,....... u" o'l o'l...... I Ilv o'l o'l...... '--' N N UJ...., Z w > O ...J (/) > O :::2 O z O a: t- (/) « ~ > O l.:: N iI: ;> O l.:: i=« :::2 w t-« :::2 O >t- .(/) ~ \ a: O t PRESEK - list za mlade matematike , fizike. astroname in računalnikarje 22. letnik, leto 1994/95. številka 5, strani 257-320 VSEBINA MATEMATIKA FIZIKA ASTRONOMIJA RAČUNALNiŠTVO NOVICE NALOGE RAZVEDRILO REŠiTVE NALOG TEKMOVANJA NOVE KNJIGE NA OVITKU To in ono o tajnop isih (M arija Vencelj) 257-263 Kako razrežem o kvadrat na tr ikotnike z raciona lnimi stranicami ( Ivan Vidav) 282-286 lzto čni vrtinec (J an ez Strnad) ; 264-2 70 Osla (M arijan Prosen) 272-2 74 Za prave uporabnike ( Mart in Juvan , Matjaž Zaveršn ik) . . 276- 281 Con rad Wilhelm Ren tg en (J an ez St rna d) 290-29 5 Test iz fizike (Rajko Pet ern el) 300-307 Popotovanje z letalom (V ilko Dom ajnko) 275 Barvanje kock (D. M. M ilo š ev i č , prev. B. J apelj) . . . . . . . . . . 275 Dve vpra šanji za fizike in astronom e (Anto n Ced ilnik) . . . . . . 281 Nezna na osnova (Marti n Juvan ) 295 Koliko šes t kot nikov? ( Ciril Pezdir ) 299 Spet ena l ogi čna ( Neža Mram or - Kosta) 307 Bazen - burkaln ik? (Andrej Likar) IV, I Astronom ska križanka ( Marko Bokali č] 288-2 89 Tri an ekdot e o Davidu Hilbertu (Vilko Domajnko) 298-299 Novi neznani liki - 2. del - s st r. 213 (M artin J uvan) 271 Stevke t u in tam - s str. 223 ( Mart in J uvan) 271 Pali čice - s str . 222 (D. M. Miloš evi č , prev . B. J ap elj) 275 Najmanjši krog - s st r. 213 ( Martin J uvan ) 296-297 Izpolnjevanka z matematitnimi pojmi - s st r. 224 (Jakob Andrej či č] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297 Avtomob ilska - s str . 199 ( Martin Juvan ) 299 Šifriran o pisem ce za mlajše bralce - s st r. 225 (M arina Rugelj) 308 Sam sebe - s st r. 225 (Mart in Juv an) 308-3 09 3 . državno tekmovanje osnovnošolcev v zna nju matemat ike - rešitve s st r. 241 (Aleksander Potočni k ) 310-312 Rešitve nalog z državn ega tekm ovanja iz sred nješolske fizike - 2.d el - s st r. 180 (Jure Bajc , Ciril Dom inko) 312-3 16 38 . matemati čno tekmovanj e srednješo lcev Slovenije - reš itve s st r. 250 ( Darjo Felda ) 316-32 0 Šporer Z., Matemati čn i leksikon za nematematike ( Ma rija Vencelj) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287 Okr ogel plitvi ot roški bazen , povezan z morjem , in izbruh vode (foto Andrej Likar) . Glej tud i prispevek Bazen - burka lnik? na zadnji strani ovit ka 1, IV /i)" - '-/i),-'- ,l/ "in It: ",l,n" TO IN ONO O TAJNOPISIH V prejšnji številki Preseka smo na ugankarski strani objavili šifrirano pisemce , katerega namen je bila bolj vaja iz koordinatnih sistemov kot pa njegovo dešifriranje . Razvozlati ga ni bilo prav nič težko , saj je bila priložena tudi mreža - ključ za dešifriranje . Brez ključa pa bi bila ta drobcena naloga kar lep kriptološki problem . Zakaj , bomo razložili nekoliko kasneje. Kriptologijo, vedo o tajnih pisavah, sestavljata dve veji. Kriptografija uči , kako lahko sporočila bolj ali manj dobro šifriramo, kriptanaliza pa se ukvarja s prav nasprotnim: Kako razvozlati prestreženo sporočilo, če ključa ne poznamo; drugače povedano, kako "zlomiti" kodo sporočila. Obe vedi imata od nekdaj pomembno vlogo na diplomatskem in vojaškem področju. Iz zgodovine je znan primer , ko je med špansko-francosko vojno leta 1589 francoski matematik Vieta po naročilu svojega kralja razvozlal ključ tajne pisave, ki so jo Spanci uporabljali v vojnih načrtih. Pisava je bila za takratne razmere tako zamotana , da so se Spanci počutili povsem varne . Njena analiza bi z računalnikom najbrž ne bila prehud problem , tedaj pa so bili Spanci zaradi njenega odkritja tako pretreseni , da so se celo pritožili pri papežu, češ da si Francija v vojni pomaga s čarovnijo. V računalniški dobi se je vloga kriptografije še povečala zaradi potrebe po varnem shranjevanju poslovnih in osebnih podatkov. Tajno kodiranje uporabljajo tud i pri igrah na srečo , da se izognejo goljufijam s ponaredki . V tem prispevku si bomo ogledali nekaj preprostih načinov šifriranja , ki so jih uporabljali v preteklosti, v prihodnji številki Preseka pa ilustrirali moderno metodo, imenovano šifriranje z javnim ključem. Pri tem se bomo omejili le na razlago osnovnih idej, ob strani bomo pustili njihovo računalniško izvedbo . Cezarjeva metoda Najpreprostejši tajnopisi temelje na permutaciji črk v abecedi jezika, v katerem je sporočilo napisano. To pomeni , da zamenjamo, v skladu z nekim pravilom , posamezno črko abecede z natanko določeno drugo črko abecede. Eno takih metod je uporabljal tudi Julij Cezar . Njegova sporočila so šifrirali tako , da so posamezno črko nadomestili s črko , ki stoji tri mesta za njo v abecedi, zadnje tri črke abecede pa so nadomestili s prvimi tremi . V slovenščini predstavlja ključ za Cezarjev način šifriranja naslednja tabela : 258 A B C L D E F G H I J K L M L D E F G H I J K L M N O p N O P R S ~ T U V z L R S ~ T U V z L 1\ B C Sporočilo TAKOLE JE 5 1FRIRAL CEZI\R se šifrirano glasi : ZLNSOHMHVLITLTLOE~II3LT . Presledki med besedami so namerno izpuščeni, da bi morebitna nepoklicana oseba sporočilo težje razvozlala . Pri tem smo seveda predpostavili, da bo pravemu naslovniku besedilo TI\I~OLEJE~IFRIRALCEZI\R dovolj domače, da bo znal postaviti presledke na prava mesta . Tri seveda ni nobeno magično šifrirno štev ilo. Lrke abecede bi lahko premaknili za poljubno število mest. Pri tem bi očitno vse bistveno različne na čine dobili s premiki za manj kot 25 mest . Postopek lahko opišemo tudi z matematičnim izrazom , če č r ke nado- mestimo s števili , ki pomenijo njihova mesta v abeced i, pri čemer začnemo številčiti z O: A B C L D E F G H I J K L M O 1 2 3 4 5, 6 7 8 9 10 11 12 13 N O P R S ~ T U V Z L 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 Le oznacrrno z x štev ilo, ki pripada črki sporočila , in z y število , ki pripada njeni šifri, lahko opišemo Cezarjevo metodo s formulo y == x + 3(mod 25) , šifriranje s premikom za d mest pa z y == x + d( mod 25) . (1) ~ifri prirejeno število y je torej ostanek, ki ga dobimo, če x + d delimo s 23. 259 Ključ , s katerim lahko ta tip tajnopisa razvozlamo , je seveda naravno število d :::; 24 . Od števila , ki v zgornji tabeli pripada šifri, odštejemo d in, v primeru , da je rezultat negativen, prištejemo še 25. Nato poiščemo v tabeli črko, ki pripada dobljenemu številu . Postopek dešifriranja torej opisuje formula x == y - d(mod 25), kjer je x najmanjše nenegativno število , ki ji pri danih y in d ustreza. Opisani način šifriranja (tudi za splošni d mu bomo rekli kar Cezarjev način) je za uporabnike zelo preprost , a ga je tudi zelo lahko zlomiti . S pogosto menjavo ključa d lahko dosežemo sicer nekoliko večjo varnost , vendar si s tem nakopljemo skrb za varen prenos ključa do naslovnika . Možni so seveda vnaprejšnji dogovori . Ena takih možnosti je , da na posamezni dan velja ključ, ki je enak vsoti števk tistega dela tekočega datuma, ki označuje dneve . Le bi ob takem domen ku, denimo, 14. februarja (na valentinovo) dobili sporočilo SNZRNS5EAJ, bi vedeli, da se moramo za vsako črko besedila vrniti v abecedi za d = 1 + 4 = 5 črk nazaj. Prva črka sporočila tako ustreza številu 18 - 5 = 13 in je M, vse sporočilo pa se glasi MISLIM NATE. Seveda lahko nepoklicani ugotovi, da uporabljamo Cezarjev način šifrira- nja. Potem zlahka odkrije tudi vsakokratno vrednost ključa d. Za d preprosto vstavi zapored vseh 24 možnosti in zelo verjetno bo dešifrirano sporočilo smiselno le pri eni vrednosti premika d . Učinkovitejši je zlom kode na način, ki temelji na pogostosti posameznih č rk v besedah jezika, za katerega domnevamo, da je v njem tajno sporočilo napisano. Naslednja tabela , dobljena seveda statistično, prikazuje v promilah izraženo pogostost posameznih črk v slovenščini. E A I 108 102 89 O N 88 69 R 53 S L J T V D 52 47 45 45 40 36 K 35 M 33 P 31 U Z 22 21 B G L H 18 15 15 11 5 C 10 7 Ž 7 F 1 Oglejmo si tak način kriptanalize kar na primeru. Denimo, da smo pre- stregli sporočilo VKSŽP5PACLS5RLJCGRUVZPAG, za katero domnevamo, da je napisano v slovenščini in šifrirano na Cezarjev način z neznanim pre- mikom d. V sporočilu največkrat nastopa znak P, zato najprej poskusimo, če je to morda šifra za črko E, ki je najpogostejša črka v slovenskem jeziku . Izračunamo d = 16 - 5 = 11, vendar je s takim d dešifrirano sporočilo 260 KAGMEHENPBGHFRŽPUFJKLENU nesmiselno , kar odkrijemo že po nekaj prvih črkah. Podobno propade poskus s č rko A, za 1, tretjo najbolj pogosto č rko v sloven ščini , pa dobimo d = 7, ki nas vodi (potem , ko smo smiselno vstavili presledke) do sporočila ODKRILI STE KLJUL TAJNOPISA. Modificirana Cezarjeva metoda Šifriranje po Cezarjevo torej ni hudo varen na čin pisanja tajn ih sporočil. Obstajajo različne modifikacije Cezarjeve metode, ki izboljšajo varnost tajno- pisov. Tako lahko namesto (1) uporabimo kakšno drugo šifrirno funkcijo , na primer y == ax + b(mod 25) . (2) Vse možnosti, ki jih daje formula (2) , dobimo, ko a in b pretečeta vsa nenegativna števila manjša od 25. Pri tem smemo a izbirati le med števili, ki so tuja s 25 , sicer sporočila ne bo moč dešifrirati (zakaj ?) . V daljših sporočilih je seveda nujna tudi uporaba ločil in presledkov. Običajno jih dodamo na koncu abecede in jim, podobno kot črkam , priredi- mo nadaljnja zaporedna števi la. Le ima tako razširjena abeced a n znakov , preideta formuli (1) in (2) v y == x + d(mod n) ln y == ax + b(mod n) , število a pa mora bit i tuje z n. Pa se povrnimo k formuli (2) . Poš iljatelj in prejemnik sporočila se morata na neki na čin dogovoriti glede izbire števil a in b , ki tokrat predst avljata ključ šifre, ali pa bo treba ključ prenesti . Samo šifriranje in dešifriranje poteka najenostavneje s tabelo , katere pripravo si oglejmo kar na primeru za a = 7 in b = 4. Iz y == 7x + 4(mod 25) sledi , da je šifra za A(x = O) znak D(y = 4) , šifre nadaljnih črk abecede pa dobimo tako , da pri cikl i čnern sprehodu skozi abecedo izpisujemo vsako sedmo črko , začenši z D. S tako dobljeno tabelo A B D K N O C I c t D E SAG N P R S š P ZEL F U T s G H L J U V B H I J K R Ž F Z Ž O V L M M T hitro preberemo , da sporočilo KITKCRCDPDGIK~ZNJ pomeni BOMBNI NA- PAD OB TREH . 261 To sporočilo bi povzročilo nekaj več sivih las vsiljivcu , ki bi se polotil njegove analize . Leprav bi vedel, da je šifrirano s formulo (2), bi moral pravilno uganiti vsaj dve črki , da bi lahko izračunal ključ a = 7, b = 4. Uporaba tabele za pogostost črk bi mu bolj malo koristila , saj je B, ki v sporočilu nastopa največkrat, v tabeli šele na osemnajstem mestu. Če pa bi domneval, da govori sporočilo o bombardiranju, bi morda uganil, da je K(y = 11) šifra za B(x = 1) in I(y = 9) šifra za O( x = 15). Z vstavljanjem vrednosti za x in y v (2) bi sledilo , da a in b ustrezata sistemu kongruenc a + b == l1(mod 25) 15a + b == 9(mod 25) . Sistem lahko hitro rešimo s standardnimi metodami , podobnimi metodam za reševanje linearnih sistemov. Le pa nam to ni po volji , lahko še vedno preverimo , pri katerem izmed 500 možnih parov (a, b) (ne pozabimo, da mora biti a tuj s 25) dobimo smiselno sporočilo. Druge zamenjaine metode Naslednji korak k večji zapletenosti šifre je uporaba poljubne permutacije (razširjene) abecede . V takem primeru predstavlja ključ tajnopisa tabela , s katero je vsaki črki abecede prirejena natanko določena druga črka abecede. Največji problem te metode je varen prenos ključa , saj se ga ne da nadomestiti s tako preprostim opisom , kot je bil opis enega ali dveh števil pri prejšnjih metodah . Zgled takega primera tajnopisa je tudi Urškino šifrirano pisemce iz prejšnje številke Preseka , čeprav so bile tam (zaradi vaje iz koordinatnih sistemov), namesto črk, izbrane nekol iko bolj nerodne oznake za šifre . Prav gotovo je način šifri ranja na osnovi permutacije varnejši od metod , opisanih v prejšnjih dveh razdelkih , seveda ob predpostavki , da nepoklicani ni prestregel ključa. Vendar se da tudi tak tajnopis dokaj hitro razvozlati z metodo pogostosti črk, tako da ne moremo za šifriranje stalno uporabljati iste permutacije. O kriptanalizi na osnovi pogostosti črk obstajajo namreč za posamezne jezike cele študije . Razlog je preprost. Že pri naših primerih kriptanalize smo opazili , da se vrstni red pogostosti znakov v opazovanih besedil ih ne ujema povsem z vrstnim redom v tabeli, ki kaže pogostost znakov v slovenščini. Čim krajše je besedilo, tem manj verjetno se to zgodi . Zato v kriptanalizi dodatno upoštevajo, katere črke najpogosteje nastopajo na začetku , katere na koncu besed, nadalje pogostost parov zaporednih črk , itd. 262 V vsakem primeru pa velja, da je sporočilo tem laže razvozlati, čim daljše je. V daljših besedilih pridejo namreč statistične značilnosti jezika bolj do izraza . Zato morajo biti tajna sporočila kratka, ključ je treba pogosto menjati. Predlagam vam, da poskusite na osnovi pogostosti črk razvozlati Urškino pisemce, ne da bi pri tem kukali v priloženi ključ za dešifriranje. Č ep ra v besedilo ni najkrajše , boste videli , da je kar trd oreh. Oglejmo si še način šifriranja , ki mu z metodo na osnovi pogostosti črk vsiljivec ne more biti kos. Osrednja ideja je , da vsako črko sporočila zamenjamo s črko , ki stoji v abecedi d mest dalje , pri čemer premik d spreminjamo, v skladu z nekim pravilom , od črke do črke, natančneje od mesta do mesta, na katerem črka v sporočilu stoji. Pravilo običajno uvaja neka dogovorjena beseda, ki je ključ šifre . Ključno besedo ponavljaje se zapišemo pod sporočilo , črko pod črko, in nato vsako črko sporočila premaknemo za število , ki pripada podpisani črki ključne besede. Oglejmo si metodo spet kar na primeru . Denimo, da je dogovorjena ključna beseda BOGASTVO in da želimo šifrirati sporočilo TAKOJ PRODAJ LIRE . Takole gre: T B U A O O K G S O J P AST O L K R V N O O E D B E A J L OGA ORL IRE S T V C L C 5ifrirano sporočilo se torej glasi UOSOLKNEEORLCLC. Lrko P(x = 16) smo na primer premaknili ciklične za dvajset mest , ker je 20 zaporedno število podpisane črke T, in zanjo dobili šifro K(y = 11). To ustreza računu 16 + 20 == l1(mod 25). Koristno si je pripraviti tabelo 25 x 25 črk , ki pri- padajo na opisani način parom črk v abecedi. Tako stolpce kot vrstice oz- načimo s črkami od A do Ž. Na križišču stolpca P in vrstice T stoji v tej tabeli po zgornjem računu črka K. Tabela je seveda uporabna pri poljubni ključni besedi , ki pa JO Je pri- poročljivo pogosto menjati . Lahko se , recimo , domenimo, da na posamezni dan velja ključna beseda , ki jo sestavlja prvih osem črk s tretje strani en dan starega časopisa Delo. 263 Šifriranje zaporednih parov črk Obstaja še veliko šifrirnih metod. Vsem je cilj čimbolj otežiti kriptanalizo. Kot zadnjo v tem sestavku si oglejmo metodo, s katero namesto posameznih črk šifriramo zaporedne pare črk v sporočilu . Eden od načinov, kako to napravimo , je , da si izberemo štiri števila a, b , c, d in za šifriranje uporabimo sistem YI == aXI + bX2(mod 25) Y2 == CX2 + dX2(mod 25). Za a = 1, b = 3, C = 7 in d = 12 preide par črk ET z zaporednima številoma Xl = 5 in X2 = 20 v šifro OA, ker je YI = 1·5 + 3 . 20 = 65 == 15(mod 25) Y2 = 7 ·5 + 12 . 20 = 275 == O(mod 25) , kar sta števili , ki pripadata črkama O in A. Tako par za parom zaporednih črk šifriramo vse sporočilo . Za dešifriranje moramo pri danih YI in Y2 razrešiti zgornji sistem na Xl in X2 . To gre v primeru, če je število ad - be tuje s 25. Kriptanaliza takega tajnopisa bi seveda potekala z uporabo tabel o pogostosti parov zaporednih črk v jeziku sporočila. Računalnikarji med bralci Preseka boste morda za kakšnega od obravna- vanih načinov izdelali program za šifriranje in dešifriranje. Takšen je dandanes tudi način dela v kriptografiji in kriptanalizi . Svojčas pa je bilo to tudi za pre- prostejše sisteme šifriranja hudo zamudno in težaško delo, pri katerem so si pomagali tudi s posebnimi šifrirnimi stroji. Eden najbolj znanih šifrirnih strojev je bila Enigma, ki so jo uporabljali Nemci med drugo svetovno vojno. Skupina angleških kriptanalitikov, ki jo je vodil matematik Alan Turing , je razvila metodo in stroj za dešifriranje prestreženih sporočil, kar je igralo ve- liko vlogo v zmagi zavezniških sil. Nemci so bili namreč trdno prepričani, da je šifriranje z Enigmo brez ključa nezlomljivo, tako da je bil ta vir informacij zaveznikom na voljo ves čas vojne. Marija Vencelj '-,-/'/",-,L "" IZTOČNI VRTINEC Iz vrteče se posode z obliko nizkega pokončnega valja skozi okroglo odprtino sredi dna izteka voda . Posoda se počasi vrti okoli navpične osi v nasprotni smeri kot urni kazalec, če jo pogledamo z vrha, Deli vode, ki se gibljejo proti iztočni odprtini ob osi , prihajajo z območja večjega radija na območje vse manjšega radija (slika 1). Hitrost v smeri tangente je tem manjša , čim manjši je radij, zato deli vode zaradi vztrajnosti silijo v smeri prvotnega gibanja, to je po tangenti v nasprotni smeri kot urni kazalec. Zato se za opazovalca, ki se vrt i skupaj s posodo, voda ob iztekanju začne vrteti v nasprotni smeri kot urni kazalec . ". w(r+ L1r) / Vr r+L1~/ "/ / / / °o . : --r- 'c!J."- - Slika 1. Del vode, ki se bliža osi v vrte či se posodi, zaide na območja z manjšo tangentno hitrostjo in zaradi vztrajnosti sili v to smer. Zemlja se vrti , in sicer v nasprotni smeri kot urni kazalec , gledano s severnega pola , in vrtljaj traja 24 ur. Zato iz prejšnje misli izhaja ugotovitev, da na severni polobli pri iztekanju vode iz posode nastane iztočni vrtinec s smerjo nasprotno smeri urnega kazalca . Najbolj izrazit je pojav na polu , proti ekvatorju je vse manj izrazit. Na ekvatorju ga sploh ni, tam se voda v posodi 265 ne vrti. Od ekvatorja proti južnemu polu postaja pojav zopet vse bolj izrazit in je najbolj izrazit na južnem polu. Toda tam se voda vrti v smeri urnega kazalca , če gledamo navzdol na njeno gladino. To pomeni, da na južni polobli nastane iztočni vrtinec v smeri gibanja urnega kazalca. Že leta 1865 je Američan Henry Rowland v svoji prvi znanstveni objavi poskušal utemeljiti pojav s primero, da se vrvica z utežjo, ki jo zavihtimo, čedalje hitreje navija na roko . Leta 1908 je Ottokar Turmlitz na Dunaju poskusil pojav zajeti z računom. Po njegovem mnenju je pojav mogoče izkoristiti kot enega izmed neposrednih eksperimentalnih preskusov za vrtenje Zemlje. Vendar se je od ča sa do časa pojavil dvom . Sredi lanskega leta je urednik American Journal of Physics med drugim i objavil izzivalno vprašanje z naslovom Coriolisov mit in voda, ki izteka iz kadi. Vprašanje je enako kot naslov izzvenelo nekoliko omalovaževalno: "Toda poskuse so delal i samo na severni polobli in so bili t i zato manj kot prepričljivi . " Decembrska številka je prinesla tri odzive bralcev , ki so opozorili na opise poskusov v literaturi. Ascher Shapiro je v Nature leta 1962 opisal skrbne poskuse v Bostonu na severni širini 42° . Posoda je imela premer 1,8 metra in je bila 15 cm visoka. Okrogla iztočna odprtina s premerom 0 ,95 cm v dnu je bila priključena na 7 m dolgo odtočne cev . Posodo so napolnili skoraj do roba z vodo , tako da se je med polnjenjem voda vrtela v smeri urnega kazalca . Prekrili so jo s plastično prevleko, da so se izogn ili zračnim tokovom , in jo pustil i stati 24 ur v prostoru s kolikor mogoče konstantno temperaturo, da so zamrli tokovi v vodi . Potem so odstranili prevleko, previdno odprli zamašek v cevi in nad iztočno odprtino postavili majhen plovec iz delov lesa , ki ju je povezovala žica . Posoda se je izpraznila v 20 minutah . Prvih 15 minut se plovec ni vrtel, v zadnjih 5 minutah pa se je začel vrteti in se je nazadnje zavrtel enkrat v 3 do 4 sekundah. Pri taki izvedbi poskusa se je voda vedno vrtela v smeri nasproti urnemu kazalcu. l.e so pustili vodo stati krajši čas , se je precej hitreje vrtela v nasprotni smeri . O teh poskusih so posneli tudi dva poučna filma (slika 2) . Poskuse je ponovil v Sydneyu pri 34° južne širine Lloyd Trefethen s štirimi sodelavci in poročal o tem v Nature leta 1965 . Najprej so imeli te žave in niso opazili vrtinca . Ugotovili so , da se je posoda praznila prepočasi. Poskrbeli so za večji padec odtočne cevi , da se je posoda izpraznila v 22 minutah , in se izognili zračnim tokovom . Potem so dobili pričakovane rezultate. Prvih 10 do 12 minut se voda ni vrtela, potem pa se je oblikoval vrtinec v smeri urnega kazalca. Plovec se je zavrtel nazadnje enkrat v 3 sekundah , če so prej počakali 70 ur, da se je voda umirila . 266 Slika 2. Pot dela vode v iztočnem vrtincu iz Shapirovega poučnega filma vrtin čnost. Leta 1983 je o iztočnem vrtincu pisal Merwin Sibulkin v reviji American Scientist. Opisal je sta rejše poskuse in svoje , ki jih je naredil leta 1962 . Opozoril je na vlogo viskoznosti in površinske napetosti pri poskusih , pri katerih voda na začetku ne miruje . Tudi na njegov zapis sta se istega leta odzvala bralca. Eden je predlagal poskus, pri katerem bi bila posoda z i z t ekajočo vodo vrtljiva okoli navpi čne osi. Ali bi se ta začela vrteti v nasprotni smeri od iztočnega vrtinca? Winston Cope je na kratko poročal o poskusih z iztekanjem na južnem tečaju . Poskuse so delali s polovico dvestolitrskega soda v obliki bobna . Ker je bila temperatura pod ničlo , so namesto vode uporabili vodno raztopino glikola , po domače antifriza . Potem ko so napolnili posodo, so čakali 3 do 5 dni, da so zamrli tokovi . Proti koncu iztekanja so opaz ili po delcih smukca na glad ini vrtinec v smeri urnega kazalca . Smer vrt inca se ni spremenila, če raztop ina ni izt ekala skozi odprtino na sredi dna , ampak so jo previdno posesali skozi cev na sredi gladine . Vprašanje najdemo tudi v znanem Letečem cirkusu fizike Yearla Walkerja skupaj z obsežnim seznamom literature . V tej imenitni knjigi so navedene še druge zadeve iz vsakdanjega življenja, ki jih je mogoče pojasniti s fiziko. Ven- dar se pokaže, da je fizika vsakdanjega življenja pogosto veliko bolj zapletena 267 kot fizika v srednješolskih učbenikih . Kako naj potem razumemo s poudarkom izražene želje, naj bi fiziko približali vsakdanjemu življenju? Ali ni edina možnost, da pojasnimo osnovne zakone in z njimi podrobno preračunamo nekaj zgledov , v preglednih in natančno določenih okoliščinah . Samo te dopuščajo , da poskuse natanko ponovimo. Nazadnje okvirno omenimo, kaj se utegne primeriti , če so okoliščine manj pregledne in bolj zapletene . Pri iztekanju kapljevine iz posode se na severni polobli izoblikuje vrtinec v nasprotni smeri urnega kazalca in na južni polobli v smer i urnega kazalca le, če je izpolnjenih nekaj pogojev , ki navadno niso izpolnjeni . Posoda z odprtino mora biti osno simetrična in to velja tudi za odtočno cev. Nad kapljevino ne sme biti zračnih tokov in kapljevina mora pred poskusom mirovati in imeti vsa enako temperaturo . Pri odpiranju zamaška in pri iztekanju ne sme priti do motenj , ki niso osno simetrične . Vse to pri kadeh in koritih težko dosežemo , četudi bi dovolj dolgo počakali , da bi se kapljevina umirila. Zato nas ne sme začuditi , da so priložnostni opazovalci videli vrtince v tej ali v nasprotni smeri in so se bili o tem pripravljeni prerekati . Samo podroben premislek o okoliščinah je lahko pripeljal do odločilnih poskusov in do podrobnejšega razumevanja . Osnovne zakone za pojave, ki zadevajo vsakdanje življenje, poznamo. Zgled z iztočnim vrt incem pomaga razumeti tudi nekatera današnja vprašanja in spore , na primer tistega o vplivu električnega in magnetnega polja z nizko frekvenco na živa bitja . Za bralce Preseka , ki radi ra čunajo , pojasnimo, v kakšni zvezi z iztočnim vrtincem je Coriolis. Vzemimo točkasto telo , ki se enakomerno oddaljuje od iz hodišča z ra- dialno hitros tjo Vr in hkrati kroži s konst antn o kotno hit rostjo w . Pri tem se telo giblje po Arhimedovi spirali (slika 3). V ravnino gibanja postav imo koordinatn i sistem x y in zaznamujmo odvajanje po času s piko. Za razdaljo r od i z ho di šča in zasuk cp glede na os x velja ip = wt in r = vrt . Koordinati, komponenti hitrosti in komponent i pospeška se spreminjajo s časom t akole: x = rcoscp = vr tcoswt , y = rsi ncp = vrtsinwt , Vx = X = Vr cos wt - v-uit sin wt , Vy = sr = Vr sin wt + v-ur t cos w t , Bx = Vx = - 2vrw sin w t - vrw2tcoswt, . 2 2 •By=By = vrwcosw t-vrtw r sm co r. 268 Slika 3. Gibanje točkastega telesa po Arhimedovi spirali v nepospešenem koordinatnem sistemu (Vr = 1 mis in w = 1 s-l, tako da je obhodni čas 211" s). Po dve komponenti združirno v ravninski vektor. Lego točkastega telesa določa krajevni vektor r = (x ,y). Vektor hitrosti v = (v». Vy) ima dve komponenti , radia lno Vr in tangentno vrwt = rw . Tudi vektor pospeška ima dve komponenti , tangentno 2vrw v smeri naraščajočega zasuka in radialno w2 Vr t = w2 r v smeri proti izhodišču . Zadnji navadno pravimo radia lni ali centripetaini pospešek. Na te lo, ki se giblje po Arhimedovi spira li, morajo po drugem Newto- novem zakonu delovati druga telesa s silo F = ma. Sila ima tangentno komponento v smeri naraščajočega zasuka Zmv-u) in radialno komponento mw2 r v smeri proti izhodišču - rad ialno ali centripetaino silo. Tako smo opisali gibanje telesa v nepospešenem ali inercialnem koordi- natnem sistemu S(x, y) . Preselimo se v vrteči se koord inatni sistem S'(x', v') . ki se glede na sistem S enakomerno vrt i s kotno hitrostjo w. V tem pospeše- nem ali neinercialnem koordinatnem sistemu S' se točkasto telo giblje premo in enakomerno v smeri osi x' s hitrostjo v: = Vr. Le hoče opazovalec v pospeše- nem ali neiner cialnem sistemu uporabit i Newtonov zakon , mora poleg vsote zunanjih sil F upoštevati na levi še vsoto vztrajnostnih ali sistemskih sil Fs: F + Fs = ma' . To je nakazal že prispevek Ali se Zemlja giblje? v prvi številki 22 . let nika Preseka. 269 Pri enakomernem gibanju točkastega telesa v neinercialnem sistemu S' je pospešek a' enak nič in mora biti vsota zunanj ih sil in sistemskih sil enaka nič . Vsota sistemskih sil mora torej biti nasprotno enaka vsoti zunanjih sil. Na točkasto telo , ki se enakomerno giblje v radialni smeri v enakomerno se vrtečem koordinatnem sistemu , delujeta potemtakem radiaina sistemska sila mw 2r v smeri od izhod išča , ki jo poznamo kot centrifugalno silo, in tangentna sistemska sila Tmv-s» v smeri nasprotni smeri naraščajočega zasuka. Tej zadnji rečemo Coriolisova sila, po francoskem mehaniku Gaspardu Gustavu de Coriolisu (1797 do 1843) , ki jo je prvi podrobno raziskal. (Pri gibanju planetov Coriolisove sile in njenega pospeška ni bilo treba upoštevati .) Koordinatni sistem S', ki je togo povezan z Zemljo, se enakomerno vrti s kotno hitrostjo w = 211"/24 h = 7,3.10-5 s-l . Omejimo se na gibanje telesa v vodoravni ravnini. Na telo , ki se na severni polobli giblje proti severu , deluje Coriolisova sila proti vzhodu, ce se telo giblje proti jugu , pa proti zahodu . V obeh primerih deluje sila 2v'wmsin r.p (slika 4). Z zemljepisno širino r.p smo '\ : l', : '\ '\ I, ... : . '" I...._ ...:. " '\ I v siolf' ....... ! 'f', I ........ '\ . .... ":~L I, I I I I / Slika 4. Za Coriolisovo silo na telo , ki se na severni 'polobli giblje v vodoravni ravnini s hitrostjo v proti severu, je odločilna komponenta hitrosti vsin 'P, pravokotna na os. 270 upoštevali komponento hitrosti pravokotno na os. To ugotovitev najbolje podpre poskus s Foucau ltovim nihalom . Tudi izstrelki se odklonijo zara- di Coriolisove sile proti desni. (Odklonijo se tudi zaradi vrtenja okoli vzdo/žne OSI in zračnega upora , in sicer proti desni, če se vrtijo kot desni sveder .) Včasih so pripisovali Coriolisovi sili tudi, da se desna tirnica tira, po katerem vozijo vlaki samo veni smeri proti severu ali proti jugu, bolj obrabi in da so se reke, ki tečejo proti severu ali proti jugu, v geološki zgodovini premikale proti desni, dokler jih ni zaustavilo kako pogorje. Vendar zadnjih trditev ni mogoče preskusiti. Coriolisova sila je zelo pomembna v rneteoro logiji. V koordinatnem sistemu S' del iztekajoče kapljevine v posodi, ki miruje na Zemlji, počasi potuje proti osi. To gibanje poganja teža, uravnovesijo pa ga sile zaradi viskoznosti. Pri tem ni treba računati s pospeševanjem dela kapljevine zaradi Coriolisove sile v tangentni smeri. Upoštevamo samo, da ne teža ne deli okoIne kapljevine ne izvajajo na opazovani del kapljevine navora glede na os posode. Zato se njegova vrtiina količina glede na to os ne spremeni in velja mw' r2 = mw~ rf , če je w' kotna hitrost kapljevine v razdalji od osi r , merjena v koordinatnem sistemu S'. Iz enačbe w~ = w'(rjr1)2 izračunamo kotno hitrost ob vstopu v odtočno cev v razdalji rl = 0,5 cm od osi, če vzamemo za w' = w sin r.p = 5.10-5 s-l pri r.p = 42° in r = 0,9 m. Dobimo približno 1,6 s-l, čemur ustreza čas enega vrtljaja 271' jW1 okoli 4 s. Nekoliko krajši čas bi dobili, če bi računali za kapljevin o znotraj odtočne cevi. Približno toliko so izmerili. Iz začetnega podatka izhaja tudi, da mora biti hitrost delov kapljevine zaradi preostalih tokov v posodi z radijem okoli 1 m pred začetkom poskusa manjša kot 5.10-5 mis, da se razvije iz točn i vrtinec v pravi smen. Rowlandova primera z utežjo na vrvici, ki se navija na roko , potemtakem ni bila posrečena . Bolje je misliti na drobno utež na vrvici, ki teče skozi tanko cev. Z roko poženemo utež v tangentni smeri in z drugo roko počasi vlečemo vrvico skozi cev, da se vrvica na strani uteži krajša. Utež kroži čedalje hitreje, in sicer je njena kotna hitrost obratno sorazmerna s kvadratom razdalje od osi. Janez Strnad OC':/-' 'C 1\10' 111: ."L_' I'I'L " u:__1 NOVI NEZNANI LIKI - 2.del - Rešitev s str. 213 Za četn i položaj želve je na slikah označen s kro žcem . Martin Juvan ŠTEVKE TU IN TAM - Rešitev s str. 223 1. Ker je število de ljivo z 10 natanko tedaj, ko se konča s števko 0 , moramo vprašaj seveda zamenjati s števko O. 2. Kriterij za deljivost z 9 je nekoliko bolj zapleten . Stevilo je deljivo z 9 natanko tedaj, kadar je z 9 deljiva vsota njegovih števk. Ker ima število 246897531 vsoto števk enako 45 , je deljivo z 9. Ker mo ra tudi po odstranitvi števke vsota preostalih števk ostati deljiva z 9, moramo odstraniti prav števko 9 . 3. Kriterij za deljivost z 11 je še nekoliko bolj zapleten. Stevilo je deljivo z 11 natanko takrat, ko je z 11 deljiva alternirajoča vsota njegovih števk. Alternirajočo vsoto števk dobimo tako, da vzamemo enice , od njih odštejemo desetice , nato prištejemo stotice, pa zopet odštejemo tisočice, itd. Le manjkajočo števko označimo z x, je alternirajoča vsota števk števila 5x4x3 enaka 12 - 2x. Ker želimo, da je ta vsota večkratnik števila 11, je edina izbira x = 6. 4. Pozorno poglejmo račun 327618 + 2976 = 61944. Od kod lahko vza- memo števko in kam jo moramo prenesti? Ker ima prvo število več mest kot drugo in tudi več mest kot rezultat, operacija v računu pa je seštevanje , mu moramo števko odvzeti. Vendar je ne smemo vriniti na desno stran, saj bi ta postala prevelika. Edina možnost je torej, da števko odvzamemo prvemu številu in jo vrinemo v drugo . Z nekaj poskušanja odkrijemo edino rešitev : števko 1 iz prvega števila moramo vriniti med števki 9 in 7 v drugem številu. Martin Juvan OC-Otl'\ltl"7'110, ,_,1" iu n» IL" OSLA Ozvezdje Rak sestavljajo same šibke zvezde. Samo ozvezdje je zelo neraz- ločno, zato ga težko razpoznamo . Le pa se dobro pripravimo na opazovanje in smo vztrajni, ga v jasni brezlunini spomladanski noči izsledimo med ozvezd- jema Lev in Dvojčka . Sredina aprila pozno zvečer Slika 1. Lega ozvezdja Rak na spomladanskem nebu. Z dobro pripravo ali nekaj izkušenj ga izs ledimo približno na sredini med zvezdo Regulus (o! Leva) in zvezdama Kastor in Poluks (Dvojčka) . 273 V ozvezdju Rak leži zelo znana zvezdna kopica Jasli (M 44) . To je ena najlepš ih razsutih ali odprtih zvezdnih kopic. Tisti z zelo ostrim vidom jo utegnejo videti s prostim očesom, sicer pa jo dobro vidimo že z manjšim lovskim daljnogledom, v močnejšem daljnogiedu pa je videti prav sijajna. V njej lahko naštejete od 30 do 40 zvezd . Fotografija jih pokaže še dosti več . Stari astronomi so to kopico imeli za zvezdo , res da bolj razmaza- no. V zvezdnem katalogu velikega tad žikistanskega pesnika in astrono- SIika 2. Lega Jasli in obeh Oslov v ozvezdju ma Omarja Hajjama (ok. 1040 do Rak . 1123) so to "zvezdo" poimenovali kot Srednja pega na oklepu (Raka) . Sele Galilei je okoli 1610 s svojim preprostim daljnogledom ugotovil , da je tam skupina zvezd. V njej je naštel 36 zvezd. V slovenščino je ime Jasli prišlo iz posrednega prevoda grške besede Fatnes v latinsko Praesepe , kar pomeni krmilnica (korito za živino) ali jasli. Tako poimenovanje je prav smiselno , saj v bližini Jasli ležit a dve zvezdi Gama in Delta Raka , imenovani Osla . Oba naj bi se hranila pač pri jaslih . Zvezdo Gama pogosto imenujejo tudi Severni osel , zvezdo Delta pa Južni osel, obe pa tudi Osel in Oslica . Kako sta Osla prišla na nebo, pripoveduje naslednja mitološka zgodba . Bogu vina, vinogradništva in veselja Dionizu je pijača tako zmešala glavo, da je ponorel. Da bi se pozdravil, se je odpravil v Zevsovo svetišče . Pot, po kateri je šel, ga je pripeljala do obsežnega močvirja. Razmišljal je , kako bi prišel čez, da si ne bi zmočil nog. V bližini sta se pasla osla . Eden od njiju ga je prostovoljno ponesel čez. V zahvalo za to uslugo je sončni bog Apolon , ki je bil zelo naklonjen Dionizu, spremenil oba osla v zvezdi. Postavil ju je na nebo v bližino nebesne krmilnice , da bi bila za večno preskrbljena s hrano . Severni osel (Asellus Borealis) in Južni osel (Asellus Australis) sta torej dve zvezdi blizu zvezdne kopice Jasli, ki v tej zgodbi predstavlja krmilnico , pri kateri naj bi se osla hranila. 274 Slika 3. Zvezdna kopica M 44 - Ja sli, ki leži v sredini ozvezdja Rak. Od nas je odda ljena do- brih 500 svetlobnih let . V zelo jasnih nočeh brez Lune jo je mogoče videti s prost im očesom kot drobno, komaj vidno svetlobno pegico. Opazujte to prelepo kopico z daljnogledom in poskusite izsledit i Osla. Namen pr ispev ka je spodbuditi k opazovanju zvezdn ega neb a . Za to predlagamo, da poskusite najprej : - s prostim očesom izs ledi t i ozvezdje Rak ( če vam to uspe , vam že česti­ tam) ; - nato z daljnogledom opazovati prekras no zvezdno kopico Jasl i ( če vam uspe še preštet i ka kih 20 zvezd v njej , ponovno čest i tam ) - in ko ne no z daljnogl edom izsl ed iti oba O sl a ( ee pa vam š e to uspe , ste že strokovnjak v opazovaln i as t ro nom iji) . Vsa tri predlagana opazovanja so res nekoliko zah tevna , vendar j ih ni težko izvest i, če se ravnate po napotkih , navedenih v t em prispevku , ste zavzeti in im a t e veselje do raz isk ovanja . Marijan Prosen /"0' l-l":CII lL_ uc POPOTOVANJE Z LETALOM Svetovni popotnik Mavricij ima spet čas in denar! Tokrat se je odločil za popotovanje po Ajski, Betanu, Ceniji, Deneji, Eziji in F'nanonu. Pri tem namerava uporabljati zgolj letalske povezave med njimi. Žal pa nimajo prav vse države medsebojnih letalskih povezav, zato si je Mavricij napravil njihov spisek: Ajska Betan Cenija Deneja Ez ija F'nanon Z znakom o je označil obstoječe linije, ki potekajo v vseh primerih v obe smeri . Kmalu zatem pa je še "ugotovil" , da pravzaprav ne bi bilo zanimivo obiskati samo vseh šest držav , pa č pa tudi izkoristiti za vožnjo vseh devet navedenih linij (vsako samo enkrat) - pa četudi bi bilo treba pri tem kakšno državo obiskati večkrat . Na koliko različnih na činov lahko izvede Mavricij to nenavadno potovan- je? Vilko Domajnko BARVANJE KOCK Taborniki tekmujejo v barvanju kock. Eno stranico .kocke lahko tabornik pobarva v 5 sekundah. Kolikšen je najkrajši čas , v katerem lahko ekipa 3 tabornikov pobarva 4 enake kocke, če upoštevamo, da dva tabornika ne moreta barvati istočasno iste kocke? Dragoljub M. Miloševic - prev . Jn pnr. Barbara Japelj PALIČICE -Rešitev s str. 222 List papirja obrnemo za 1800 • (Dob imo X = I + IX .) Dragoljub M. Miloševic - prev . in prir. Barbara Japelj ZA PRAVE UPORABNIKE Gotovo poznate grafično okolje Windows. Ste se že kdaj vprašali , kaj je najkoristnejša stvar , ki jo j e prineslo to okolje? No , odgovor ni preprost. Nekateri so mnenja , da je najpomembnejša pridobitev enostavno upravlj anje programov z miško , drugi mislijo , da je pomembnejši lep izg led programov (ikone , menuji , dialogi) , tretj i spet hvalijo možnost poganja nja več programov istočasno (vsak program v svojem oknu) . Vendar pa sta med "pravim i" uporabn iki mogoča le dva odgovora : pasjansa (igra Solitaire) ali mine (igra Minesweeper) . Po tehtnem razm isleku sva se odločila, da so mine pomembnejša prido- bitev. Naj to izbiro nekoliko pojasniva. Izkušen igralec min mora imeti kopico danih in pridobljenih umskih in moto-ičnih spretnosti, ki mu vse koristijo tudi pri običajnem delu : odlično tehn iko dela z miško , izostren vid , dobro orientaci- jo in izvrsten pregled nad zaslonom , hitre in pravilne rea kcije , jeklene živce , popolno koncentracijo in seveda poudarjeno zmožnost iogičnega sklepanja. Z nekaj vaje potem ni težko doseči časov okol i 50 sekund na srednjem in 180 sekund na velikem minskem polju . Toda če želimo postati izkušeni in uspešni igralci, skratka pravi uporabniki , ki dosegajo čase, ki so pribl ižno za tretjino boljši od omenjenih , samo gornje lastnosti ne zadoščajo . Potrebno je vsaj še brezh ibno avtomatično prepoznavanje tipičnih osnovnih razporeditev , ki nastopijo med igranjem . Da vam olajšava prehod med prave uporabnike, sva se odločila sestaviti kratek pregled nekaterih osnovnih razporeditev, ki se večkrat pojavijo med igranjem . Seveda bo potrebno še precej vaje in dodatnega dela , da boste dosegli želeno spretnost in zanesljivost. Pravila igre in označevanje Mine igramo na pravokotni mreži , ki predstavlja minsko po lje . Na začetku jo sestavljajo sama zaprta polja . Na nekaterih poljih so skrite mine . Naloga igralca je označiti . vsa tista polja , pod katerimi so skrite mine , in odpreti vsa ostala polja. Pri iska nj u min so nam v pomoč številke , ki jih vidimo v odprtih poljih . Številka nam pove , koliko min je na sosednjih poljih (možne vrednosti so od 1 do 8) . Namesto odprtega polja s številko O vidimo prazno polje . Povejmo še , da je srednje minsko polje velikosti 16 x 16 in skriva 40 min, veliko pa meri 30 x 16 polj in ima 99 min. Na srednjem polju tako mine pokrivajo dobrih 16% površine , na velikem pa dobrih 20% . Ker je veliko polje večje in bolj zapolnjeno z minami , je seveda njegovo či ščenje precej bolj zamudno in zahtevno. 277 Za prikaz razporeditev na minskem polju bomo uporabljali naslednje oznake: [TI , ...,[IJ odpr to polje z do ločeno številko , GJ odpr to polje s kater okoli številko, 5J zaprto polje, GJ označeno polje (tu je mina) . Da poenostavimo razlago, bomo na slikah stolpce označili s števili, vrst ice pa s črkam i . Osnovne razporeditve Vsak za četnik takoj ugotovi , da se mu takrat , ko je okoli odprtega polja s št evilko nnatanko n zaprtih ali ozna čenih polj , izplača označiti vsa zaprta polja . Prav tako mora tedaj , ko je okoli odprtega polja s številko n že n označenih polj, odpreti vsa še zaprta polja . Veliko je igralcev, ki pri iskanju min uporabljajo samo zgornji osnovni pravili. Slej ko prej pa se pojavi razpored itev , v kateri nobenega od teh pravil ne moremo več uporabiti . Tedaj lahko poskusimo "na slepo" odpreti kako zaprto polje in nadaljevati z osnovnima praviloma. Vendar se takšni poskusi ponavadi nesrečno končajo . Bolj varno je v nastali situaciji malo premisliti: "l. e označim to polje , potem lahko odprem sosednji dve; vendar obeh hkrati ne smem odpreti , ker mi potem okoli tistega polja ostane premalo zaprtih polj , torej začetnega polja ne smem označiti in ga lahko zato odprem ." Razložimo natančneje nekaj podobnih premislekov: 1 2 3 A x o o B x 1 o C x 2 o D x o o Slika 1. 1 2 3 A o o x B • 3 x C o 2 x D o o x Slika 2 . 1. Poglejmo sliko 1. Dvojka na polju C2 pravi: "Na poljih Bl, Cl in Dl sta natanko dve mini ." Ker pa na obeh poljih Bl in Cl zaradi enice na polju B2 ne moreta biti mini , je ena mina na polju Dl. Druga je torej 278 na polju Bl ali Cl. Ker pa sta ti dve polji sosednji s poljem B2 , na katerem je enica, je polje Al prazno . 2. Razporeditev s slike 2 lahko razreš imo podobno kot prejšnjo. Mina na polju Bl vpliva na številki na poljih B2 in C2. Le je ne bi bilo, bi bili številki za ena manjši , tako dobljena razporeditev pa ravno za 180 stopinj zasukana razporeditev s slike 1. Prilagojen prejšnji sklep tako pove, da je mina na polju A3, polje 03 pa je prazno. Pozorni bralec je gotovo opazil , da vse povedano velja tudi tedaj, ko je mina namesto na polju Bl na polju Cl. 1 2 3 A o o o B o 1 o C x 1 x O x x x Slika 3 . 1 2 3 A o o o B x a x C x a x O x x x Slika 4 . 3. Oglejmo si sliko 3. Enica na polju B2 pravi: "Na poljih cl in C3 je natanko ena mina." Enica na polju C2 pa pravi: "Na poljih Cl , C3, Dl , 02 in 03 je natanko ena mina ." Od tod lahko sklepamo , da na poljih Dl, 02 in 03 ni nobene mine , saj je edina že na polju Cl ali C3. Vsa tri polja Dl, 02 in 03 lahko torej brez skrbi odpremo. 4. Kaj pa lahko sklepamo iz razpored itve s slike 4? Pravzaprav je to samo posplošitev prejšnjega primera. Stevilka a na polju B2 pravi: "Na poljih Bl , B3, Cl in C3 je natanko amin ." Stevilka a na polju C2 pa pravi: "Na poljih Bl, B2 , Cl , C3, Dl , 02 in 03 je natanko a min." Torej na poljih Dl , 02 in 03 ni nobene mine, saj je a min že na poljih Bl, B3 , Cl in C3. Zato lahko hitro odpremo polja Dl , 02 in 03 . 1 2 3 4 5 A o o o o o B o 1 2 1 o C x x x x x Slika 5. 1 2 3 4 5 6 A o o o o o o B o 1 2 2 1 o C x x x x x x Slika 6. 279 5. Kaj lahko povemo o razporeditvi na sliki 5? Če bi bila na polju (3 mina , potem bi morali biti zaradi enic na poljih 82 in 84 polji (2 in (4 prazni . To pa ni mogoče , ker morata biti na poljih (2, ( 3 in (4 natanko dve mini . Torej je polje (3 prazno . Sedaj lahko nadaljujemo z osnovn ima praviloma , kar nam na koncu da še označeni polji (2 in (4 ter odprti polji cl in C5. Morda ste opazili, da bi lahko gornjo razporeditev razrešili tudi s pomočjo slike 1 in osnovn ih pravil. 6. Razporeditev na sliki 6 je podobna tisti s slike 5. Tudi razmišljamo lahko na podoben način , kar nas pripelje do naslednje ugotovitve: označiti je treba polji C3 in C4 , odpreti pa polja Cl , C2, (5 in C6. 1 2 3 4 5 A x x x x x B x 1 2 1 x C x x x x x Slika 7. 1 2 3 4 A x x x • B x 1 2 o C x x x o Slika 8. 7. Razmislek o razporeditvi na sliki 7 prepuščava bralcu . Najbrž ne bo težko ugotoviti , da lahko odpremo polja Al, A3 , A5 , 81, 85, Cl , C3 in C5 . Vendar pa tokrat za razliko od razporeditve s slike 5 ne moremo določiti, pod kate rima poljema se skriva ta mini . 8. Razpored itev na sliki 8 se med č i š čenj em kar pogosto pojavi . Razrešimo jo podobno kot prejšnje . Ker je na polju A4 mina, številka 2 na polju 83 pove , da je na poljih A2 , A3 , (2 in (3 natanko ena mina . Ker so vsa ta polja sosednja s poljem 82, na katerem je enica , morajo biti polja Al , 81 in Cl prazna . Mimogrede tudi opazimo, da bi mina namesto na polju A4 lahko bila tudi na polju 84 ali C4. 1 2 3 4 5 A x x x o o B x a x a o C x x x o o Slika 9. 1 2 3 4 A x x x x B • 2 2 o C o o o o Slika 10. 280 9. Razporeditev s slike 9 na prvi pogled ni podobna nobeni od prejšnjih , saj vsebuje (morebitno) osamljeno polje 8 2. Vendar tudi tokrat razmisl ek ni težak . 5tevilka a na polju 84 pove, da je na poljih A3, 83 in C3 natanko a min. To pa so tudi vse mine, ki jih potrebuje številka a na polju 82. Torej lahko brez strahu odpremo polja Al , A2 , 81. Cl in C2. 10. Razporeditev s slike 10 gotovo prepoznate . Gre za na zelo podoben način kot na sliki 2 spremenjeno (in zasuka no) razporeditev s slike 1. Polje Al je torej prazno , na polju A4 pa je mina . 1 2 3 A x x x B x 2 x C x 5 x D x x x Slika 11. 1 2 3 4 A o o o x B o o 2 x C • 2 2 x D o x x x Slika 12. 11. Le pogledamo sliko 11, opazimo, da sta lahko na poljih 81, 83, Cl in C3 največ dve mini. Ker je na polju C2 številka 5, moramo označiti polja Dl, 02 in 03. 5tevilka 5 tudi zahteva, da sta še dve mini na poljih 81 , 83, Cl in C3. Torej so polja Al , A2 in A3 prazna . Na gornjo razporeditev v prikazani obliki redko naletimo, večkrat pa jo srečamo , ko je nekaj polj okoli dvojke že odprtih . 12. Oglejmo si še zadnjo sliko. Ker je na polju Cl mina , na polju C2 pa številka 2, je na poljih 02 in 03 natanko ena mina . 5tevilka 2 na polju C3 ima torej eno mino na polju 02 ali 03, druga pa je na enem od polj 04, C4 ali 84. Ker je na poljih 84 in C4 največ ena mina , nam štev ilka 2 na polju 8 3 pove, da je na polju A4 mina. Le ponovno pogledamo številko 2 na polju C3, vidimo, da ima prvo mino na enem od polj 02 ali 03 , drugo pa na enem od polj 84 ali C4. Polje 04 je zato prazno in ga lahko odpremo. To je bil pregled nekaterih razporeditev, ki se pogosto pojavijo med igranjem. Seveda moramo upoštevati , da se lahko vsaka od teh razpored itev pojavi tud i drugače zasukana ali prezrcaljena, lahko pa leži tudi ob robu mreže. V zadnjem primeru je treba na rob gledati , kot da so tam odprta polja , le da ne poznamo številk , ki so zapisane v njih. Seveda pa se kljub uporabi zgornjih pravil lahko zgo di, da moramo včasih polja od pirati "na slepo" . 281 Naj dodava še nekaj nasvetov za tiste, ki bi radi dosegali čim boljše čase . Izključite možnost označevanja polj z vprašaji . Pri hitrem igranju se nam reč pogosto zgodi , da kakšno polje napačno označimo . Ko želimo oznako spremeniti, je dovolj, da ga kliknemo samo enkrat (namesto dvakrat, kolikorkrat ga je treba , če je označevanje z vprašaji vključeno). Uporabljajte barvni monitor . Igrali boste precej lažje in bolj zanesljivo , saj je v barvah minsko polje veliko bolj pregledno. Pazite tudi , da pri igri ne "preobrernenite" miške. Zdaj morate samo še prižgati računalnik in začeti nabirati izkušnje. Vendar pazite , da ne stopite na mino. Martin Juvan , Matjaž Za veršnik DVE VPRAŠANJI ZA FIZIKE IN ASTRONOME 1. Vsako jutro si skuham kavo. Lonček z vodo dam na plinski gorilnik in voda se segreva dokaj hitro, brez kakega vidnega izparevanja . Koje voda že precej vroča (T ~ 90° C), zaprem plin. Točno takrat pa se za čne iz lon čka močno kaditi. Pojava ne razumem ; imam sicer več domnev, pa se mi nobena ne zdi preveč prepričljiva. Zato predlagam eksperimentalcem med bralci Preseka , da pojav proučijo in razložijo . 2. Vzel sem v roke Presekove astronomske efemeride za leta 1983 - 89 in v rubriki Pregled nebesnih pojavov poiskal čase perihelijev (perihelij je točka , v kater i je Zemlja Soncu najbliže) . Ti časi so : 2. 1. 1983 ob 17. Uri 3. 1. 1984 ob 23. Uri 3. 1. 1985 ob 21. Uri 2. 1. 1986 ob 6. uri 4. 1. 1987 ob 23. uri 4. 1. 1988 ob 1. uri 1. 1. 1989 ob 23. uri. Č asi od enega do drugega perihelija bi morali biti enaki , namreč 365 d 6 h, saj je gibanje Zemlje okoli Sonca v okviru naše natančnosti popolnoma periodično. Namesto tega pa dobimo po vrsti : 366 d 6 h, 365 d 22 h, 363 d 9 h, 367 d 17 h, 364 d 2 h, 363 d 22 h. Kje je vzrok te sistematične nepravilnosti? Mimogrede, tudi afeliji (v začetku julija) so nametani enako nepravilno . Anton Cedilnik /;)'' -'-/;)'-,-''/ "'" ICI" 1"", KAKO RAZREŽEMO KVADRAT NA TRIKOTNIKE Z RACIONALNIMI STRANICAMI Kvadrat s stranico a ima diagonalo d = aV2. Ker je v2 ira'cionalno število , je razmerje med diagonalo in stranico kvadrata iracionalno. Le se torej stranica a izraža z racionalnim številom , se diagonala d z iracionalnim in obratno, pri racionalnem d je a iracionalen . Diagonala razdeli kvadrat na dva enaka trikotnika. Po pravkar pove- danem ta dva trikotnika nimata nikoli vseh stranic racionalnih . Ali se da morda kvadrat razrezati na vec trikotnikov, ki imajo vsi same racionalne stranice? Denimo , da smo neki kvadrat tako razrezali . Njegova stranica je v tem primeru racionaina, ker je vsota nekaterih stranic trikotnikov , ki sestavljajo kvadrat , namreč tistih, ki leže na stranici kvadrata . Zaznamujmo z v najmanjši skupni imenovalec vseh ulomkov , s katerimi se izražajo dolžine stranic teh trikotnikov. Le pomnožimo stranico kvadrata in stranice vseh trikotnikov z v , dobimo veeji kvadrat, ki je razrezan na trikotnike, podobne trikotnikom , s katerimi smo razrezali prvotni kvadrat . Vse stranice so zdaj cela števila . Le pa delimo vse stranice trikotnikov z dolžino stranice kvadrata, dobimo kvadrat s stranico a = 1, ki je spet na podoben naein razrezan na trikotnike , toda le-ti nimajo vec celih temve č le racionalne stranice. Iz tega izhaja, da je naloga , razrezati kvadrat s stranico a = 1 na trikotnike z racionalnimi stranicami, enakovredna nalogi, poiskati kak kvadrat, ki se da razrezati na trikotnike s celimi stranicami . Brez dokaza povejmo , da kvadrata ni mogoce razrezati na tri trikotnike z racionalnimi stranicami . Zato bi zaman iskali na osnovnici AB kvadrata s stranico a = 1 tako točko E, da bi bili razdalji te točke od ogli š č C in O racionalni števili. Denimo namreč , da smo tako točko E našli (slika 1). Zaznamujmo AE = x , tako da je E B = 1- x (zaradi AB = a = 1), nadalje ED = u in EC = v. Iz pravokotnih trikotnikov AEO in E BC dobimo po Pitagorovem izreku enačbi Le odštejemo drugo od prve, imamo 2x - 1 = u2 _ v2 , torej 283 8a=1 Slika 2. A a= 1 8AxE 1-x Slika 1. a=1 Vidimo , da je pri racionalnih u in v tudi x racionalen. Kvadrat ABCD razpade na tri trikotnike AE D , E BC in EC D s samimi racionalnimi strani- cami . Povedali pa smo, da kvadrata ni mogoče tako razrezati. Zato točke E z omenjeno lastnostjo na stranici AB ni. To dejstvo lahko izrazimo tudi takole: Kvadrat z racionalno stranico se ne da razrezati na dva pravokotnika tako, da bi bile vse diagonale teh pravokotnikov racionalne. Le namreč razde- limo kvadrat A BC D na pravokotnik A EE' D zdiagonalo u in pravokotnik EBCE' z diagnoalo v (slika 1) , sta u in v razdalji točke E od ogli šč D in C. Ti razdalji pa nista nikoli obe racionalni. D E' De Poskušajmo zdaj rešiti nalogo s štirimi trikotniki . Imejmo spet kvadrat s stranico a = 1 in ogli š č i A. B , C, D. Le bi se nam posrečilo najti v njegovi notranjosti tako točko T , da bi bile razdalje te to čke od vseh štirih oglišč racionalne , bi nalogo rešili: Trikotniki ABT, BCT , CDT in DAT z racionalnimi stranicami sestavljajo kvadrat ABC D (slika 2) . Žal ni znano , ali obstaja v ravnini kvadrata točka T , za katero so vse razdalje od oglišč racionalne . Po tej poti torej najb rž ne bomo uspeli. Razrežimo zdaj kvadrat na štiri trikotnike, kakor kaže slika 3. Tu je spet E točka na osnovni ci AB , F pa na nasprotni stranici CD . Kvadrat razpade na trikotnike AE D , E B F, BC F in EF D . Morda lahko E in F izberemo tako , da se daljice AE, CF, ED , BF in EF izražajo z racionalnimi števili? (Pri tem seveda privzamemo, da je stranica kvadrata AB = a racionaina .) V tem primeru imajo imenovani trikotniki vse stranice racionalne . Denimo, da se nam je to posrečilo . Kot smo omenili na začetku , lahko kvadrat primerno povečamo in s tem dosežemo, da se izražajo vse naštete daljice s celimi števili . 284 Zaznamujmo njihove dol žine takole : AB=a, AE= x , CF=y , Eo=u , BF= v , EF=w . Ker leži Ena daljici AB in F na CD , mora biti x < ain y < a . Naj bo E' toč­ ka na stranici CD z lastnostjo , da je zveznica EE' vzporedna s stranico AD . D X E l C D F C Q X Slika 3. Q Q Slika 4. Iz pravokotnih trikotnikov AE O , B e F ln EFE' dobimo po Pitagorovem iz reku enačb e (Kateta E'F v trikotniku EFE' je enaka la - x - yI.) Le nam uspe najti rešitev tega sistema enačb v naravnih številih a , x , y , u , v , w, pri kateri je x < a in y < a , smo razrezali kvadrat s stranico a na š ti ri trikotnike s cel imi stranicami , kakor kaže slika 3 . Sistem (1) sestavljajo tri ena čbe , v njih pa nastopa kar šest neznank , torej več , kakor je enačb. Le ne postavimo nobenih pogojev glede narave neznank , zlahka dobimo nešteto rešitev : Za a , x in y izberem o poljubna števila in potem iz ena čb (1) izračunamo u , v , w . Toda dobljeni u , v , w v splošnem ne bodo cela števila , tudi tedaj ne , kada r so a , x, y cela . Vzemimo np r. a = 4 , x = Y = 3 . Iz (1) dobimo u2 = v 2 = 25 in w 2 = 20 , torej u = v = 5 in w = V'2O = 2V5. 5tevili u in v sta sicer celi, toda w je iracionalen . Vendar rešitve s istema (1) v naravnih številih obstajajo. Ena je npr . a = 24 , x = Y = 7, u = v = 25 , w = 26 . (a) 285 Ker je tu x < a in prav tako y < a, določa ta rešitev razrez kvad rata s stranico a = 24 na štiri trikotnike s samimi celimi stranicami. Zaradi x = y sta dva trikotnika tega razreza enaka, namreč AE O in BC F , pa seveda tudi ostala dva . Podobna reštitev a = 24 , x = 7, y = lO, U = 25, v = 26, W = 25 pa nam da razrez , pri katerem trikotnika AEO in BC F nista enaka . Le pomnožimo vsa števila a, x, y , U, v, w v kakšni celoštevilski rešitvi sistema (1) z istim naravnim številom, dobimo spet celoštevilsk o rešitev tega sistema in z njo razrez kvadrata. Vendar ta razrez ni v bistvu nov, saj smo le kvadrat in trikotnike prejšnjega razreza podobno povečali . Brez dokaza povejmo, da premore sistem (1) nešteto rešitev v naravnih številih, kjer so a, x in y brez skupnega faktorja. Torej obstaja nešteto bistveno r azličnih razrezov kvadrata na trikotnike s celimi stranicami v smislu slike 3. Navedimo še eno rešitev. Precej velika je a = 2280 , x = 117 , y = 1078 , U = 2283 , v = 2522, W = 2525 . (b) Poskušajmo rešiti nalogo še nekoliko drugače , in sicer tako , kakor kaže sli- ka 4. Točki E in F izberemo zdaj na sosednjih stranicah BC in CO. Kvadrat potem razrežemo na štiri trikotnike AB E , EC F, AF O in A E F. Zaznamuj- mo EC= x , CF=y , EF=u , AF=v , AE=w. Ker so ABE, ECF in AFD pravokotni trikotniki , veljajo enačbe Spet iščemo rešitev tega sistema v naravnih številih a , x , y, u , v, w . Ker leži točka E na stranici BC in F na stranici CD, mora seveda biti x < a in y < a. Celoštevilska rešitev sistema (2) z razmeroma majhnimi števili je a = 12, x = 21, y = 28 , U = 35, v = 20 , w = 15. Žal za naš namen ni dobra, ker v njej nista x in y manjša od a . Pač pa rešitev a = 960, x = 240, y = 161, U = 289, v = 1249, w = 1200 (c) zadošča vsem pogojem in zato da razrez kvadrata na štir i trikotnike s celimi stranicami v smislu slike 4. 286 Najmanjši pravokotni trikotnik s celimi stranicami ima kateti 3 in 4 ter hipoten uzo 5. Pri rešitvi (c) sta v tr ikotniku AB Ekateti BE in AB v razmerju 720 : 960 = 3 : 4 in je zato ta trikotnik podoben trikotniku s str anicami 3, 4, 5. Ali obstajajo rešitve , pri katerih je v trikotniku ECF razmerje katet EC : C F = 3 : 4? Obstajajo. Ena takih rešitev je a = 11641212 , x = 201621 = 3 X 67207 , y = 268828 = 4 X 67207 , (d) u = 336035, v = 16274180 , W = 16321215 . Piscu ni znano , ali je to najmanjša rešitev z omenjeno lastnostjo . Kako pridemo do celoštevilskih rešitev sistemov (1) in (2)? S poskuša- njem in nekoliko sreče bi verjetno kaj kmalu našli rešitev (a) , s pomočjo žepnega ra čunalnika morda tudi rešitev (b) . Potrebovali pa bi izredno zmogljiv ra čunalnik , da bi dobili s poskušanjem rešitev (d) sistema (2). Tu ne bomo opisali metod, ki nas privedejo do rešitev . Povejmo le tole : Pri obravnavanju sistemov (1) in (2) sm emo privzeti , da je a = 1 in i ščemo potem rešitve v racionalnih številih x, y , U , v , w. Tako sistem (1) kakor sistem (2) lahko prevedemo na eno samo enačbo. Ta ena čba pa je taka , da zanjo obstajajo metode, ki omogočajo priti iz dane racionalne rešitve do nove racionalne rešitve . Le izhajamo iz neke začetne rešitve , ki jo po navadi uganemo , dobimo neskon čno zaporedje različnih racionalnih rešitev. Naloge. 1. V sistem (1) vstavimo a = 7800 , x = y = 2921. Kakšni so pripadajoči U, v , w? 2. Razreži kvadrat na tr i pravokotnike z racionalnimi stranicami in racional- nimi diagonalami ! 3 . Naj bodo naravna števila p, q, r pitagorejska trojica , se pravi, da je med njimi zveza p 2 + q 2 = ,2 . Postavimo a = pq, x = p(p + q) , y = q(p + q) . Dokaži , da tako izbrani a, x in y določajo rešitev sistema (2) v naravn ih številih. Kako se izražajo u, v , w? Ali da ta rešitev razrez kvadrata v smislu slike 4? Ivan Vidav I"l-,l' ,C ILI" lIL: C'I_'~'- " 'L _lL . Zlatko Šporer, MATEMATIČNI LEKSIKON ZA NEMATE- MATIKE, prevedla Marija Vencelj , DMFA Slovenije, Knjižni- ca Sigma 56, Ljubljana 1994, 244 str. Zlatka Šporerj a , urednika 5kolske knjige v Zagrebu, že poznamo kot pisca imenitne knjige Oh, ta matematika, katere prevod v slovenščino je izšel v Presekovi knjižnici kot dvojna (5. in 6.) številka Preseka pred enajstimi leti. Mimogrede - knjigo je še vedno moč kupiti pri Komisiji za tisk OMFA Slovenije. Prejšnj i mesec je pri zbirki Sigma izšel prevod Matematičnega leksikona za nematematike , še ene izmed njegovih nenavadnih matematičnih knjig, namenjenih nematematikom . Že sam naslov je nenavaden, saj na kar 240 straneh uvaja samo 26 matematičn ih gesel od aksioma in algoritma, preko funkcije, poligona, relacije in drugih , do vektorja in verjetnosti. Knjiga bi lahko z vso pravico nosila tudi naslov 5estindvaj set prvovrstnih učnih ur, primernih kot uvod v posamezna matematična poglavja. Delo je v prvi vrsti namenjeno nematematikom; učencem, dijakom , njihovim staršem, ljubiteljem. Avtor v ljubeznivem pogovoru z namišljenimi učenci bralce na nevsiljiv način seznanja z novimi in manj novimi matematičnim i pojmi in s pretanjenim občutkom za pravšnjo mero konča z razlago tisti hip, ko postanejo stvari pretežke. Kaj pa matematiki? Ti v knjigi ne bodo našli nič novega, mislim pa, da jim bo kljub temu všeč. Učitelji matematike utegnejo najti v njej pota , ki jih sami ubirajo pri pouku , morda pa tudi naleteti na idejo, ob kateri bodo pomislili: 'Aha , tole bi pa tudi jaz lahko svojim učencem takole povedal.' ZAKoN if INy'ER~NE.M Knjigo dopolnjujejo duhovite in s tekstom tesno povezane ilustracije avtorja številnih stripov in risank Krešimirja Zirncni ča ter ilustratorke Magde Dulčic . Marija Vencelj 288 ASTRONOMSKA KRiŽAN KA PRE"' D- ZENJE PODJETJA "' OCNA OZNAKA KRVAVITEV PESCARE I IGRALKA "'ESKD m • • :2'~ · ~l--.s VR HI ~ KRAOl NIKOLA TESLA SPARTAN. ~ EKSPLOZIV "'ESTOJII ODTORINA ~ VESLASKI REKVIZIT l:ENSI sm er B velikost B sm er B +-- št. odg. (1) na desn o l' aN U na levo (4)IR (2) na desno (NY U na levo (5)T /LaR (3) na desno N 2 /La'1 na levo (6) Odgovor 15 : [ ] B . Magnetno polje dolge t uljave je prikazano na ski ci 4 . Okroglo zanko vodn ika , ki je pravokotna na os tuljave , premikamo v smeri osi x . Na konca za nke C in O priključimo galvanometer. C priklju ček je spredaj , O zadaj (s kica 4). Skica 4. I 305 3. vprašanje: Okrogla zanka vodnika se giblje z enakomerno hitrostjo od desne proti levi strani tuljave. Kako se spreminja električni tok v zanki, ko se zanka giblje? Izberi graf, ki prikazuje spremembo toka med gibanjem zanke ! Upoštevaj , da je pozitivna smer toka od ekO. Koordinata x določa lego zanke , sredina tuljave je pri x = O. ® ( el. to le) ( el . tole) I O I I o I I (x) 2' (x) 2' (x) 22 2 (9 ( el. to le) @ ( el . tole ] ® ( el . to le] I I 2' 2 (x ) CV (el. to le] @ ( el . tole I I I 2 2' (x ) Odgovor 16: graf [ ] 4 . vprašanje : Naj bo polmer zanke 10 mm. Zanka je v notranjosti tuljave pri x = O (ski ca 4). Magnetna poljska gostota B naraste veni sekundi za 0,02 T zaradi spremembe električnega toka skozi tuljavo. Izračunana vrednost inducira ne napetosti je zapisana v obliki Uj = a . lOb V. Ugotovi vrednosti števil a in b. Lastno indukcijo tuljave zanemari! Predlogi za število a: (1) 1,3 (2) 2 , o (3) 3, 1 ( 4 ) 6, 3 (5 ) 7 ,9 (6) 9, 4 Predlogi za število b : Odgovor 17: a =[ (1) -1 (2) - 2 (3) - 3 (4) - 4 (5) -5 (6) -6 (7) -7 (8)-8 Odgovor 18 : b =[ 306 4. naloga. (Vprašanja od 1 do 3, 20 točk) Preberi spodnji tekst! Plin vsebuje veliko število molekul, ki se neurejeno gibljejo v vseh smereh prostora . Mislimo si, da so molekule plina majhne kroglice z maso m in zaprte v posodi s prostornino V. Sila, s katero deluje molekula na steno posode, je enaka produktu Odgovor 19: [ l, s katerim deluje stena na molekulo pri vsakem prožnem trku, in števila trkov molekule v časovni enoti. Tlak plina p (sila, s katero delujejo molekule plina na ploskovno enoto) lahko izrazimo z enačbo: p = NfJ2, kjer je v 2 srednja vrednost kvadratov hitrosti vseh molekul. Za idealni plin je enačba stanja pV = Odgovor 20 : [ l, kjer je R splošna plinska konstanta . Tako ugotovimo, da je v2 sorazmerna z absolutno temperaturo T . 1. vprašanje: Izberi pravilna izraza med spodaj predloženimi, ki dopolnjujeta gornji tekst in njuni številki vpiši v oglata oklepaja ! I (1) hitrost (2) sunek sile R (5) n- t (3) kinetična energija (4) potencialna energija T (6) nR (7) nRT 2. vprašanje: Pri enačbi v2 = aT določi sorazmernostni koeficient al NA je Avogadrovo število . Izberi pravilni izraz med predloženimi in pripadajočo številko izraza vpiši v oglati oklepaj! (1) 6mNAR (4)~ mNA (2) 3mNA R (S)~ mNA (3) 2mNA R (6)~ mNA Odgovor 21: a = [ l 3. vprašanje: Privzemimo, da je zrak idealen plin iz molekul, katerih pov- prečna relativna molekulska masa je 30, splošna;linska konstanta R je 8300 J/K. Z računom oceni povprečno hitrost v2 molekul zraka pri temperaturi 300 K. Produkt Avogadrovega števila NA in mase molekule m je enak molekulski masi z enoto kilogram . Izberi pravilni izraz med predloženimi! (1) 6000 mis (2) 2000 mis (3) 1000 mis (4) 700m/s (5) 500 mis (6) 300 mis (7) 100 mis Odgovor 22: J v2 = [ 307 TOČKOVANJE IN RESITVE NALOG I Naloga (št. točk) I AlB I Vprašanje (št. točk) I Zap.štev. odg. I Pravilni odg. I 1. naloga 1 5) 1 4 (28) A 2 5) 2 3 3 4) 3 3 4 4) 4 7 5 4) 5 2 B 6 (6) 6 4 7 6 2. naloga A 1 5 8 4 (25) 2 5 9 4 B 3 5 10 5 4 5 11 2 5 5 12 -1 3 1 6 3. naloga A 1 6 14 2 (27) 2 (7 15 1 3 6 16 8 B 4 (8) 17 4 18 6 4. naloga 1 (10) 19 2 (20) 20 7 2 (5) 21 5 3 (5) 22 5 SPET ENA LOGIČNA V stolpnici sred i mesta so pisarne treh prijateljic: Novakove , Kraljeve in Polak ove . Ena med njimi je zdravnica , drugi pravnica , t retja pa arhitektka . Vsaka ima svojo tajnico , njihova imena pa so Sanja , Roza in Valerija . • Pravnica ima pisarno v pritl i čju . • Rozina šefica nikoli ne je mal ice , zato hod i Roza na malico vsak dan s Po lakovo . • Ob desetih dopoldne se Sanja odpravi gor k tajn ici Kraljeve na kavico. • Novakova kar naprej pošilja svojo tajnico dol v arh itektk ino pisarno po modne časop is e . Kakšen pokli c oprav lja vsaka izmed dam in kako se imenuje njena tajni ca? Neža Mramor - Kosta ŠIFRIFANO PISEMCE ZA MLAJŠE BRALCE - Rešitev s str. 225 Naloga res ni bila težka . Vsakemu paru števil iz pisemca je treba poiskati v mreži točko, ki ima ti števili za koordinati , in ga zamenja ti s črko , ki stoji ob točki . Vsebina pisem ca se glasi : DANES SE BOVA Z ROKOM SKUPAJ ULILA MATEMATIKO . Marina Rugelj Kot odmev na to nalogo smo dobili kar nekaj pošte, v kateri nam bralci sporočajo o svojih podobnih poskusih uporabe koordinatnih mrež. Vsem se za pošto lepo zahvaljujemo. Iz uredništva SAM SEBE - Rešitev s str. 225 Z uporabo datotek ni težko napisati programa , ki izpiše samega sebe. Odpre- mo datoteko , na kateri je program zapisan , v našem primeru bo to datoteka SAMSEBE •PAS, in jo izp išemo na zaslon. Tule je program : program IzpisemSamegaSebel ; { Program izpiše datoteko SAHSEBE .PAS na zaslon . } const moj elme='SAHSEBE.PAS' ; var f : text; vrstica : string ; begin assign (f ,mojelme) ; {$I-} reset (f) ; {$ I +} if IOResult<>O then vriteln('Barabe, pobrisali st e me! ', chr(7) ,chr (7 » else begin vhile not eof(f) do begin r eadln (f,vrst i ca) ; vri teln (vrsti ca ) ; end ; elose (f) ; end ; end . Precej težje, a ne z branjem z datoteke . podobnega spodnjemu . nemogoče , pa je sestaviti rešitev, ki si ne pomaga Z nekaj truda se lahko dokopljemo do programa , 309 program IzpisemSamegaSeb e2 ; { Program izpiše samega sebe brez uporabe dato t ek . } var ukaz : array[1 .. 13] of str ing ; i : integer ; begin ukaz[1] .= ' pr ogr am IzpisemSamegaSeb e2 ; '; ukaz[2] := ,{ Program i zpiše s amega s ebe brez upo r abe dato t ek. }' ; ukaz [3] .= ' var ' ; ukaz[4] ;=, ukaz : array[1 . . 13] of string ; ' ; ukaz[5] ;= , i : int eger ; ' ; ukaz [6] ;= ' begin'; ukaz[7] '= ' for i :=1 t o 6 do vriteln (uk az[i] ) ; ' ; ukaz [8] ;=' fo r i;=1 to 13 do' ; ukaz[9] ;=, vriteln (# ukaz[# ,i ,#] := ###,ukaz[i] ,###; #); ' ; uka z[10] : = , for i ;=1 to Length (ukaz[9]) do ' ; ukaz[11] :=, if ukaz [9] [ i]=chr (35 ) then ukaz[9][i] ; = chr(39); ' ; ukaz[12] := , for i ;=7 to 13 do vriteln (ukaz[i] ) ; '; ukaz[13] := ' end . '; for i:=1 to 6 do vriteln (uk az[i] ) ; fo r i:=1 to 13 do vriteln( ' ukaz[ ' ,i , '] ; = " ' ,ukaz[i],"' ; ' ) ; for i :=1 to Length (uk az[9] ) do if ukaz [9] [i]=chr (35) t he n ukaz[9][i] := chr(39) ; for i:=7 to 13 do vrit eln (uk az[i] ) ; end. Kot st e gotovo opazili, je osnov na ideja v tem , da lahko prireditvene stavke, s katerimi v tabelo ukaz vpišemo pot rebne nize, izpišemo z zanko for . To je mogoče zato , ker je njihova oblika preprosta in vedno ena ka. Tako zadošča v tabelo ukaz shraniti le del prog rama pred prireditven imi stavki in del programa za njimi , pa še vedno lahko izpišemo celotni program . Vendar pa se pri izvedb i pojavijo nekatere te žave. Izpis v zanki for , s katero izpisujemo prireditvene stavke , vsebuje tudi enojne narekovaje. Seveda moramo tud i ta stavek shraniti v enega od nizov v tabel i ukaz. Le želimo , da bo tud i enojni narekovaj del niza , moramo v pascalu napisati dva enojna narekovaja . S t em pa zaidemo v težave, saj bi imeli v programu dva , na zaslonu pa bi videli le en enojn i narekovaj . To te žavo zaobidemo ta ko, da v niz ukaz [9J najprej vp išemo "nadomestni znak" # . Ko z drugo zan ko for izpišemo prireditvene stavke , v tretji zanki znake # , t i imajo kodo 35, v nizu ukaz [9] zamenjamo z enojnimi narekovaji, ti imajo kodo 39. Seveda pri zam enjavah uporabljamo funkcijo chr , saj bi sicer zopet zapletli reševanje. Tako se izognemo težavam z večkratnimi narekovaji in dosežemo želeni izpis. Martin Juvan -'-'//'11-11' '1."\' lI.'Ic" _'1'", ,'-" 3. DRŽAVNO TEKMOVANJE OSNOVNOŠOLCEV V ZNANJU MATEMATIKE - Rešitve s str. 241 7. razred 1. 5tevilo možnih zadetkov: ll38 . 100 = 6 · 100 = 600 . 5tevilo tekmovalcev : 600:15 = 40. Tekmovalo je 40 č l a nov st relskega društva . 2. a(a+b)(a+c) = a3+a2b+a2c+abc = a2(a+b+c)+abc = = a2 . O+ 1994 = 1994. 3. V prvih dveh dneh je prevozil i + 152 = ~~ celotne poti . Tretji dan mora prevoziti i4 celotne poti . 2\ celotne poti (254 - i = 2\ ) je 45 km. Celotna pot : 24 ·45 km = 1080 km. 4. Naloga ima dve rešitvi: / ( B \ \ -, Narišemo krog s središčem S in polmerom 2 cm ter točki A in B. Presečišče poltraka SB in simetrale daljice AB je središče iskane krožni- ce. 5. p = aVa = bVb a=1 ,5 ·b 40 = 3b + 2b b = 8 cm p = 60 cm2 D.~ ---,C. V. A a B 311 8. razred 1. Če bi x šahistov vztrajalo do konca, bi odigrali X(X2-1) partij. Ker sta dva odstopila, dobimo: (X-2~(X-3) + 6 = 84, od tod pa (x - 2)(x - 3) = 156. Produkt dveh zaporednih števil je 156 , torej 12 · 13 = 156, zato x = 15. Na turnirju je igralo 15 šahistov. 2 K . a - c - k 'v - kb' - kd Z . (a+c)(b+d). er Je b - ci - ,zaplsemo a - ln C - • ato Je a+b+c+d - ab cd _ (kb+kd)(b+d) kb2 kd2 _ k(b+d)2 - a+b - c+d - kb+b+kd+d - b(k+1) - d(k+1) - (k+l)(b+d) - kb kd _ k~+d) kb kd _ kb+kd-kb-kd - O - k+I - k+l - +1 - k+I - k+1 - k+1 -. 3. 51 = 52 51 = .;r-"30--..2--+----:-5-0-_-x=)2, 52 = 40 2 + x2 302 + (50 - x)2 = 40 2 + x 2 x = 18 Vodnjak je oddaljen 18 korakov od 40 korakov visokega stolpa in 32 ko- rakov od nižjega stolpa . 50-x X \ 4. Zaradi 6VS202 - 6VS10 l je 5202 5101 = S2V : SIV in 5101 = '1. 5202 = '2 ter SIV = S2V - ('1 + (2) je '2 : '1 = = S2V : (S2 V - ('1 + (2)) in 1 : '1 = 3 : (2 - (1). od tod pa '1 = = i cm = 5mm. Polmer spodnje kroglice je 5 mm. ~ /// 1/ I I S, r, V~HH---(~--f-----+_--- 312 5. Stranske ploskve: de = 6 cm2 , ef = 4 cm2 in rl = 3 cm2 . Stranski robovi so od tod d = = 3 cm , e = 4 cm in f = 2 cm, prostornina pa V = PB~V ·r = =~ =4 cm 3. B v ________= ." A C Aleksander Potočnik REŠiTVE NALOG Z DRŽAVNEGA TEKMOVANJA IZ SREDNJEŠOLSKE FIZIKE - 2. del - s strani 180 Skupina C 1. Postavimo koordinatni sistem tako , da z os sovpada s smerjo nemotenega elektronskega curka. Prvi kondenzator odklanja elektrone v x smeri in drugi v y smeri. Hitost elektronov v z smeri je Vz = J2eUd / m. Za odklon na zaslonu dobimo d = alUa . { } 2bUd' et E x,y , kjer je a stranica plošče, b razmik med njima , I oddaljenost središča konden- zatorja od zaslona in Ua napetost na njem. Le naj bo slika na zaslonu elipsa, je ena od možnosti za napetosti U; = Uxo cos wt Uy = Uyo sin wt . V odvisnosti od tega , ali je krajša polos v x ali v y smeri, dobimo dve rešitvi : u.« = UoA/1} = 7, 6V, Uyo = UoB/12 = 18, 5V, Uxo = UoB/1} = 15,2V, Uyo = UoA/12 = 9,3V, kjer je A = 1 cm , B = 2 cm, 1} = 33 cm, 12 = 27 cm in UO = 2bUd/a = = 250 V. Frekvenca obnavljanja slike w/27r mora biti dovolj majhna, da se napetost na kondenzatorju med preletom elektrona le malo spremeni . I 313 2. Na plovec delujejo sila vrvice, teža in vzgon. Na zgornjo ploščo kondenza- terja delujejo sila vrvice, teža in spodnja plošča z električno silo. V ravnovesju velja: 2 e 2() 2mp9 + -S + ev«: hI - ho 9 = evalj97r r hI· 2~0 Iz ena čb e in dimenzij , podanih v nalogi, izračunamo razdaljo lo med ploščama kondenzatorja in napetost na kondenzatorju : e U = lo-S = 8, 2 mV. ~o lzra čunajrno še položaj gladine, če imamo za 1 mV večjo ali manjšo napetost . Pri napetosti U =9 mV je gladina za 0,7 mm niže, pri napetosti U =7 mV pa je za 1,1 mm više. Napetost pri dvigu gladine za 0,5 cm je 2,6 mV. 3. Žičko v mislih razrežemo na rezine debeline l:i.1 in jih nadomestimo z valji. Prvič vzamemo za osnovno ploskev večjo , drugič pa manjšo ploskev. Na ta način dobimo spodnjo in zgornjo mejno vrednost za posamezen odsek . l:i.1 Ri = (S;, Si =ur, Iri = rO + (rl - ro)- , n kjer je n število valjev , na katere razrežemo ži čko . Za spodnjo mejo dobimo n RSP=LRi' i=l za zgornjo pa n-1 RZ9 = L n; i=O Ena izmed možnosti je tudi približek s srednjim radijem. 314 4. Pogoj, da ž ič ka zdrsne, je podan z enačbo Fmcoscx = mgsincx + k(Fmsincx + mgcoscx), kjer je F _ VIB m- R ' Iz tega izračunamo V = 0,57 V. Pri obrnjeni polariteti žička odskoči od podlage, pade nekje niže nazaj na podlago , zopet odskoči itd . To se zgodi , ker je izpolnjen pogoj Fm sin cx > mgcoscx . Pri dvakrat večji napetosti se ži čka ne ustavi pri pogoju za ravnovesje sil (ki je na dolžini 105 cm od prvotne lege), ampak pride še nekaj više, ker ima v tej točki še neko od nič različno hitrost. Skupina O 1. d =10 cm , Cz= 340 m/s, cv= 1480 ra]» . Z cx označimo kot , pod katerim mora netopir poslati pisk, z /3 pa lomni kot v slapu . Zaradi majhnih kotov lahko zapišemo lomni zakon v obliki: /3 Cz Cv 1 n Netopir ne zazna žuželke na pravem položaju zarad i vmesne plasti vode - planvzporedne plasti, kije zaradi loma zvoka navidezno debela d/n = 2,3 cm. Zaradi tega zazna netopir žuželke za 8 cm bliže, kot je dejanska oddaljenost . Iz poteka žarkov skozi planvzporedno plast in prej zapisanega lomnega zakona izračunamo še vertikalni pomik zvočne podobe žuželke, kot jo zazna netopir. Zvočna podoba žuželke je 7 mm niže od njenega dejanskega položaja. 2. Stanje plina v točkah od 1 do 4 je : točka 1: točka 2: točka 3: točka 4: P = Po P = po/3 P = po/3/cx P = po/cx V= Vo V= Vo V = cxVo V = cxVo T = TI , T=/3TI , T = /3TI , T =TI , 315 Energijska bilanca plina pri A 12 = O A 23 = -Po Vo{3lno A34 = O A 4 1 = po Vo Ino kjer pomeni a = \Il/Vo in f3 = T2/Tl . posameznih spremembah je 1 --+ 2: .6.Wn = mcv T1(13 - 1) 2 --+ 3: .6.Wn = O 3 --+ 4: .6.Wn = -mcvT1({3 -1) 4 --+ 1: .6.Wn = O 012 = mcvT1(13 - 1), 0 23 = po Vo{3ln o, 034 = -mcvT1({3 -1), 041 = PO Vo Ino . Dovedena toplota je le 023 , ker toploto 012 dobimo iz toplotnega izmenje- valca -034. Opravljeno delo venem ciklu pa je -(A23 + A41). Dobimo : 0+ = poVof3lno , A = poVo(f3 - 1) ln a ==> AlTI ==> 1] = 0+ = 1- 13 = 1- T2 = 1]Carnot- 3. Tik preden se telo odlepi od valja velja: 2 • zaradi radiaine rezultante sil telo kroži in velja mg cos epo - N = m~o , kjer je N pravokotna komponenta sile podlage, • rezultanta sil v tangentni smeri vrti telo s kotnim pospeškom a (mgsinepo - kN)R = mR2a , • celotni navor okoli osi valja pospešuje sistem valj-telo s kotnim pospeš- kom o mqs] nepo R = Ja , • ohranja se energija sistema valj-telo Jw 2 -2- = mgR(l - cos epo). Iz sistema enačb dobimo sin epo = 2k(2 cos epo - 1), oziroma Za večje kote telo drsi brez trenja po valju. Izrek o ohranitvi energije zapišemo kot mv2 mv2T + mgRcosepo =T + mgRcOSI{JI . 316 Telo odleti z valja, ko postane sila podlage enaka n ič, ko je torej radia Ina komponenta teže enaka centripetaini sili: mg cos tpI = mv? / R. Dobimo enačbo 1 + cos tpa = 3 cos tpI z rešitvijo tpI = 52° . Jure Bajc, Ciril Dominko 38. MATEMATiČNO TEKMOVANJE SREDNJESOLCEV SLOVENIJ E-Rešitve s str. 250 Prvi letnik 1. Vrednosti posameznih členov vsote so 1 ali -1. Ker je vsota enaka nič, mora biti členov, enakih 1, prav toliko kot členov, enakih -1. te zmnožimo vse člene vsote , dobimo ef ei .. . e~ = 1, zato mora biti členov, enakih -1 , sodo mnogo. Vseh členov pa je ravno dvakrat več, torej je n deljivo s štiri . 2. Le je v razcepu števila n na prafaktorje več kot eno praštevilo ali pa je potenca katerega praštevila večja od 2, najdemo med sabo različni na- ravni števili a in b (večji od 1) , da je n = ab . Potem je L dr > d;ln ~ 1 + a2 + b2 + a2 b2 > 1 + 2a b + a2 b2 = (n + 1? te je n praštevilo , je L dr = 1 + n2 < (n + 1)2. Le pa je n = p2 , d;\n kjer je p praštevilo, je L dr = 1 + p 2 + p4 < (n + 1f . Posebej trditev d;ln preverimo še za n = 1. 3. Naj SeXY Z) pomeni ploščino trikotnika XY Z . Označimo zA' , B' in C' razpolovišča stranic BC, CA in AB ter predpostavimo, da točka T leži na daljici AC'. Velja: S(ATB') _ !. S (T B A' ) _ ! S(ATC) - 2 Jn S(TBC) - 2 ' Ker je AB vzporedna B' A' , je S(AT B') = S(ATA') . Potegni- mo vzporednico k TA' skozi A in njeno presečišče z BC označimo z U. Potemje S(AT A') = S(UT A') . c 317 Torej je S(TBU) = S(TBA')+S(UTA') = S(TBA')+S(ATB') = = !(S(T BC) + S(ATC)) = !S(ABC). Rešitev naloge je torej premica skozi T in U. 4. Oglejmo si vse neurejene pare (tj . dvoelementne množice), ki jih lahko sestavimo iz teh 20 učencev. Za poslano pismo bomo rekli , da pripada danemu paru , č e je en član tega para poslal pismo drugemu . Vseh parov je 20 ·19/2 = = 190 , vseh pisem pa je 20 . 10 = 200 . Ker vsako pismo pripada kakemu paru , obstaja vsaj en par , ki mu pripadata dve pismi , torej par , ki si je pismi izm enj a l. Drugi letnik 1. Ker je mn = 24k -1 za neki k E IN , m ni deljiv niti z 2 niti s 3 , torej je oblike m =6x ± 1; enako sklepamo za n in dobimo n =6y ± 1 (x , y E IN). Ker m in n nastopata simetrično, ločimo le tri možnosti: (a) Le velja m = 6x+ 1 in n = 6y+ 1, je mn+ 1 = 3(12 xy+2(x+ y))+2 . Torej mn + 1 ni deljivo s 3, zato ta možnost ni dob ra . (b) Le velja m = 6x-1 in n = 6y-1 ,je mn+1 = 3(12xy-2(x +y))+2. Torej mn + 1 ni delj ivo s 3 , zato ta možnost ni dobra . (c) Le velja m = 6x + 1 in n = 6y - 1, je mn + 1 = 6(6 x y + y - x ). Ker je mn + 1 delj ivo s 24 , mora biti 6xy + y - x deljivo s 4 . Naj bo x + y = 4t + s , pri čemer je tEIN in s E {O, 1,2 , 3} . Potem velja 6xy + y - x = 4(6tx + t) - 2x(3x + 1) + s(6x + 1) . ~tevilo x (3x + 1) je sodo, zato je s(6x + 1) deljivo s 4 . Ker je 6x +L liho, je s deljivo s 4 , zato velja s = Oin x + y = 4t . Od tod dobimo m+n = 6(x+y) = 24t, torej je m + n res deljivo s 24 . 2 . Vsako napisano š t evilo je nenegativno (je absolutna vrednost nečesa), vsaj eno število pa je r az lič no od O (saj je vsota 1994) . Naj bo a največje napisano število, bin c pa števili t ik pred njim. Potem je a = lb - c l in velja a = b - c ali pa a = c - b. V prvem primeru dobimo , da je c = O(sicer bi bil b večji od a), v drugem pa , da je b = O. Torej se nekje pojavita zaporedoma a in O. Le ta premislek nadaljujemo, dobimo: ... a , a , O, a , a , O. . . V krogu se nekajkrat ponovijo trojice a , a , O, zato je število stolov deljivo s 3 . 3. Ugotovimo , da je x < z in y < z ter x f. y . Zaradi simetrije lahko predpostavimo , da je x < y . Dobimo: x " = zn - yn = (z _ y)(zn-l + + zn-2y + ...+ yn-l) > nyn-l > yn. Dokaz je tako sklenjen, kajti dobili smo x" > yn , kar je v nasprotju s predpostavko x < y . 318 c B Tretji letnik 1. Naj bo 2n + 1 =a2 in 3n + 1 = b2 . Potem je a =2k + 1, saj je kvadrat sodega števila sodo število. Od tod dobimo, da je n = 2k(k + 1), torej je n deljiv s 4 in zapišemo n = 4m. Ker je b2 = 6m + 1, je tudi b liho število: b = 2h + 1. Sledi, da je 3m = h(h + 1), torej je m deljiv z 2 in tako je n deljiv z 8. Ker je n sod, lahko pišemo n = 10r + s , pri čemer je s E {O, ±2, ±4}. Le bi bil s = ±2, bi bila zadnja števka enega od števil a2 ali b2 enaka 7; če bi bil s = ±4, pa bi bila zadnja št evka enega od števil a2 ali b2 enaka 3. Noben od teh primerov ni možen, saj je zadnja števka kvadrata lahko le 1, 4, 5, 6 ali 9. Torej je s = O, n je deljiv tudi s 5, zato je n deljiv s 40. 2. Ker sta funkciji cos(sinx) in sin(cosx) sodi in periodični speriodo 2?r, je dovolj, da dokažemo to trditev za interval [O, ?rl. Opazimo, da je sin x + +cosx =sinx+sin(f-x) =2sin fcos(x-f):S..j2 < ~ < f, torej velja°:s sin x < f - cos x < f + 1 < ?r in ker je funkcija kosinus na intervalu [O ,?r] padajoča , takoj dobimo cos(sin x) > cos( f - sin x) =sinecos x). 3. Le so Xl, x2 in x3 ničle polinoma x3 + ax 2 + bx + c, se zVietovimi formulami zlahka prepričamo , da so XIX2, X2X3 in X3XI ničle polinoma x3 - - bx2 + acx - c2 . Od tod sledi trditev v nalogi. 4. Označimo z E razpolovišče da- li Ijice AD in z 5 presečišče težiščnice iz B in višine iz O. Zaradi 5 O II BC je IBsl : IsEI = ICOI : IOEI. Iz IAEI = IEOI in lABI = ICOI pa sle- di lABI : IAEI = IBsl : 15 El. Torej je AS simetrala kota pri A trikotnika AB E in leži zato 5 na simetral i kota B _ - --------_ pri A trikotnika ABO. 4. Kot 0, je: f(O) = a f(1)=a+1 f( a) = 1 f(a + 1) = 2 f(a) = 2a od koder dobimo, da je 2a = 1, kar očitno ni res. Le je a < 0 , pa je : f( a) = 1 f(a + 1) = 2 f(1)=a+1 f(2) = a + 2 f(O) = 1 - a 52 82 112 142 1- ')t : 3~ 74 109 144 17 9 26 66 106 116 186 13 58 103 148 193 O so 100 150 200 3. od koder dobimo, da je a = 1 - a oziroma 2a = 1, kar spet ni res . V obeh primerih smo dobili protislovje, torej taka funkcija ne obstaja . 2. Le postavimo nad ničlo število a , je nad njim 2a. Postavimo desno od 2a še b, pa imamo pod njim 2b - 74. Ker imamo v vseh vrsticah in vseh stolp- cih aritrnetična zaporedja, mora veljati (2b-74) -a 103-(2b-74) in b + 3 · (b - 2a) = 186, ti dve enačbi pa dasta a = 13 in b = 66. Preostane nam še, da tabelo dopolnemo. n n-l.----...----.. Naj bo an = 4 ... 48 ... 89. Potem je 102 n - 1 lQn - 1 an =4 9 + 4 9 + 1 = = ~ (4 .102n + 4.lQn + 1) = = C. 10 3 n + 1r Ker je vsota števk števila 2 . lQn + 1 enaka 3 , je to število deljivo s 3 in je an res popolni kvadrat. 320 I BA Q Zaradi tetivnosti štirikotnika A BC D je 4:. DAC = 4:. DBC in sta zato trikotnika ASP in BSR podobna . Torej je 4:. PP' S = 4:. RR' S in nadalje 4:. QP' P = 4:. QR' R. Naloga je tako rešena , saj sta zaradi IPp' J= JQR'I in jP'QI = IR'RI tr ikotnika PP'Q in QR'R skladna . 4. Označimo s P' in R' razpolovišči daljic AS oziroma BS. Potem je AS II QR' in BS II QP' in je zato štir ikotnik P' Q R' S paralelogram . Sledi: IP'SI = JQR'I. IQP'I = IR'SI in 4:. QP' S = 4:.QR'S. Ker je trikot- nik AS P pravokoten , je P' sredi šče temu trikotniku očrtane krožnice in je zato IPP'I = !P'SI. Analogno je IRR' I = JR'SI· Darjo Fe/da PRESEK list za mlade matematike. fizike. astronome in računalnikarje 22. letnik. šolsko leto 1994/95. številka 5. strani 257-320 UREDN iŠKI ODBOR: Vladimir Batagelj , Tanja Bečan (jez ikovni preg led) . Dušica Boben (o blikovanje tek sta), Mirko Dobovišek (glavni urednik ) , Vilko Domajnko, Roman Drnovšek (n ovice) , Darjo Felda (tekmovanja ) , Bojan Golli, Marjan Hribar , Boštjan Jaklič [tehnični ured nik), Mar tin Juvan (rač unatništvc]. Sandi Klavžar, Boris Lavri č, Andrej Likar (fizika). Mati ja Lokar , Fran ci Oblak, Peter Pet ek , Marijan Prosen (astron omija) , Marjan Smerke (svetova lec za fotografijo), Miha Šta lec , Jana Vrabec (nove knjige) , Marija Vencelj (mate- mat ika, odgovorna uredni ca) . Dop isi in naročnine: Društvo matematikov. fizikov in as tronomov Slovenij e - Podružnica Ljubljana - Komis ija za tisk , Presek , Jadranska c. 19 ,61111 Ljubljana , p.p . 64 , t el. (061) 1232-460. št. tR 50101-67 8-47233. Naro~nina za šolsko leto 1994/95 je za posamezne naročnike 1100 SIT, za sku pinska naro č ila šo l 880 SIT , posamezna številka 220 SIT , za tujino 21000 LIT, dev izna nakaz ila SKB banka d.d . Ljubljana , val-27621-42961/9, Ajdovš čina 4, Ljubljana . ' 0 List sofinancirajo MZT, MŠŠ in MK Ofset tisk DELO - Tiskarna . Ljubljana 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 pla čuje 5% davek od prometa proizvodov . © 1995 Društvo ma tematikov. fizikov in astronomov Sloven ije - 1232 PRVA SLOVENSKA ASTRONOMSI