2) dobimo .6.r :::::: .6.S / (87rr) . In iz (1) in (3) potem še (1) (2) (3) .6.V :::::: r.6.S/2. (4) V našem primeru je r = 7 x 106 min .6.S = 1 m2 . Od tod nam formuli (3) in (4) dasta .6.r :::::: 1/ (567r) x 10- 6 m se 56 nm in .6.V :::::: 7 x 106 / 2 m3 :::::: 3.5 x 106 m3 . Polmer se torej poveča za pri bližno 56 nanomet rov, zajeta prostorni na pa za približno 3,5 milijone kubičnih metrov. Vprašanje: Problem lahko rešimo tudi bolj eksaktno, brez up orab e približkov, ki nam jih da diferencialni račun. Poskusi to naredi ti. Koliko najmanj decim alnih mest mora imet i tvo j žepni računalnik , da t i lahko da smiselen rezul tat ? Ali je tako reševanje smiselno? Tom až Slivnik, ml. KOLIKO BESED - Rešitev s str. 337 P ri n aloga h , ki zahtevajo u gotavlj a nj e štev ila določenih objektov, v n aše m primeru besed , moramo biti te meljit i, da up oštevamo res vse objekte, in previdni , da nobenega objekta ne up oštevamo večkrat . Velikokrat preštevamo tako , da vpeljemo pomožne količine , ki štejejo objekt e s po- sebnimi lastnostmi, poiščemo zveze med temi količinami in nato s pomočjo t eh zvez izračunamo iskan e vrednost i. Poglejmo, kako opisani pristop up orabimo pri št et ju različnih besed , sestavljenih iz dane skupine znakov. Za vpeljavo pomožnih količin bomo Rešitve nalog I izbrali dve lastnosti: skupino zna kov, ki jih lahko up orabimo za sesta- vljanje besed , in dolžino sestavljene besede. Ta ko ne bomo št eli le, koliko besed lahko sestavimo iz danih znakov, ampak bomo vedno vedeli tudi, koliko besed je posam ezne dolžine. Skup ino znakov, iz katerih sestavljamo besede, bomo postopno povečevali , dokler ne bo obsegala vseh znakov be- sede MATEMATIKA. Poiskati moram o še zveze med pomožnimi količinami . Vzemimo sku- pino znakov, označimo jo z B, in recimo , da že vemo, koliko besed posa- mezne dolžine lahko sestavimo iz znakov iz B. Označimo t e vrednosti z Bl , B 2 , ... Za B = { A, A, A} imam o npr. Bl = B 2 = B 3 = 1 in Bi = O za i ::::: 4. Dodajmo v B še k kopij znaka, ki v B še ne nastopa, označimo novo, večj o skupino znakov z BI in naj bo B~ , i = 1,2, .. ., št evilo različnih besed dolžine i , ki j ih lahko sestavimo iz znakov iz BI . Po tem velja B~ = t (i.) B i - j . j = O J Pri tem moram o vzet i Bo = 1 in Bi = Oza i < O. Simbol (i.) = "( '~ ) I jeJ J . • J . binomski simbol, ki pove, koliko različnih podmnožic moči j ima množica z i element i. Tudi t u je G) = O za i < j . Po jasnimo, kako pridemo do formule (*). Vzemimo besedo dolžine i, sestavljeno iz znakov iz BI . Ta lahko vsebuje O, 1, ... , k - 1 ali k poj avitev novega znaka (t ist ega, ki ga ni v B). Koliko je teh pojavi tev , označuje ind eks j . Beseda je torej sest avljena iz i znakov, od katerih je j kopij novega znaka. Tako imamo G) možnosti za izbiro mest , na kat era po- stavimo kopij e novega znaka (kopij novega znaka med sebo j seveda ne ločimo), preostalih i - j mest pa "zapolnimo" z besedo dolžine i - i, se- st avljeno le iz zna kov iz B. Za različne podmnožice in različne besede dolžine i - j seved a dobimo različne besede dolžine i . Za ogrevanj e preštejmo , koliko različnih besed lahko sestavimo iz zna- kov besede PRESEK. Štetje bomo opravili v petih korakih , ker v besedi PRE- SEK nastopa pet različnih črk. Računanje je manj zaplete no , če najprej dodaj am o tiste črke , ki nastopijo večkrat , kasneje pa tiste, ki nast opijo manjkrat. Tako imam o znaki EE 1 1 O O O O Dod amo (eno kopijo) znaka K. Formula (*) pravi, da je I Rešitve nalog 361 I Tako dobimo (namesto B: zope t pišemo Bi ) zna ki B l B 2 B3 B4 B 5 B6 EEK 2 3 3 O O O Po vrsti dod amo še znake P, R in S te r izračunamo znaki B l B 2 B3 B4 B5 B6 EEKP 3 7 12 12 O O EEKPR 4 13 33 60 60 O EEKPRS 5 21 72 192 360 360 Vsot a števil v zadnji vrstic i je 1010, to liko, kolikor je bilo omenjeno v besedilu naloge. Sedaj pa k nalogi. Štetje besed , sestavljenih iz znakov besede MA- TEMATIKA, poteka enako kot pri besedi PRESEK, le računsko je nekoliko zahtevnejše . Ker v besedi MATEMATIKA nastopa 6 raz ličnih črk, bomo izračun opravili v šestih korakih . V besedi največkrat nastopa črka A, zato bomo začeli z njo. Črki Min T nastopat a po dvakrat , to rej bomo form ulo (*) morali uporabi ti t udi za k = 2. Tedaj se le-t a glasi , . i (i- 1) Bi = Bi + Z • Bi- l + 2 . Bi- 2 . Prvi t rije koraki so torej znaki Bl B 2 B 3 B 4 B 5 B6 B7 Bs B g BlO AAA 1 1 1 O O O O O O O AAAMM 2 4 7 10 10 O O O O O AAAMMTT 3 9 25 62 130 210 210 O O O Ko dod ajamo pos amezne znake, je zveza za člen krajša B: = Bi + i . Bi - l . Tako dobimo znaki AAAMMTTE AAAMMTTEI AAAMMTTEIK 4 15 52 162 440 990 1680 1680 O 5 23 97 370 1250 3630 8610 15120 15120 6 33 166 758 3100 11130 34020 84000 151200 O O 151200 Rešitve nalog I P ri koncu smo. Št evilo besed , ki jih lahko sestavimo iz znakov besede MATEMATIKA, je enako vsot i števil iz zadnje vr stic e razpr edelnice 6+33+166+758+3100+ 11130+34020+84000+151200+151200 = 435613 . Če ste pr i volji za računanje , lahko preštejete še, koliko različnih bese d lahko nar edimo iz znakov besed FIZIKA, ASTRONOMIJA in RAČUNALNISTVO . Če se ra jši ukvarjate z računalniki , lahko poskusite napisati računalniški program, ki bo štetje op rav il nam esto vas . Če pa st e bolj "razmišlj ujoče" narave, lahko poskusite poiskati še kakšno dod atno zvezo oz. lastnost , ki bo olajšala računanje , ali pa si celo izmislite svoj postopek za štet je različnih besed. Na primer, gotovo st e opazili, da st a v vseh vrsti cah razpredelnic zadnj i (neničelni) števili enaki. Martin Juvan KRIŽANKA O TRIKOTNIKU - Rešitev s str. 352 t::? ~.:.::i.l =::l:l - c ~~. ~ - -- - c.- A .... -- ~ - ~A~ P o M o Č ~ S P R E V o D,. "'" il ~K A T E T A ~v I Š I N S K A.1 A il :\ li ~'W.:'~~ H R V A T I '5' "w -~- T I M E S ..:. K o K Š ==_. S K I F ~ V A P I T I I-€- o C E N A ~ o P A R A~ :- T I P ~ L A Z "::&" R o G A Č ~ T o N I K - R E P.r.::::.. ~ o L o V o š " o M S K S U K o R g K S ~ ~ D A,- .:. ! K T ~ -=. N o T R A N J I o A P A R A T ~ P E N N- ~ M E T R o~ K A M E N ~ A L T - "= K R A J A=...... B E N ~ A Ž B E~ E L I P S A~ P A N o ~ I Ž ~ E T U I ~~ A N D R o G I N ~ L E P o T I C A-- N E Z M E R N E ž ~ V E L I K A ~ R o M A'N :g;z - = Z R A S T E K i-=. B o R K o N K U R Z --~ -:= .... - - c T E Ž I Š Č E c ~ G A T ~ o H I o ~~ R A N Č A R~~E U L E R J E V A ~- .A I D A ~K R o Ž N I C A SA il A lJ I Računalništvo - Rešitve nalog TEŽAVE POSTAJNEGA NAČELNIKA­ R ešitev s st r . 342 Ideja rešit ve je, da simuliramo sestavljanje preurejenega vrstnega reda va- gonov . Denimo, da na izhodnem t iru (smer B) pot rebujemo vagon številka k . Na postaji so čakajoči vagoni vedno ur ejeni padajoče . Ker moram o s post aj e najprej pr em akniti prvi čakajoči vagon , pogledamo sa mo tega. Če to ni vagon številka k , je možno , da je iskani vagon še vedno sest avni del vlaka na vhodnem t iru (smer A) . Če vagona tam ni , želene razporeditve ni moč dobiti. Ker so vagon i na tiru A ur ejeni po vrsti , t udi tam pogledamo le pr vega . Če ima številko manjšo ali enako k , pr epeljemo vse vagone do k-tega na postajo. Poglejm o primer. Denimo, da bi rad i dosegli razporedi tev 1 3 4 5 2. Na jprej pr ep eljemo vagon šte vilka 1 na izhodni tir. Na naslednjem koraku potrebujemo vagon številka 3. Zato vagona 2 in 3 zapeljemo na postajo in dobimo po ložaj, ki je prikazan na spo dnji sliki. B Vagon št evilka 3 odpeljemo na izhodni tir , nato pa nanj pr epeljemo še vagona številka 4 in 5, prav na zadnje pa s post aj e odpeljemo še vagon številka 2. Če pa bi bila želena razporeditev 1 3 5 2 4, pač ne bi šlo. Začeti bi morali tako kot pr ej . Ko bi na tir B pr ep eljali vagon številka 5, bi bili vagoni razporejeni t ako, kot kaže spodnja slika . B A CD == postaja[na_postaji - 1] ) 1* Vagon gre s postaje na tir B. *1 1* želene razporeditve ni mogoce dobiti! *1 Računalništvo - Rešitve nalog I Iz tega položaja pa vagona šte vilka 2 ni mogoče dobiti pred številko 4. #include 1* Ugotovi, ali je s pomo~jo slepega tira vagone mogo~e preurediti v želeni vr s t ni red. *1 #define MAXN 1000 1* najve~ja dolžina vlaka *1 int main(void) { int N; 1* dejanska dolžina vlaka - število vagonov *1 int vagon [MAXN]; 1* želena razporeditev vagonov na tiru B *1 int postaja[MAXN]; 1* vagoni , ki ~akajo na postaji *1 int na_tiru_A; 1* številka prvega vagona na tiru A *1 int na_postaji ; 1* število vagonov na postaji *1 int i, j; printf("\nVnesi dolzino vlaka: Ol) ; scanf("%d", &N); printf( "Vnesi zeleno razporeditev vagonov na izhodnem tiru:\n"); for (i = O; i < N; i++) { printf(" st . %d. vagona: Ol, i + 1); scanf("%d", &vagon[i]); }; na_tiru_A = 1; 1* Na za~etku so vs i vagoni na tiru A, *1 na_postaji = O; 1* postaja pa je prazna . *1 for (i = O; i < N; i++) { 1* Na tir B moramo dati vagon [i ] . *1 if (na_tiru_A <= vagon[i]) { 1* Vagoni do vagon[i] morajo iti na postajo . *1 for ( j = na_tiru_A ; j < vagon[i] ; j++) { postaja[na_postaji] = j; na_postaji++ ; } ; 1* vagon j i.] "prepeljemo " , prvi na tiru A je vagon j i.] + 1. *1 na_tiru_A = vagon[i] + 1; } else if (vagon [i ] na_postaji-- ; else break ; } 1* for *1 if (i == N) printf("\nGre!\n") ; else printf("\nNe gre!\n"); return O; } Pri pisanju programa smo pr ivzeli, da bodo vhodni podatki vnešeni pravilno in da bodo res predst avljali neko permutacijo števil od 1 do N. Dopoln ite program tako, da bo pr i napačnem vnosu "protest iral" . Matija Lokar IRačunalništvo - Rešitve nalog IŠČEMO BESEDO - Rešitev s str. 355 Ljudje števila običajno zapisujemo v deseti škem sestavu. V računalništvu večkrat srečamo t ud i osnove dva, osem in šestnajst. Seveda pa obstaj ajo tudi bolj nenavadni zapisi. Videli bomo, da je rešitev naloge povez ana z enim od t akih zapi sov. Števila lahko zapišemo t udi v "faktorielnem" zapi su. Vsako naravno število k od O do n ! - 1 lahko enolično zapišemo kot k = Cn- l . (n - 1)! + Cn - 2 . (n - 2) ! + .. .+ C2 . 2! + Cl . 1! , kjer za števke Ci , i = 1, . . . , n - 1, velja Ci E {O, 1, . . . , i - 1, i}. O obstoju in enoličnosti zapisa se lahko prepričamo z matematično indukcijo . In kako poiščemo faktorielni zapis števila? Podobno, kot poiščemo zapise v bolj običajnih sestavih. Dvojiški zap is šte vila poiščemo npr. tako, da št evilo zaporedoma celoštevilsko delimo z 2 in beležimo ost anke. Delje- nje končamo , ko število postane enako O. Ostanki , prebrani od zadnjega proti prvemu, dajo dvojiški zapis izbr anega števila. Npr.: 37 18 9 4 2 1 18 9 4 2 1 O 2 + 1 2 + O 2 + 1 2 + O 2 + O 2 + 1 Torej je 37 = 100101(2)' Posamezna mesta v dvoji škem zapisu so ut ežena s pot encami števila 2: 1, 2, 4, 8, ... V fak torielnem zapisu pa so posamezna mesta ut ežena s fakultet ami števil: 1!, 2!, 3!, 4!, . . . Pri iskanju zapisa zato na pr vem koraku število delimo z 2, na drugem s 3, na tretj em s 4 itn. Tako dobimo 37 18 2 + 1 k k2 2 + Cl 18 6 3 + O k 2 k3 3 + C2 6 1 4 + 2 1 O 5 + 1 k n - l kn n + Cn- l Če je število k manj še od n !, potem je zadnji kvocient kn enak O. Fak to- rielni zapis števila 37 je to rej 37 = 1201(!). 366 Računalništvo - Rešitve nalog I { Število razp oložljivih črk. } { fak torielni zapis } { iskana beseda } In kakšno zvezo ima faktorielni zapis z iskanj em besed? Recimo, da imam o na voljo črke a , b , 0 , r in v. Iz njih lahko sestavimo 5! = 120 različnih besed . Iščemo po ab ecedi 38. besedo. Ker je 4! = 24, se besede od 1. do 24. začno z a , od 25. do 48. se začno z b, od 49. do 72. z 0 , od 73. do 96. z r , zadnjih 24 besed pa se začne z v. Iskana beseda se torej začne z b. Vseh 24 besed , ki se začno s črko a , bo po abece di pred njo. Zato moramo le še določiti po abecedi 14. besedo (38 - 24 = = 14), sestavljeno iz črk a , 0 , r in v. Ponovimo zgornji razmislek . Besed je 24, prve črke pa jih razdelijo v skupine po 6. Iskana beseda je tako v 3. skupini , zato se začne s po abece di t ret jo črko , črko r. Na enak način določimo t udi nadaljnj e črke in najdemo iskano besedo : br avo. Če ste pozorno spremljali gornji ra zmis lek , st e gotovo opazili, da smo pravzaprav opisali še en način za iskanj e faktor ielnega zapisa. Ker smo besede oštevilčili od 1 do n! , s faktorielnim zapisom pa opišemo števila od O do n! - 1, moramo pogledati zapis števila 37: 37 = 1201(! ). Števke štejemo od O dalje, skupine (oz. začetne črke) pa smo št eli od 1 nap rej, zato vsako šte vko še povečamo za 1. Dobimo zaporedje 2, 3, 1, 2. Izmed črk a , b , o, r , v izberemo 2., jo ods t ranimo, med preostalimi vzamemo 3., jo zopet odstranimo, na to 1. , pa 2., na koncu pa dodamo še edino preostalo črko . Seveda dob imo besedo bravo. Ponovimo, kako poiščemo k-to besedo. Najprej poiščemo faktorieln i zapis števila k - 1. (Če imamo n črk, bo zapis imel n -1 števk; ne smemo pozabi ti na vodilne ničle , če so potrebne, da zago tovimo pr avo dolžino .) Vsako števko povečamo za 1, nato pa iz zaporedja črk izbiramo črke , kot narekujejo števke. Vsako izbrano črko sproti odstranim o iz zaporedja. Črko , ki ost ane, dod am o na konec besede. Opisanega postopka ni težko sprogramirati. V nadaljevanju je zapisan v turbo pascalu kot funkcija Poi sc i Bes edo. fu nction PoisciBesedo(crke: st ring; k: longint ): st ring; { Poišče p o abecedi k- to besedo, sestavljeno natanko IZ črk IZ crke. } { Črke v nizu crke m orajo biti urejene po abecedi. } var n: integer ; stevka: array [1..255] of byte ; beseda: st ring; i: int eger ; begin n := length (crke); Računalništvo - Rešitve nalog { Poiščemo zap is števila k - 1 k := k - 1; for i:=l to n - 1 do begin stevka[n - i] := k mod (i + k := k div (i + 1); end; v 'faktarielnem ' zapisu. } { Zapis ima n - 1 števk. } 1); {Najprej dobimo zadnjo šte vko .} if k > O then begin writ eln (,Toliko razlicnih PaisciBesedo .- "; exit ; end; { Število k j e preveliko. } besed ne obstaja.'); { Zgradimo iskana besedo. } beseda := " ; for i:=l to n - 1 do begin { Pazim o, da šte vke povečamo za ena . } beseda := beseda + crke[stevka[i] + 1]; delet e(crke, stevka [i] + 1, 1); end; beseda := beseda + crke; { Dodam o še preostalo črko. } PoisciBesedo := beseda ; e nd; {PoisciBesedo} Črke , ki jih imamo na voljo za gradnjo besed, smo predst avili z ni- zom znakov (t ip string). Taka izbira nam ola jša brisanje že porablj enih črk. Uporabimo lahko kar v t urbo pascal vgrajeni podprogram delete (ta ima t ri par ametre: niz, iz kat erega brišemo znake, indeks prvega zbrisa- nega znaka in število zbrisanih znakov). Funkcija PoisciBesedo zahte va, da so črke v parametru crke urejene po abecedi, sicer ne deluj e pra- vilno. Pokličemo jo lahko kar s konstantnim nizom in šte vilom, saj za oba parametra uporabljamo prenos po vrednosti . Tako na primer klic PoisciBesedo ( 'aborv', 38) vr ne niz bravo . Martin Juvan KRIŽANKA Z GESLOM - Rešitev s str. 267 EKSPONENTN A ENAČBA. Darjan Trupi Tekmovanja I IZBIRNI TESTI ZA MEDNARODNO MATEMATIČNOOLIMPIADO - Rešitve nalog s str. 319 1/1. V funk cijsko enačbo vst avim o x = y , od koder sledi f (O ) = (f( x ) - X)2 za vsak x E IR . (1) P ri x = O je zato f (O ) = P(O) . Torej f (O ) = O ali f( O) = 1. Če je f (O) = O, je f (x ) = x za vsak x E IR in ta fun kcija ustreza pogoju naloge. Če pa je f( O) = 1, iz (1) sledi f( x ) - x = 1 ali f( x) - x = - 1. Torej je za vsak x E IR bodi si f(x) = x + 1 ali pa f( x) = x - 1. Dokažimo, da druga mož nost odpade. V fun kcijsko enačbo vstavimo y = O, od koder sledi f (x2) = f2(X) - 2x f (O ) za vsak x E IR . V funkcijsko enačbo vst avimo x = O. Torej je (2) (3) Če torej za nek i x velja f(x) = x - I , z upoštevanjem (3) in (2) sledi 1 + x2 = f (x2) = (x - 1)2 - 2x = x2 - 4x + 1 . Potem je x = Oin zato f (O ) = - 1. Torej je f( x) =1= x - I za vsak x E IR. Nazadnje preverimo, da funkcija f , f( x) = x + 1 za vsak x E IR, ustreza pogoju naloge. Opomba. Zlahka preverimo, da funk cija f , f( x ) = x- I za vsak x E IR, ne zadošča pogoju naloge, vendar to ne ovrže možnosti , da je .f(x) = x- I za neki x in .f(y) = y + 1 za neki y =1= x. 1/2. Označimo Oza vsak n E lNo. Sledi an = aa + (a l - aa) + (a2 - ad + .. .+ (a n - an- l ) = = 1998 + ( _ 1__ 1) + ( _ 1__ 1) + .. .+ (_1- - 1) = ao+l a,+ l an_l +l = 1998 - n + _ 1_ + _ 1_ + ... + _ 1_ > 1998 - n . ao+l a, + 1 an- l+1 Za n E {O, 1, 2, . . . , lOOO} pa lah ko ocenimo _ 1_ + _1_ + ...+ _ 1_ < _ n_ <~ < 1000 1 ao+l a, + 1 an- l + 1 an- l + 1 - aggg +l 1998-999+ 1 - , saj je aa > a l > . . . > an- l ~ a999 > 1998 - 999 = 999. Torej je an - (1998 - n) < 1 oz. an < 1999 - n . Ena kost [an ] = 1998 - n je tako dokazan a. Matjaž Željko I Tekmovanja 20. MEDNARODNO MATEMATIČNO TEKMOVANJE MEST Na lanskoletnem 19. mednarodnem tekmovanju mest so na ši t ekmovalci prejeli 6 pohval: Matj až Urlep, Jure Kališnik (oba ŠC Celje - gimna- zija Lava), Matija Mazi (gimnaz ija Bežigrad ), Martin Knapič (gimnaz ija Šentvid) , Du šan J an (gimnazij a Tolmin), in Moj ca Miklavec (Škofijska klasična gimnaz ija Ljubljana). Z novim šolskim letom se je začel t udi nov cikel t ekmovanj a mest. Na jesenskem krogu letošnj ega tekmovanj a so tekmovalci reševali nalo ge dva dni . V lažjem sklopu nalog so reševali naslednj e naloge: Prva skupina 1. Ko cko z dolžino stranice 20 razdelimo na 8000 disjunktnih enotskih kockic in v vsako kockico napišemo število. V vsakem stolpcu 20-ih kockic, vzporednem st ranici kocke, je vsota števil v kockicah ena ka 1 (to velja za vse stolpce v vseh treh smereh). En a od enots kih kockic vsebuje šte vilo 10. Skozi to kocko potekaj o tri rezine 1 X 20 X 20, vzporedne stranicam kocke. Poišči vsoto vseh števil v kockicah zunaj teh treh rezin. (3 točke) 2. Kvadrat naravnega števila je oblike ... 09. Zadnji dve števki sta Oin 9, dokaži, da je pred-predzadnja števka soda. (3 točke) 3. V trikotniku ABC ležijo točka A' znotraj stranice BC, B' znotraj CA in C' znotraj AB. Pri tem velja ao in zato ao > Cl te r bl > bo in zato Cl > bl ' Od to d sledi, da je a l > bl . Naj ima pri selitvi skup ina emigrantov iz B v A povprečje inteligenčnih kvocientov enako C2 in novi I Q v dr žavah a2 t er b». Pod obno kot pr ej iz a2 > al in bz > bl sledi b2 > bl > C2 > a2 > al ' To pa je v pr oti slovju z neenakost jo a l > bl . (c) Dr žava A naj ima dva prebivalca z inteligenčnim kvocientom 30 in 10. Dr žava B ima pet dr žavlj anov, ki imajo Q enak 630, 60, 60, 50 in 50. Država C ima le enega prebivalca , ki ima Q enak 20. Torej je I Q dr žav enak 20, 170 te r 20. P ri pr vi selitvi se državljan iz A, ki ima Q enak 10, preseli v dr žavo B te r oba dr žavlj an a iz B , ki imat a Q enak 50, emigrirata v C . Novi IQ drž av so tako 30, 190 te r 40. Pri drugi selitvi se prebivalec dr žave C , ki ima Q enak 20, preseli v B , iz dr žave B pa odideta oba državlj ana , ki imat a Q enak 60, v dr žavo A. Novi IQ dr žav so 50, 220 in 50. R ešitve nalog drugega d ela Prva skupina 1. Ker je (a + 5) - 5 = 5, je D (a , a + 5) enako 5 ali 1. Podobno dobimo, da je D (b, b + 5) ena ko 5 ali 1. Vemo, da je v(a, a + 5) = o'(~~~~;) in v(b, b + 5) = ;(~t~~ ) . Torej velja a( a + 5) = b(b + 5) , 5a( a + 5) = = b(b + 5) ali a( a + 5) = 5b(b + 5). Če je a(a+ 5) = b(b+ 5) , je (a - b)(a + b+ 5) = O. Torej je a = b, saj sta števili a in b poziti vni. Če je 5a(a + 5) = b(b + 5), je b deljiv s 5 in D (a, a + 5) = 1. Torej je b(b + 5) deljivo s 25, kar pomeni , da je število a deljivo s 5. Od tod pa sledi D (a , a + 5) > 1, kar ni možno . Enakost a(a + 5) = 5b(b + 5) po dob no kot prejšnj a ni možna . 2. Na j bo k število kovancev in n število roparj ev. Naj bodo a l ,· .. , ak vrednosti kovanc ev v penijih. Ted aj velja a2 + a3 + + ak = nb, ; al + a3 + + ak = nb2 j Tekmovanja kjer je bi vrednost v penijih, ki bi jo dobil vsak od roparjev , če bi odstrani li i-ti kovanec. Če seštejemo zgornje enačbe dobimo Naj bo d največji skupni delitelj števil al +...+ ak in n . Ker je a2 + + a3+... +ak = nb«, je število al deljivo z d. Podobno iz i-te enačbe dobimo, da je število a ; deljivo z d. Ker je bi vsota vrednosti nekaj kovancev in je vsaka vr ednost deljiva z d, je t udi vrednost bi deljiva z d. Torej lahko šte vila a ; in bi delimo z d. Zato lahko pr edpostavimo, da je d = 1. Tedaj iz zgornje enačbe sledi , da k - 1 deli n. D ruga skupina 1. Recimo, da bi bilo okoli mize n sedežev in je an število možnih sed ežnih redov. Če se je profesor K. usedel na mest o i-tega poro- tnika (to je oseba , ki se je kot i-ta usedla za mizo) , t edaj so se drugi , t retj i,. . ., (i - 1)-vi porotnik pr avilno usedli , ostali pa so se razvrstili na an-H I načinov . Od to d sledi , daje an = an-l + an-2+ " ·+a2+1. Ker je a2 = 1, je an = 2n-2. Torej je a12 = 212 = 1024. 2. Naj bodo a, b in c dolžine st ranic kvadra in naj bo v njem kvad er z dolžin ami stran ic x, y in z . Ker je površina zunanjega kvadra večja od površine notranjega kvadra, velja 2xy + 2x z + 2yz :::; 2ab + 2ac + 2bc . Tudi diagonala notranj ega kvadra je kr aj ša od diagonale zunanjega kvadra , zato je Od to d sledi (x + y + z )2 = x 2 + y2 + z2 + 2xy + 2x z + 2yz :::; :::; a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc = = (a + b +c)2, kar pomeni, da je x + y + z :::; a + b+ c. Aleš Vavpetič Letno kazalo I PRESEK - list za mlade matematike, fizike, astro- name in računalnikarje - 26 . letnik, leto 1998/99, št evilke 1-6, st r an i 1-384 IZ STARIH ŠTEVILK Oda kva dratni enačbi z balad nim pr iokusom (Tomaž P isan ski ) o • • 8-9 Množenje na pr st e (Jože Vrabec) oo oo •• • • • • • oo oo oo • oo ••• oo oo oo • •••••• oo . 10-12 Posku si - premisli - odgovori (Zvonko Trontelj ) o. 13 Odkr itje pulzarja v ostanku supernove 1987 A (Andrej Čadež) o. 18-19 Praznični okrasek (Marija Vencelj) 19 Nevarna lit erat ur a (Pet er Pet ek ) 21-22 Bistrovid ec (Vladimir Batagelj) 22 Zasukaj prem ico (Boris Lavrič) o • ••• o . 23-25 Tri modre (Vilko Dom ajnko) o. 28-30 Enake vsote (Boris Lavrič) o. 31 Metoda "ostrega pogleda" v programiranju (Tomi Dolenc) o. 34-37 "Brezt ežno stanje" (Janez Strn ad) o • • • • • ••• • • • • ••• •• • • • •••••• o. 38-39 Mavrična uganka (Marija Vencelj ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 Nenavadna pr emica (Dušan Repovš) o • ••• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • 41 Kript ar it em z dvema kartama (Pe te r Petek) . o • ••• •• • • •• • •• • o ' • • • • • •• • • • • o . 42 Obojest ranska praštevila (Edvard Kramar) o. 42-43 Prep rost pr eizkus - napačna razlaga (Andrej Likar) o •• • • • • • • o . o . 44 Tekmovanj a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50-52 Ali znaš pokrit i šahovs ko desko z dominami? (Egon Zakraj šek) .. o • • • • • • o . III MATEMATIKA Okrnjena F ibonaccijeva števila (Mit ja Rosina) o. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20-21 Stopnj e točk grafov v nalogah (za konec gremo tudi v Portorož) (Sandi Klavžar) oo oo . oo oo oo oo oo • • oo . oo oo • • • • • • • • oo oo oo oo oo •• oo oo oo . 72-78 O premočrtnem in krožnem gibanju (Ivan Vidav) . . o • • • • • ••• •• • • • •• • • o . 86-90 Razr ez kocke (Tomaž Slivnik ml.) . o • • • • • • o •• • • • ••• • • • •• •• • • ••• • • • ••• • 130-132 Dve pali ci z enakima sencama (Nada Razpet , Dani ca Mati ) 154-156 Nožiščne krivulje krož nice (Marko Razpet ) o. 198-201 O harmoničnih številih (Jože Grasselli) o ••• o • • •• 218-223 Verižni prib ližki (Marino Pavletič) ' " 234-240 Dr. Franc Močnik in Cauchyjeva metoda (Mar ko Razpet) o. 258-263 Erdos-Mordellova neenakost (Ro man Drnovšek ) 294-301 O Froben iusovem številu (Jože Grasselli) o • • • • • ••• • • • • • o . o • •• • 328-337 Letno kazalo FIZIKA Človeška moč (Janez St rnad) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 2-7 Skrivljena zrcala (Andrej Likar ) 66-70 Električni t ok po kovini in elekt ro ni (J anez Strnad) 98-102 Električni t ok po kapljevinah (Janez St rnad) 138-140 Podmornica na vzmet - kako deluj e v veso lju in na Zemlj i (Moj ca Čepič) 194-197 Električni t ok po plinih (Janez Strnad) 210-212 Padanje dveh povezanih krogel (Milan Ambrožič) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230-2 31 Galilejev termometer (Vida Kariž Merhar) 280-28 1 Hallov poj av (Janez St rnad) 290-293 Meandri (Andrej Likar) 322-327 O helikopterj ih (Janez Strnad) 344-349 ASTRONOMIJA Lunina kim anja (Marijan Prosen) 26-28 O nam najbližj i zvezdi - 1. del (Mirjam Galičič) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80-83 Oko (Marijan Prosen) 104-106 O nam naj bli žji zvezdi, 2. del - Manj znano Sonce (Mirjam Galičič) 142-145 Pred pes (Marijan P rosen) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 162-164 Opazovanje vzhajališča in zahajališča Sonca (Marijan Prosen) 202-2 03 Zodiak (Marijan Prosen) 268-272 Kako smo spoznavali pulzarje (Andrej Čadež) 282-287 Re p (Marijan P rosen ) 338-340 Popolni Sončev mrk dne Il. 8. 1999 (Marijan P rosen ) 356 RAČUNALNIŠTVO Srečna števila z računalnikom (Martin Juvan) " 14-17 Dotikajoči se krogi - rešitev naloge s str. 31 (Martin J uvan) 92-94 Logo, seznami in množ ice (Martin Juvan) 146-152 Nenavadna funkcija z računalnikom (Martin Juvan) 204-208 Kochova snežinka (Mat ija Lokar) 274-278 Težave postajnega načelnika - reš . st r . 363 (Mat ija Lokar) 342 Iščemo besedo - reš. str. 365 (Mart in Juvan) 355 REŠITVE NALOG Stopnje točk grafov v nalogah - Rešit ev portoroške naloge s str. 78 (Sandi Kl avžar) 169 382 NOVICE Letno kazalo I Slovenski dijaki na letošnj ih olimpiadah iz matematike in fizike . . . . . . . . . . . . . 7 Za reš ite v Bealovega problem a razpisana nagrad a v višini 50.000 dol arj ev (Roman Drnovšek ) 78-79 29. mednarodna fizikaIna olimpiada (Cir il Dominko) 135 29. fizikaIn a olimpiad a: Skoraj na vrhu sveta (Martin Zadnik) 136-137 39. mednarodna matematična olimpiada (Matjaž Željko) . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 Poletna šola matematike na Bledu (Klavdija Pintar ) 157-159 Pi erre-Simon Lap lace (1749-1827) - ob 250-letnici roj stva (Marija Vencelj ) 213-217 Jurij Vega - Govor v Zagorici marca 1999 (Ant on Suhadolc) 343 O mojstru in orodju (Mat ija Lokar) 349-35 1 NALOGE Prav pos ebno število! Pa je to tudi res ? - reš. str . 106 (Mar ija Vencelj) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 13 Dotikajoči se krogi - reš. str. 92 (Martin Juvan ) 31 Številska križanka - reš. st r. 164 (Marij a Vencelj) 71 Tombola - reš. st r. 140 (Mart in Juvan ) 102-103 Nenavadna funkcija - reš. st r. 166 (Martin Juvan ) 108 Slana sredi grma - reš. st r. 241 (Jože Rakov ec) " 132 Šte vilska igrica za mlad e računarje - reš. str. 240 (Marij a Vencelj) . . . . . . . 152 Iz petih kvadratov dva - reš. str. 203 (Marija Vencelj ) 159 Okroglo in kvadrat as to - reš . str. 231 (Martin Juvan ) 159 Zanimiva naloga o Predpsu - reš. st r. 240 (Marij an P rosen ) 165 Na loga o senc i (Marijan Prosen ) 208-209 Želite zaposlitev pri Micros oft u? - reš. str. 287 (Matija Lokar) 212 Razreži na skladne dele - reš . str. 301 (Dragoljub M. Miloševi č , pr ev . Marij a Vencelj) 217 Razgibani nizi - reš. str. 263 (Martin J uvan) 229 Prelaganje žetonov - reš. st r. 351 (Dragoljub M. Milo ševi č , prir. Marij a Vencelj ) 266 Računalo za seštevanje v petiškem sestavu - reš. st r. 357 (Marija Vencelj) 279 Milni mehurček - reš. str. 359 (Tomaž Slivnik, ml. ) 327 Kolik o besed - reš . str. 359 (Mart in Juvan) 337 Lažnivi Kljukec - nagradna naloga (Andrej Likar) 341 Zapletena sončna ur a (Andrej Likar) 354 Ko cke iz zlata - reš. str. 358 (Marija Vencelj) 355 Letno kazalo PISMA BRALCEV Nekaj bi vam radi povedali (Nevenka Dušak in učenci OŠ Nove Fužine) 83 Geomet rijsk i asist ent (Mate j Šekoranja) 273 TEKMOVANJA 34. t ekmovanj e za Zlato Vegovo priznanj e (Aleksander Potočnik) 53-54 18. d ržavno tekmovanje iz fizike za Zla ta Stefanova priznanja (Zla t ko Bradač , Mirko Cvahte) 54-55 36. fizika lno te kmovanje srednješ olcev Slovenije (Ciril Dominko) 56-58 42. matematično t ekmovanj e srednješolcev Slovenije (Matjaž Željko) 58-60 19. mednarodno matemati čno tekmovanje mest - reš . iz XXV/ 6, str . 378 (Aleš Vavpetič) oo oo oo • • •• • • oo oo oo •• •• •• • • oo oo • •• • • • • • 61-64 Mednarodna matematična olimpiada 1999 (Matjaž Željko) 109 33 . področno t ekmovanj e za srebrn o Vegovo prizn anje - reš . str. 172 (Aleksander Potočnik) 109-11 5 18. področno tekmovanje iz fizike za osno vnošolce - reš . st r. 174 (Zlatko Bradač, Mirko Cvaht e) 115-118 Na loge s fizikalnega predtekmovanja srednješolcev Sloveni je v šolskem letu 1997/ 98 (C ir il Dominko) 118-123 Izb irn o tekmovanje iz matem atike za srednješolce - reš. st r. 185 (Matjaž Željko) . .. . . oo • • oo oo • • ••• •• oo • ••• • • • • • • oo • • •• • • • • • • •• •• oo 123-125 19. mednarodno matematično t ekmovanje mest - poml adanski krog - reš . str . 189 (Aleš Vavpet ič) 126-128 Urn ik tekm ova nj v letu 1999 (Darjo Felda) 170-172 Rešit ve nalog s pred tekmovanja srednješolcev iz fizike v šolskem letu 1997/ 98 - s st r. 118 (Bojan Golli) 177-184 34. državn o t ekmovanj e za Zlato Vegovo priznanje - reš. st r. 302 (Aleksande r Potočnik ) 242-243 18. državno t ekmovanje iz fizike za osnovnošolce - reš. str. 303 (Mirko Cvahte , Zlat ko Bradač) 243-246 42 . matematično te kmovanje srednješolcev Slovenije - reš. st r. 306 (Matjaž Željko) 246-248 Nal oge z državn ega fizikalnega tekmovanja srednješolcev Slovenije v šolskem let u 1997/ 98 (Cir il Dominko) 249-254 39. m edn arodna matematična o lim p iada - R e šitvi izbran ih nalog s st r. 153 (Matjaž Željko) 254-256 Rešitve nalog z državn ega tek movanja iz fizike v šolskem letu 1997/ 98 - s st r. 249 (Bojan Golli) 311-3 19 Izbirni t est i za med narodno matematično olimpiado - reš . st r. 368 (Matj až Željko) oo • •• •• •• •• • • oo • • 319-320 20. mednarodno matematično te kmovanje mest - reš. st r. 375 (Aleš Vavpetič) 373-375 Letno kazalo I NOVE KNJIGE Tekmujmo za Vegova priznan ja 2 - Zbirka rešen ih nalog s področnih in državnih tekmovanj od 1992 do 1998 (Sandi Klavžar) 272 ZANIMIVOSTI - RAZVEDRILO Velikani na Marsu (Vida Kariž Merhar) 40 Križanka "Tu smo že petindvajset let " - reš. str. 108 (Marko Bokalič) . . 32-33 Kockasti dodekaeder (Tomaž P isanski) 84-85 Izvor besede sinus (Matija Lokar) 90-91 Sestavljanka - reš . str. 137 (Boštjan Marinšek) 95 Križanka "Zlat i jubilej DMFA Slovenije" - reš . str. 165 (Mar ko Bokalič) 96-97 Mikrotveg (Andrej Likar) 133-135 Križanka "Zimski pojavi" - reš. st r. 241 (Marko Bokalič) 160-161 Križci in krožci oživljeni (P rimož Potočnik) 226-229 Križanka "Ob 250-let nici rojstva" - reš. str. 293 (Marko Bokalič) 224-225 Križanka z geslom - reš. str. 367 (Darjan Tr up i) 267 Križanka "P lanet i našega Sonca" - reš. str. 358 (Marko Bokalič) 288-289 Križanka o trikotniku - reš. str . 362 (Marko Bokalič) 352-353 PRESEK list za mlade matematike , fizike , ast r o n o m e in računalnikarje 26. letnik, šo ls ko leto 1998/99 , šte vilka 6 , st ran i 321 - 384 UREDNIŠKI ODBOR: Vladimir Batagelj, Tanja Bečan (jezi kovni pregled), Miran Černe (glavni ur ednik) , Vilko Domajnko, Roman Drn ovšek (novice), Darjo Felda (tekmovanja) , Bojan Golli , Marjan Hribar , Boštjan Jaklič (tehničn i ur ed nik) , Mar- ti n J uvan (računalništvo) , Sandi Klavžar , Boris Lavrič, Andrej Likar (fizika) , Matija Lokar, Franci Oblak , P eter Petek, Marija n Prosen (astronomija) , Marija Vencelj (matematika , odgovorna ur ed nica) . Dopisi in naročnine: DMFA - za ložništvo, Presek , J adranska c. 19, 1001 Ljubljana, p .p . 2964, tel. (06 1) 1232-460 , št . ŽR 50106-678-47233. Naročnina za šolsko leto 1998/99 je za posamezne naročnike 1.800 SIT, za skupinska naročila šol 1.500 SIT, posamezna št evilka 360 SIT, za tujino 25 EUR, dev izna nakazila SKB banka d.d. Ljub ljana, val-2 7621-42961 /9, Ajdovščina 4, Ljubljana. List sofinanc irata MZT in MŠŠ Založilo DMFA - za ložništvo Ofset tisk DELO - T iskarna , Lju bljana Po mnenju MZT št. 415-52 /92 z dne 5.2.1992 šteje revija med proizvode iz 13. točke tarifne št. 3 zakona o prometnem davku , za katere se plačuje 5% davek od prometa proizvodov. © 1999 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije - 1384 Poštnina plačana pri pošt i 1102 Ljubljana Kaikuiatorji TI·89 je izredno zmogljiv CAS (Computer Algebra System) kalkulator za srednješolski in fakultetni nivo s 640 kB pomnilnika, elektronsko nadgradnjo in programsko opremo za višjo matematiko. • CAS(Computer Algebra System) za algebro, raču nanje izrazov in matrično algebro • Flash tehnologijaomogoča elektronsko nadgradljivost in nadgradnjo obstoječih programov • 640kBpomnilnika (256 kBRAM, 384 kBza podatke) • ana litično in numerično reševanjediferencialnih enačb • tridimenzionalni izris grafov z rotacija • konstanta in pretvarjanjeenot • stat istične regresije • lastnevrednosti in lastni vektorji, matri čne funkcije • visokokontrastni, lahko berljivi zaslon s 100x 160 točkami • priloženvmesnik za povezavo z drugimkalxulatonernTI-89 • opcija: povezava s PC-jemali MAC-om • 2 leti garancije Model '\Redna cenj" Cena za bralce Preseka TI-36X5 \3.8~(. 3.284.· TI·80 1Z,Q75.- 10.264.- TI·83 p .21'5( 19.733.- TI-89 I 37.716.-\ 32.059.- , EDISMEDIS, 8rneleeva 1, Ljubljanal j Tel.: 061189 6910, faks: 061189 69 901 • e-mail: pc.blro@medis.s i ~TEXAS INSTRUMENTS TI·36XS je primeren za reševanje težjih problemov algebre, 1rigonometrije, računalništva , kemij e in statistike. • zaslon z lO-mestnim zapisomštevilk in 2-mestnim eksponentom zaprikaz rezultatovs plavajoča vejico trijespomini • eno-in dvodimenzionalnastatistika (linearna regresija, srednjavrednost, vsota, vsotakvadratov, standardna deviacija, analizatrendov) • 10pretvorb ang lo saški h/m etri č ni h mer 8 fizikalnih konstant • možen vnos in računanje z binarnimi, osmiškimi, decimalnimi in šestnajstiškimi števili • pretvarjanje polarnih koordinatv pravokotne • pretvarjanje kotnih stopinj, minut in sekund v decimaini zapis, računanj e zulomki • napajanjez energijo preko sončn i h celic • 2 leti garancije Poleg navedenih modelov si lahkov našem podjetju ogledate in preizkusite tud i ostale kaikuiatorje Texas Instruments. Modele s popustom lahko naroč ite tud i potel.: 061 1896920 - navedite, da ste bralec revije Presek Kalkulator vam bomo poslali po pošti - pl ač i lo ob prevzemu.