PR ES EK - lis t za mlade matematike. fizike. astroname in računalnikarje
18. letnik. leto 1990/91. številka 5. s trani 257-320
VSEBINA
M ATEMATIKA Kako dobimo vse točke na enotski krožnic ; -
Reši tev na loge st r. 313 (Janez Rakovec ) 258-262
Obrat Eulerjeveg a izreka ( Boris Lavrič) 264 -267
FIZIKA Koš ! Koš ! (Ja nez St rnad ) 268 -274
TEKMOVANJA 31. zvezno tekmova nje srednješo lcev iz mate ma ti ke -
Rešitev nalog st r. 298- 303 (M a tj až Leljk o) . . . . . . . . . . . . 276-273
10 . republi ško t ekmova nje iz fizike za osnov nošo lce - Re-
šitve na log str . 314-31 8 ( Mirko Cva hte , Zlatko Brada č ) . 230-286
NALOGE Kje ti či vzrok? (Marija Vencelj) 257
Ostanki - Reši tev str . 275 ( Boris La vri č) 263
Iracion aln e vsote - Reši te v str . 296 ( Bor is Lav rič ) 267
Tri Wellsove ugank e - Rešit ev str . 306-3 07 (Boris La v r i č ) 236-237
PR ES EKOVA NADL OGA - Mala zbirka na log
L. Fibon accij a (V ilko Domajn ko ) 290-293
Kocka ima rd ečke ( Darjo Fe lda ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2,17
RESITVE NALOG Mim ogred e - Reš itev s s t r. 24 2 (Vilk o Dom ajnko) 275
26 . republi ško t ekmovanje os nov nošolcev iz mat ema-
tik e - Reši tve s str. 228 (Aleksa nde r Potočnik ) . . . . . . . . 294 -296
Z grafi gre lažje - Rešit ev s str . 36 (Vilk o Domajnko) 297
21. zvezno tekm ovan je osnovnošo lcev iz ma tematike -
Rešitve s str . 23 0 (Aleksander Potočnik, Darjo Feld a) . . . 304-306
34 . republi ško t ekmovanje sred nješo lcev iz matem atike -
Rešitve s st r. 232 ( Darjo Fe lda) 303-3 12
Koled arji - Rešit ev s st r. 220 ( Darj o Felda ) 313
Slikovn a križa nka " Matematičn i pojmi" -
Rešitev s s t r. 243 (Marko Bokal ič) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III
RAZVEDRILO Nepredvidlj ivo zaporedje ( Ciril Pezdir) 263
S likov na križa nka " Kra tka zgodovina fizike"
(M ark o Bokal ič) 238-289
Fur th H.P. , Nevarnost i sod obn ega Življe nja 293
PISMA BRA LCEV - Kar ikat ura (Aleš Črn ič) . . . . . . . . . . . . . . 312
NOVE KNJIGE Lang S. , Mat ka ! Pogovori z učenc i (J an ez Rak ovec) 274
Sad ovski L.E. in A.K ., Ma t ematika in špo rt (J ože Čibej). 278-279
emTEX in LATEX (M atija Loka r) 31 9-320
Angl ešk e ast ron omske znamke (J an ez St rnad) III-IV
NA OVITKU Z let ošnj e košark arske tekm e v Ljubljani Sme lt-O limpia :
: POP84 (F oto Igor Modi c) Glej č la ne k na str. 268 .
257
KJE TILI VZROK?
Pred šolsk im testom iz ekspo nentn ih enačb je Miha doma nekoliko vadil. V
zbirki nalog je nalet el na naslednjo e načbo, ki je bila z dvema zvezd icama
oz nače n a kot te žja :
Takole je premišljeval: "Za eksponente velja : 2x + x =3, to rej je x = 1."
Napravil je preskus, ki je pokazal, da je rezultat pravilen.
Venda r mu t isti dve zvezdici nista dal i miru in kmalu je sprevidel, kje ga
je polomil.
Sedaj pa ga muči vprašanje , kje je vzrok , da je tudi po napačni poti dob il
pravilen rezultat.
Bi zna li odgovoriti na to vprašanje?
Poskusite e na čbo tu di rešit i!
Marija Vencelj
PRESEK
list za mlade matematike, fiz ike , astroname in računalnikarje
1B.le tni k, šo lsko leto 1990/91 , števi lka 5 , strani 256- 320
URED NISK I ODBOR : Vladimir Ba tage lj , Ta nja Beča n (j ezi kovni pregl ed) , Dušica Boben
(p isma bral cev , stav ljenje teksta) , Vi lko Dorna jn ko , Dar jo Felda (tek mova nja) , Bojan Go lli,
Marjan Hribar, Sandi Klavža r (raču na l ni š tvo ) , Damjan Koba l, Edva rd Kramar ( P resekova
knji žnic a), Boris La vrič (matemat ika , odgovorn i urednik ), Andrej Lika r (f izika) , Ma tija
Loka r, Franci Oblak , Pet er Pet ek, Mar ko Petkovšek (g lav ni urednik) , Pa vla Ranzin ger
(as tro nomija ) , Marj an Smerk e (sv etovalec za fo tografijo ) , Miha Šta lec ( risb e) , Ciril Velkovr h
(ur ednik , nove knjige , novice) , Marija Vencelj.
Dopise pcsiljajte in list na ročaj te na naslov: Društvo ma tematikov, fizikov in astronomov
Slove nije - Podružnica Ljublja na - Kom isija za tisk , P rese k, J adranska c . 19 ,61111 Ljublja-
na, p.p . 64, te l (061) 265-061/53, št. žiro račun a 50101-678-47233 . Naročnina za šo lsko
let o 199 0/ 91, v plača na po 1.1.1991 , je za posa mezne naročnike 150.-din , za skup inska
na roči la šo l 120.- din, posam ezna št evilka 30 .- din (24 .- din) .
List sof ina ncirajo RKR DT , RKVIT K in RKK
Ofse t tisk Č a sop i sno in grafično podjetje DELO, Ljublja na
Tekst je postavljen z računaln ikom S U M 286, ALTEC H, Ljubljana
© 19 91 Druš tvo matematikov, fizikov in as t ron omov Slov eni je - 10 54
/"" -'-/"" -" ~"in Ic , 1 .", .
KAKO DOBIMO VSE TO(:KE NA ENOTSKI KROŽNICI
k
t u.,
x
V Presekovi knjižnici je ravnokar v slovenskem prevodu izšla težko pričakova na
knjiga Matka! znamenitega matematika Sergea Langa. Eno njenih poglavij
govori o pitagorejskih trojicah , to je o trojica h celih števil (a, b , c), ki zadošča­
jo enačbi a 2 + b2 = c2 . Avtor pokaže , kako dobimo prav vse pitagorejske
trojice s tem, da poiščemo vse urejene pare racionalnih števil (x , v). ki
zadoščajo enačbi x 2 + y2 = 1. To so, gledano geometrijsko, vse racionalne
točke (ki imajo obe koordinati racionalni) na enotski krožnici.
V ravnin i naj bo izbran pravo-
kotni kocrdinatni sistem. Naj bo k '
enotska krožnica v tej kocrdinatni
ravnini, toje krožnica spoimerom 1
in s središčem v izhodišču O koordi-
natnega sistema (slika 1) . Torejje k P(_~,(')
množica vseh tistih točk T(x ,y) v ":'-~>- ----:~ _ _ ..I.L_ -+:-
ravnini, katerih koordinati zadošča-
ta enačbi x 2 + y 2 = 1. (U poštevati
je treba, da je razdalja poljubne toč-
ke T( x , y ) od izhodišča O enaka
Jx2 + y 2.) Slika 1.
V knjigi Matka! izvemo, kako lahko dobimo točke na krožnici k na
naslednji način. Naj bo t poljubno realno število in naj bosta koordinati x in
y točke T(x, v) tile funkciji t-ja:
1 - t 2
x=-- -
1 + t 2
2t
Y = 1 + t2 (*)
Tedaj točke T(x. yJ leži na enotski krožnici k. Iz (*) namreč izhaja:
2 2 1 - 2 t2 + t 4 4 t2
x+y = +---.".----,-
1 + 2 t2 + t 4 1 + 2 t2 + t 4
1 + 2t2 + t4
--~-__,_=1
1 +2t2 +t4
Velja pa tudi tale , obratna trditev, ki jo zapišimo kot izrek :
IZREK. Za poljubno točko T( x , y) na enotski krožnici k, različno od
točke P(-l, O), obstaja takšno realno štev ilo t , da velja:
1 - t 2
x = - - -
1 + t 2
2t
Y = 1 + t2
ln ko nčno :
Potem je:
Preu redimo:
ln že imamo:
259
Preden bomo to dokazali, ne bo odveč nekaj pojasnil. Izrek pove, da se
koordinati vsake točke na krožnici k, razen P( -1 , O), izražata s formulama
(*). Le upoštevamo še prejšnjo ugotovitev, to pomeni: Ko t preteče vsa
realna števila , tedaj točke T(x, r). kjer je x = i+~~ , y = 1 2~2' preteče vso
enotsko krožnico k, z izjemo točke P(-l,D). Lahko tudi rečem~: Z (*) je dana
preslikava (predpis), ki vsakemu realnemu številu tE JR priredi ustrezno točko
T( x , y ) E k in ki množico realnih števil JR preslika na enotsko krolnico k brez
točke P( -1 , O) . Neodvisno spremenljivko t navadno imenujemo parameter;
pravimo, da je krožnica k z zvezama (*) podana parametrično.
Z (*) smo torej dobili vse točke na enotski krožnici, razen točke P( -1, O).
Le pa za tvstavimo poljubno racionalno število, sta očitno tudi x = i+~~ in
y = 1 ;~2 racionalni štev ili. Izkaže se : Ko t preteče vsa racionaina števila,
tedaj ustrezna točka T( x , y ) preteče vse racionalne točke na enotski kroln ici,
razen točke P( -1 , O). (Glej konec dokaza našega izreka .) Tako torej dobimo
vse urejene pare racionalnih števil (x, y) , ki zadoščajo enačbi x2 + y2 = 1.
Iz teh pa dobimo, kot že rečeno, vse pitagorejske trojice.
Ze večkrat omenjena izjemna točka P( -1 , O) ima koordinati x = -1 ,
y = O, ki se ne izražata s formulama (*) . Le naj bo namreč y = 1;tt2 = O,
mora biti t = O in potem je x = i+~~ = 1, torej x ni enak -1.
Dokažimo naš izrek najprej po algebraični poti, kakor je to narejeno v
knjigi Matka ! ( le da se tam avtor povsod omeji na racionaina števila) . Naj bo
T( x , y ) poljubna točka na enotsk i krožnici k, različna od P( -1 , O) . Lelimo
najt i tako realno število t , da bosta izpo lnjeni enačbi (*) . Uganemo: Treba
je vzeti t = xtr. Tedaj je (x + l)t = y in potem (x + 1)2 t2 = y 2. Ker je
T( x,y) E k, je x2 + y2 = 1 in tako je y 2 = 1- x2 . Torej je
(x + 1ft2 = 1- x 2 = (1 + x )(l - x )
Ker je x i- - 1 in tako x + 1 i- O, lahko to enačbo delimo z x + 1 in dobimo:
(x+1)t2=1-x
x(l + t2 ) = 1 - t2
1- t 2
x = 1+ t 2
X + 1 - 1-t2+1+t2 - 2
- 1+t2 - 1+t2
Y = (x + 1)t = 2t1+t2
Torej za poljubno točko T (x , y ) E k, raz lično od P(-l ,O), res obstaja
tak t E JR (n ašli smo ga: t = xtr), da velja : x = i+ ~~ , y = 1;~2 ' (L e
k
Slik a 2.
260
ima točka T( x ,y ) racionalni koordinati, je seveda tudi t racionalno število.)
Ta algebraični doka z našega izreka je kar enostaven in kratek , seveda
pot em , ko enkrat uganemo, da mo ramo vzeti t = x~l ' Pravzaprav pa lahko
do tega pridemo brez ug ibanja - le domisli ti se moramo : če naj velja ta enačb i
(*) tedaj mo ra biti x -l- I = 1- t 2 +1 +t2 = 2 in potem ~ = 2 t ·(1+t2 ) =, 1+ t2 1+t2 x + 1 (1+t2)-2
= t . (Ve nda r tudi to ni kar na dlan i - marsikdo se s plo h ne bi dom islil, da se
sp la ča pogledati , upoštevaje (*), kol iko je tedaj x + 1.)
Razm is1janje ob algebra ičnem doka zu iz knj ige Matka! meje spodbud ilo,
da sem si za mislil nasled nji, geometrijski dokaz našega izreka. Ta bo sicer
da ljši od a lge b ra ičn ega dokaza , zato pa bodo imeli vsi posa mezni kora ki
nazor en , geo metrijsk i pomen in j ih bo mo la hko spr emljal i na slik i. Parameter
t bomo vpelj a li tako , da m u bomo da li nata nko določen geometrijski pome n;
izka za lo pa se bo , da je ta t isti kot zgor aj , to rej t = X~l '
V kocrdinatni ravn in i imamo enots ko krož nico k , na njej pa " izj e m no"
toč ko P(-1 , O) (slika 2). Naj bo T( x ,y ) poljubna točka na krožnici k,
raz l i č na od P(- l. O). Skozi točko T položimo pravokotnico na abscisno os;
ta se ka absc isno os v točk i T ', ki ima isto absciso kot T, ord inato pa O: T' =
= T' (x . O) . Po t ej1; nimo še prem ico s kozi točk i P in T; natanko Je
d o loče na , saj j e P 1= T . Ta prem-
ica sek a ord ina t no os v neki točk i U;
nj e na a bsc isa je O, nj en o ordinato pa
ime nujmo t , t orej U = U(O. t ). S
točk o T j e točka U in njena or di-
na ta t na tanko do ločena; izkazalo
se bo, da je t = X~ l' Obratno
pa j e z U ozi rom a t tudi točka T
natanko določena, saj je T pr eseči­
šče krožnice k s prem ico skozi P in
U. Torej sta koord ina t i x in y točke
T na t anko d oločen i s t , se pra vi, x
in y sta f unk cij i t -ja ; izkazalo se bo ,
da J'e x = 1- t 2 in y = 2t
1+t2 1+t2 '
Sko zi izhod išče O polož imo prav o kot nico na da ljico PT ; t a se ka PT
v neki točki S . Ke r je triko tn ik PTO en a kokrak : I PO I = I TO I = 1
in j e daljica SO nje gova višina , je točka S sred išče osn ovn ice PT . Torej j e
I PT 1=2I PS I·
Tr ikotniki POS. PUO in PTT' so očit n o pra vokotni in imajo še skupen
261
ostri kot 'lj; pri oglišču P, zato so si podobni . Dolžine nekaterih njihovih
stranic lahko že takoj ugotovimo: 1PO 1= 1.1ua 1= t .1 PT' 1=1 PO 1+
+ lOT' I = 1 + x , I TT' I = y.
Pa rameter t bomo izrazili s koordinatama x . y točke T.
T 'k 'k PUO ' PTT' d b . IUOI _ ITT'jrl otrn a ln sta po o na , zato Je IPOI - IPT'I'
S d . IUOI - t - . ITT'I - Y T .. - Yev e aJe IPOI - 1 - tin IPT'I - x+l ' orej je t - x + l '
Koordinati x. y točke T pa bomo iz razil i s parametrom t.
Za tri kotnik PUO pove Pitagorov izrek: I PU 12 = I PO 12 + 1 ua 12
= 1 + t 2 . Torej je I PU 1= v'1+t2.
Trik 'k pas ' PUO d b . IPSI - IPol - 1 T 'rl otrn a ln sta po o na , zato je IPOI - IPUI - 7i+f2 ' orej
j e I PS 1= I PO 1 '~2 = ~2' Potem je I PT I = 21 PS 1= -b2 •y 1+ t < y1 + t< y l+ t<
T 'k 'k PTT" PUO d b . IPT'I - IPOI - 1nkotru a ln sta po o na, zato Je IPTI - IPUI - 7i+f2'
T or ej j e I PT' 1= I PT I .~2 = -b2 • ~2 =~2 . Ke r j ey l+t< y 1 + t < y 1+t< + t
I r T ' I = 1 + x j e x = I PT' I - 1 = 2 - 1 = 1-t
2
Nadalje J'e, 1+t2 1+t2'
ITT'I _ IUOI _ T . . - I T T ' I - I PT' I - 2 - 2 t!PT'I - IPOI - t . ore] Je y - - · t - 1+t2 . t - 1+t2 '
Ta ko s mo do kazal i na š izrek: Za polj u b no točko T( x . y ) E k , razl i č no
d P() šli k JR d' - 1-t
2 - 2t P .o -1 .0 , smo na su t a t E , a Je x - f=Lt2 .y - 1+ t 2 ' fi tem
je tordinata presečišča premice skozi P in T z ordinatno osjo , hkra ti pa j e
t = X~ l ' (V primer u , ko je T = P, seveda takega t -ja ne moremo do biti ,
saj g re skozi eno in isto točko T = P nešteto prem ic .) Obratno pa j e točka
T( x. y ) presečišče krožnice k s premico skozi P(- 1. O) in U(O, t) .
Slik a 2 je narejena za pr imer, ko j e x > O in y > O. Bralec lahko
sa m na riše sl ike za d ruge možnosti lege točke T (x . v). ki so seveda ne ko liko
drugačne ; ogleda naj si s liko 3. Na š dokaz pa v bistv u velj a za vse prim ere ,
le da bi ga bilo t reba t u in ta m še izostri t i. (Tako namesto: I UO I = t ,
1TT' 1= y up ošteva mo : 1UO 1= 1t 1,1 TT' 1= 1y 1, kar velj a ve d no,
tudi kada r j e y < O in s t e m t < O.)
Geom et rij ski pomen parametra t nam po maga na zorno vid eti , ka ko us-
tr ez na točk a T (x . y) ( v smi slu formul (*)) pot uje po krožn ic i k , ko t teče po
rea lnih številih . Dogovorimo se , da poljuben t ka r e nači rno s točko U(O . t )
na ordinat ni os i; s t e m pa mn ožico rea ln ih števil JR enačimo z ordinatno osjo .
Zdaj lahko rečemo za poljuben t E JR: ust rez na točka T ( v smislu form ul
(*)) je pres ečišče premice skozi P in t s krožnico k (s lika 3 ) .
Ob sliki ni t ežko ugotoviti , da velja nas lednje . Ko je t = O, j e ustrez na
točka T enaka T (l , O), Ko j e t = 1, je T = T( O. 1) ; ko pa je t = -1 , je
T = T(O, - 1). (V te h dveh primerih T sovpada s t ,) Ko t narašča od O do
262
Slika 3 .
,
\
\
T<O,- 1)
o
IR
/
/
I
:
,,
!
1, tedaj ustrezna točka T potuje
po prvem kvadra ntu krolnice k od
TU , O) do T(O, 1). (Prvi kvadrant
krolnice k je pač njen presek s .~
prvim kvadrantom koordinatne ,
ra vnine. ] Ko t narašča od 1 čez -: / t
vsak o mejo , tedaj T potuje po dru- v~/ /
gem kvadrantu krolnice k od p (:;:1;oli /
T (0 , 1) prot i P(-1 , O) . Ko pa t/~-P- --,''----=<>--------'-- -~
pada od °do -1, tedaj T potuje /
po četrtem kvadrantu krolnice k
od T(l , O) do T(O, -1). Ko t
pada od -1 pod vsako mejo, tedaj
T potuje po tretjem kvadrantu
kroln ice k od T(O, -1) proti
P(-l , O). (Seveda bi do teh spo-
znanj lahko prav tako prišli na podlagi formul (*) .)
Iz vsega tega lahko povzamemo: Ko t preteče v pozitivnem smislu
vso množico realnih števil IR, oziroma ordinatno os, tedaj ustrezna točka
T pr eteče vso enotsko krožnico k , z izjemo točke P(-1 , O), v pozitivnem
smislu (ki je nasproten smislu urnega kazalca) . Pri tem gre T skozi vsako
posam ezno točko na k samo enkrat , saj je tudi t s točko T natanko določen
in za to dobimo vsako posamezno točko na k samo pri enem r-ju , Torej lahko
rečemo:
Preslikava , ki vsakemu t E IR priredi ustrezno točko T Ek (v smislu
formul (*)) , preslika množico realnih števil IR bijektivno (povratno enolično)
na e no ts ko krolnico k brez točke P( - 1, O).
o tej preslikavi smo spregovorili že takoj za našim izrekom . Zdaj pa s mo
še dodali ugotovitev o njeni bijekt ivnosti .
Za bralce, ki dobro poznajo kotne funkcije. ne bo pretežka naslednja
NALOGA
Na sliki 2 sta označena kota -r. T PT' = 1/; in -r. T OT ' = r.p . Kakšna je
zveza med njima? Parameter t (ordinato točke U) in koordinati x , y točke
T izra zi s kotnimi funkcijam i kota 1/;. O dt od izpelji form uli : x = i+~~ ,
Y
_ 2t
- 1+ t2'
Jane z Rakovec
NEPREDVIDLJIVO ZAPOREDJE
Vzemimo katerokoli naravno število . Če je število sodo, ga razpolovimo, če pa
je liho, ga potrojimo in prištejemo ena . Tako dobimo novo število, s katerim
ponovimo opisani postopek, in tako nadaljujemo. Poskusimo s 15 in s 6:
15 , 46, 23, 70, 35, 106, 53, 160, 80, 40, 20, lO, S, 16, 8 , 4, 2, 1, ...
6, 3 , 10 , 5 , 16, 8, 4, 2, 1, . oo
Obe zaporedji končata v 11:"" ...... 68 '. 70 '"
zanki 4, 2, 1. Med prvimi 34...... ..' 35~ 212"
04 10~"""50 naravnimi števili je 27 naj- 17...... ......1
IC k 52 3...... _......320
hujše . ::>ele po 77 orakih 24"' ...... 26...... ,)60
doseže zaporedje največjo ......12 13.............80 ...... 84
vred nost 9232 in potem je ...... 6...... ......40 ...... 42
potrebnih še 34 korakov, da 3..,...20 21 128
...... O 64......
konča v zanki 4, 2, 1. Po- 1 " ......
stopek lahko tudi obrnemo 5" ...... 32
in si narišemo takole drevo: ...... 16
....... 8
.......4,
2 - 1
DOMNEVA: Zaporedje za vsako naravno število konča v zanki 4,2,1.
Do sedaj te domneve še nihče ni dokazal, niti je ni ovrgel s protiprimerom , to
je začetn im številom, ki ne privede do zanke 4, 2, 1. ~e protiprimer obstaja,
mora biti izred no veliko število, saj so bila preizkušena že vsa naravna števila
do 7 . 10H . ~e domneva drži, so v zgornjem drevesu vključena vsa nravna
števila; če pa ne, potem obstaja vsaj še eno drevo s koreninami v drugi zanki,
ali pa se zaporedje razteza v neskončnost, ne da bi se števila ponavljala .
Ciril Pezdir
-. "' . '. - - . , - ,..::~
..~ '. ~~ ~. ~
OSTANKI
Pri kat erih naravnih številih n j e vsota
deljiva s tr i?
Boris La vrič
264
OBRAT EULERJEVEGA IZREKA
Označimo z r in p dolfini polmerov očrtane in včrtan e krožnice danega
tr ikot nika ABe. Le v osemnajstem stoletju je velik matema tik Leonhard
Eu ler (1707 - 1783) doka zal , da razdaljo d med s red iščema obeh krofnic
lahko izraz imo s formulo
(1)
ki se zda j po njem imen uje (takš nih formul j e še nekaj !). O g lej mo s i do kaz
t e for mul e, ki nam bo omogočil ut e me ljiti zan imiv " o bra t" lastnosti (1 ) :
N
Slika 1
Označimo z O in V središči očrtane in včr t a n e krof nice trikot nika ABC
in po ložimo skoz i O in V premer M N očrtane krofnice . Spustimo pravokot-
nico V Dn a st ranico BC. kot no s im et ra lo C\I tr ikot nika ABC pa po da ljša j mo
do sečišča P z očrtano krofn ico . Nato n ačrtajmo še viš ino OE e na ko kra keg a
trikotn ika PBO. Seveda E razpolavlja osnov nico PB. t o rej ve lja
I PB 1= 2 1PE 1 (2)
Ker je središčni kot POB nad tetivo PB dva krat večji kot o bodn i kot PCB
na d isto tetivo, velja še
1
<r:.POE = "2 <r:.POB = <r:. PCB
265
(3)
Prirnerjajmo zdaj kota BVP in VBP. Upoštevajmo, da je prvi zunanji kot
tr ikotnika BCV , da sta BV in CV kotni simetrali trikotnika ABC in da sta
AB P in ACPobodna kota nad isto tetivo AP, pa dob imo
<r:. BV P = <r:. V BC + <r:. BCV =
= <r:. V BA + <r:. ACP =
= <r:. V BA + <r:. A B P = <r:. V B P
Od tod sledi enakost
IPB I=IPVI (4)
Točki Min N smo določili tako, da velja I MV I = r + d in I V N I = r - d
ali obratno, zato po izreku o sekantah dobimo
I PV I . I VC I = I MV I . I V N I = r2 - d2 (5)
Iz (3) preberemo, da sta pravokotna tr ikotnika PEO in VDC podobna, zato
velja
p : I V C I = I V D I : I VC I = I P E I : I P O I = I P E I : r (6)
od koder z uporabo (2), (4) in (5) dobimo iskano formulo
2pr = 2 I PEl· I VC I = I PV I . I VC I = r 2 - d2
Dokaz enakosti (1) je s tem koričan, bralec pa bo brez težav iz (1) iz l u šči l še
oceno
r >2p
in ugotovil, da v njej nastopi enačaj natanko takrat, kadar je trikotnik ABC
enakostraničen.
Zdaj je na vrsti obrat lastnosti (1):
Predpostavimo, da razdalja d med središčema krožnic spoimeroma
dolžine r in p zadošča enakosti (1) . Potem velja
266
Od tod sledi r > p + d. torej krožnica spoimerom p lež i znotraj krožnice s
polmerom r. Ponuja se naslednje vprašanje: Ali obstaja kak trikotn ik, ki mu
je v ečja krožnica očrtana. manjša pa včrta na? Ne le, da je odgovor pritrdilen.
velja še več:
Vsak trikotnik, ki je včrtan večji krožnici in se z dvema stranicama dotika
manjše, je njej očrtan.
Utemeljitev te trditve bomo oprli na dokaz formule (1) : Včrtajmo v
večjo krožnico s središčem O trikotnik ABC, ki naj se s stranicama AC in
BC dotika manjše krolnice s središčem V . Točke M . N. P. O in E postavimo
tako kot pri dokazu zveze (1) . Prav tako lahko ugotovimo, da veljajo lastnosti
(2) , (3) . (5) in (6) . Združimo (1) in (5) v
1 PV I . 1 V C I = 2pr
iz (6) vzemimo I PE I . I VC I = pr in iz dobljen ih enakosti preberimo
1PV I = 21 PE I. Uporabimo še (2) in dobimo I PV 1= 1PB I. torej tudi
<r:. BV P = <r:. V B P
Slika 2
Od tod zaradi enakost i <r:. PCB = <r:. A B P sledi
267
<tV BA = <tV B P - <tA B P = <tBV P - <tPCB = <tVBC
kar pove, da je BV kotna simetrala trikotnika ABe. Torej je le-ta res očrtan
manjši krožnici, kot smo trdili.
Pravka r dokazano lastnost ilustrira slika 2.
Sklenimo sestavek z nalogami :
1. Središče krožnice, očrtane danemu trikotniku, leži na njegovi včrtani
krofnici. Kolikšno je razmerje dolžin polmerov obeh krožnic?
2. Poišči potreben in zadosten pogoj za obstoj pravokotnega trikotn ika,
ki je včrtan krožnici spoimerom r in hkrati očrtan krožnici spoimerom p.
3. V danem kvadratu leži ma-
:~~~~~;~:.~:~~ ::~:::";::~;:: ", ::.'•..:1, ',11,lli_~~ -fi
~:o~~il:t. Sl~:k:;i·, ~b:t:ae~:~::7e~ :1.,i.',..I.'
;;;:;~;::::~:~~::::~::::::a~:~ LD J
na manjši. Slika 3
4. Osnovn ica AB enakokrakega triktonika A BC meri 8 cm , krak pa je
dvakrat daljši od razdalje med središčema očrtane in včrtane krožnice tega
t rikotn ika. Kolikšna je njegova ploščina?
Boris Lavrič
Rešitve bodo objavljene v nasled nji številki Preseka .
IRA CIONALNE VSOTE
Dokaži, da so števi la
iracio na lna .
Boris L a vrič
· , ,
'-1-/'/'" " . .-,- L "" --. _ -." .
KOS! KOS!
Študenti mestnega koledža v Springfieldu v ameriški zvezni državi Massa -
chusetts so zelo radi igra li ameriški nogomet. Vel ikokrat pa so se morali
za radi dežja odpovedati priljubljeni igri z žogo . Njihovemu učitelju Jame-
su Naismithu je šlo tarnanje študentov zaradi slabega vremena do živega in
posk usil jim je ustreči z igro z žogo v dvorani. Pri njej je bilo treba žogo
spraviti v visoko postavljena koša za breskve. Pozneje so košema odstranili
dno, da ni bilo treba vedno plezati po žogo , in ju vpeli . Tako je bila let a 1891
rojena košarka, ki sodi med najbolj prljubljene športne igre. V počastitev
stoletnice košarke poenostavljeno op iširno del pomembnega sestavnega dela
igre - meta na koš. Pri tem shajamo z osnovn imi enačbami za enakomerno
in enakomerno pospešeno premo gibanje in trigonometrijo.
Opazujmo gibanje središča žoge v n a v p i č n i ravni ni, ko leti žoga proti
košu . Sredina obroča v košu naj bo v točki (xo, Yo), če zapusti središče
žoge metalčevo roko, ko je v izhodišču. Središče žoge se giblje z začetno
hit rostjo v pod kotom f3 proti vodorav nic i. Kot med zvez nico sredine obroča
z izhod iščem in vodorav nico zaznamujmo z f30 in kot med smerjo hitrosti
s r e d i šča žoge pri letu skoz i obroč in vodoravnico z cl( (sl ika 1) .
Gibanje središča žoge pri poševnem metu razstavimo na vodo ravno in
navpično gibanje. Začetno hitrost razsta vimo na vodoravno komponento
v cos f3 in na navpično komponento v sin f3 . Pri vodora vnem gibanju je hitrost
konstantna in razdalja n a rašča sorazmerno s časom:
vx = v cosf3 x = vt cosf3
Slik a 1. Met na koš .
3,0 5 m
6m X4
! ()(
. t _
_ --- - -- --- (xo'Yo)
(30
o
r
1m
269
Pr i navpičnem gibanj u je hitrost sestavljena iz konstantn ega de la, ki ustreza
gibanju z začetno hitrostjo navzgor, in iz dela, ki s časom enakomerno na rašča
in ust reza prostem u padanju . Razdalja zaradi prvega prispevka nara šča so-
razm erno s časom , zaradi drugega pa sorazmerno s kvadratom časa, kar je
znači l n o za en akomerno pospešeno gibanje , kak ršno je prosto padanje:
vy = v sin{3 - gt y = vtsin {3 - ~ gt2
Pospešek prostega pa da al i težni pospešek 9 meri 9,8 m/s2 . Iz zadnje od
prvih dveh e načb izračunamo čas t = x l v cos {3 in ga vstavimo v zadnjo
enačbo:
gx 2
y = x ta n {3- 2 2
2 v cos {3
S r ed išče žoge se giblje po paraboli.
Le gre središče žoge skozi sredino obroča, mora veljati
gx~
Yo = Xo ta n{3 - 2 2 = Xo ta n {3o
2 v cos {3
V enačbo smo vključ i l i nazad nje še kot {3o , saj velja ta n {3o = Yolxo . Delimo
jo z X o in do bimo
g~ ( )tan {3o = ta n {3 - 2v2 cos2 {3 1
Iz e na č be najprej izračunamo Xo = (2 v 2 cos2 {31g)(tan (3- t a n (3o) in to zvezo
predela mo v
2
Xo = v {3 (sin (2{3 - (3o) - sin (3o)
9 cos O
. 2 v 2 cos 2 {3 ( s in (3 sin (30)
Pot vodi preko korakov: Xo = -{3 - - -{3-
9 cas cas O
v
2
( . {3 {3 2 cos
2
(3si n (30)= - 2 Sin COS - =
9 cos{3o
2 .
v (s in 2{3 cos {3o - cas 2{3sin (3o - sin (3o)
9 cos {3o .
(2)
270
Pri njih uporabimo enačbe sa sinus in kosinus dvojnega kota in za sinus razlike
kotov:
2sin,6cos,6 = sin 2,6 , cos 2,6 = cos2,6 - sin 2,6 = 2 cos 2,6 - 1 In
sin 2,6 cos,6o - cos 2,6sin,60 = sin (2,6 - ,(0)
Kot , pod katerim prileti središče žoge skozi obroč, določata komponenti
hitrosti vxo in vYo v točki (xo , Yo) takole:
tan o = -vy o = -(vsin,6 - gt) = -tan,6+ __g x_ =
Vxo v cos,6 v cos,6 v cos,6
=-tan,6+ gx
v2 cos 2,6
Pri tem smo upoštevali, da je komponenta hitrosti v smeri osi y pri košu
negativna in - kot prej - izrazili čas s koordinato x . Z enačbo (1) dobimo
drugo pomembno zvezo:
ta n a = ta n ,6 - 2 ta n ,60 (3)
Zdaj se vprašajmo po najugod nejšern kotu za met. Pri kolikšnem kotu je
hitrost pr'i dani razdalji X o najmanjša? V enačbi (2) nastopa kot ,6 samo
v prvem členu . Sinus ne more biti večji od 1 in doseže to vrednost pri
2,6 - ,60 = 90 0 , torej je
,6n = 450 + ~,60
najugod nejši kot za met. Pri tem kotu preide enačba (2) v
v 2(1 - sin ,(0)
Xo = _.0-_----;::-'---'-'-
9 cos,6o
Iz nje izračunamo najmanjšo hitrost
(4)
v=
gxo cos,6o
1 - sin,6o
s katero dosežemo koš iz dane razdalje xo .
Vzemimo, da meče igralec z meje območja treh točk pri X o = 6 m ln
271
je ob metu središče žoge 1 meter pod košem (Yo = 1 m) . Najprej iz enačbe
tan.Bo = Yo/xo = g izračunamo kot .Bo = 9 .5° in nato iz enačbe (4)
najugodnejši kot.B = 45° + i .9,5° = 55 ° . Zadnja enačba da za hitrost pri
najugod nejšern kotu
9 8 ms-2 . 6 m . cos 9 5°
v = ' 1 . 9 50 ' = 8,3 mis.
-Sin ,
Ta hitrost narašča z naraščajočo razdaljo (slika 3).
Loga z maso m = 0,6 kg ima pri tej hitrosti kinetično energijo imv2 =
= i ·O ,6 kg -B, 32 m 2s-2 = 21joulov. Pri pospeševanju žoge mora metalčeva
roka opraviti tolikšno delo, kot da bi telo z maso 2 kilogramov dvignila meter
visoko . Le traja pospeševa nje 0,2 seku nde, dela tedaj z močjo 21 joulov/0,2
sekunde = 105 wattov .
Zanima nas še, kolikšen je kot cx pri najugodnejšem kotu .Bn? Iz enačbe
(3) dobimo za ta primer z adicijskimi izreki za kotne funkcije cx = 45 ° - i.Bo .
Pri našem zgledu meri ta kot cx = 45 ° - i9 ,5° = 40° .
V premeru meri obroč koša 18 col (2ro = 45,7 cm) in žoga 9 ,5 col
(2r = 24,1 cm), tako da je razmerje radijev žoge in obroča r / ro = k = 0,53.
Loga zato lahko zgreši s svojim središčem sredino obroča največ za odmik
5xo = ro - _._r_ = ro(1- k/sin cx)
Sin cx
v eno ali drugo stran . Kljub temu
gre skoz i obroč, če prileti pod kotom
cx. Upoštevali smo na eni in drugi
stran i skrajn i odmik, pri katerem se
žoga ravno podrsa po obroču (slika
2) . Loga gre skozi obroč tudi še
pri nekoliko večjem odmiku , ko se
odbije na obroču. Vendar takih ko-
šev in košev, pri katerih se žoga od-
bije na tabli, tu nismo upoštevali.
Slika 2. Dopustni odmik pri let u žoge
skozi obroč .
(5)
I
I
' 0
1'\11
· 0
1"'"
i~
· 0
Iz
' <11
lE
j'iji
(6)
272
P ri m etu z meje območja t reh točk pod najugodnejšim koto m je največji
dov oljen i odm ik po enačbi (5)
5xo = 22 ,9 cm (1 - 0 , 53 / si n 40 °) = 4 cm
Nazad nje se zan imajmo še za to, kako se spre m e ni od m ik, če malo
spr e menimo kot {3, Enačbo (2) zapišemo za povečani kot {3' :
2
x~ = v f3 (s in (2{3' - {3o) - sin {3o)
gcos O
od nje odštej emo enačbo (2) in ra zl iko delimo z enačbo (2):
X 6 - X o _ 5xo _ sin (2{3' - {3o) - sin (2{3 - {3o )
X o X o s in (2{3 - {3o) - s in {3o
Števec predelamo z enačbo za razl iko sinusov in nato uporabimo enačbo za
kosin us vsote kotov :
s in (2f3' - {3o) - sin (2{3 - f3o ) = 2 cos (2{3 - {3o + 5{3)sin 5{3 =
= 2 cos (2 {3 - {30) cos 5{3si n 5{3 - 2 sin (2{3 - {3o) sin 2 5{3
P ri t em sm o uved li ra z liko kotov 5{3 = {3' - {3. Ta razlika je majhn a in
njen sin us je tu d i majhen. Tako je drugi člen , ki vs ebuje kva d ra t nje ne ga
si n usa , precej m a njši od prvega. Od loči l n i prvi čl en postane en a k n ič pri
naj ugod nejšem kotu {3n. Tedaj velj a namreč 2{3n - {3o = 90 ° , a kos inus
prav ega kota je e na k nič . Pri naj ug odn ej šem kotu dobim o naj manjš i relativ ni
odm ik:
5xo 2sin 2 5{3
Xo 1 -sin {3o
Za kol iko stopinj se lahko metalec pri met u pod najugodn ejš irn kotom z
mej e območja treh točk zmoti v eno al i v drugo stran , da ne bo zgreši l meta?
V enačbo, ki j o dobimo iz (6)
5{3 =
( 1 - s in {3o ) 15xo l
2xo
vst a vimo Xo = 6 m, {3o = 9 , 5 0 in 5xo = 4 cm , pa dobimo 5{3 = 0 ,053 = 3° .
Ko t v stopinja h i z r aču na mo tako , d a kot v ločni m e ri po m nožim o s 360° / 2 7'< .
273
( c )
( b )
(d)
-
~--__ {Jn
~__---<X
o
{J o
I--J-----'
'rJ' ] ( o)10
B
6
Xo
4 •O 2 4 6 B 10m
0{3
3 0 r1,5
O
DXe; [cm]
4
2
O
Tudi sicer dosežemo pri določa­
nju kotov brez merjenja nenata nč­
nost na nekaj stopinj . trta , ki jo s
prosto roko narišemo skozi dve točki
v razmiku deset centimetrov, je za
okoli 3° odklonjena od premice, na-
risane z ravnilom .
Po vsem tem si ne moremo kaj,
da ne bi občudovali zanesljivosti ko-
šarkarjev pri metu na koš. P .J .Bran-
cazio je v članku Physics of basket-
ball, American Journal of Physics
49 (1981) 356 poročal o okoli 80
metih dobrih košarkarjev . Mete je
med igro posnel s filmsko kamero in
po posnetkih premeril. Pri uspešnih
metih je bil kot zelo blizu najugod-
nejšega kota. Dobri košarkarji dose-
žejo v igri, ko jih nasprotniki pri
metu ovirajo, 50 % in več zadetkov.
Pri neovira nih metih v igri izkoristek
naraste na kakih 70 % in pri kazen-
skih metih na 90 %. Po Guinessovi
knjigi rekordov iz leta 1980 je Ted
St. Martin leta 1977 zadel 2036 za -
porednih kazenskih metov na koš,
Fred L. Newma n pa je leta 1978 za-
de/ 88 zaporednih kazenskih metov
z zavezanimi očmi. R.Vinokur je
v članku Kinematika basketbol'nogo
broska, Kvant (1990) 4 (2), v kate-
rem je dokaj podrobno obdelal giba-
nje žoge pri metu. opozoril na to , da
mo ra izvrsten košarkar pol eg
Slika 3. Z ačetna hitrost žoge pri metu
pod najugodnej širn kot om (a) . kot 130 . kot
a in naju godnejši kot 13n (b). odmik 8xo
(c) in odmik 813 (d ) v odvisnost i od raz-
dalje X o pri višinski razliki yo = 1 m
274
preostalega treninga po petstok rat na da n v reč i žogo na koš, da os tan e v vaji .
Košarkar in fizik se lotita m eta na koš popolnoma razl i čno . Fizik razis kuje
na splošno poj av , ki ga je t a ko poenostav il, da ga o bvla da s prepr ostimi
e načba mi . Tu smo se omejil i na navpično ravnino skozi sredino o b roča in
nism o o bra vnava li odmikov od najboljše smeri levo in desno . Izog ni li smo se
tud i zračn emu uporu , ki ni popo lnoma zanemarljiv , in vrtenju žoge. Košarkar
s i z vajo pridobi spretnost, da zadene koš iz vs eh mogočih položaj ev . Vobe h
d ejav nost ih gre za s poz na va nje pojavov in za izkušnje in v obeh im ajo glav no
vlog o možg a ni, le da na različn ih rav neh . Podrobnosti o tem še ne poznamo .
Za res pa košarkarjeva raven fiziku ne more kor istiti in najbrž s i t udi košarkar
s fizik ovo ne more dosti pomagat i.
Janez Strnad
LANG S., MATKA! Pogovori z učenci, Prevedel Janko
Moder. Ljubljana 1991. (Presekova knjižnica; 34) 116 strani
Ta knjiga je nekaj pos ebnega . Njen avtor Serge Lang je zelo priznan razisko-
val ec v alg eb ri , nap isa l pa je tud i osemindvajset učenih knjig z različnih po -
droč ij matematike . Predava na znani ameriški univerzi Yale , vendar seje pred
nekaj leti na lastno pobudo oglasil pr i srednješolcih v Parizu in v kanadskem
T orontu. V t ej knjigi beremo, kako se je z njimi pogovarjal o zanimiv ih rečeh
iz ma temat ike , kot so: raztegi likov in teles , število 71" , ploščina in obseg
kroga , prostornina in površina krogle , prostornine piramid in stožcev, višj e di-
menz ije , pitagorejska števila, neskončnosti oo. Seveda so ga učenci spraševali
tudi o njegovem lastnem delu .
Ti razgovori so vseskozi živahni in duhoviti , kakor v izvirniku , tako nič
manj v imenitnem prevodu našega priznanega jezikoslovca Janka Modra.
Avt or doseže , da učenci sami izvedejo posamezne majhne korake v celotn i
izp eljavi in tako uvidijo , da matematike le ni tako nemogoče ra z um et i. Za
konec pa kakšen učenec še ponovi ves dokaz . Takšno dokazovanje pomaga
človeku k samostojnemu logičnemu mis1jenju ter k razumevanju , zakajje nekaj
res v matematiki in kakšne so zveze med navid ez različnimi matematičnimi
pojm i. Ob zgfedih avtor pokaže , kako j e algebra v pomoč geometriji, marsikaj
pa tudi obratno (na primer vsota neke neskončne vrste pomeni prostornino
piram ide in jo tako zlahka določimo). Sploh nas S . Lang po najkrajši pot i
popelje v sredino dogajanja in nam odpre pogled na lepoto matematične
zgradbe. Svojemu izvirnemu pristopu je avtor dodal še številne metodične
napotke , zbrane v pripombah k poglavjem .
Janez Rakovec
275
OSTANKI - Rešitev s str . 263
Oglejmo si najprej ostanke, ki jih dobimo pri delj enj u števil
s tri. Brez t ežav lahko ugotovimo, da so ostanki enaki
1. 2, O, 1, 2, O, za lihe k
1, 1, O, 1, 1, O, za so de k
in da se per iod ično po na vljajo s pe rio do 3 . Od t od sledi, da de lne vsote
pri de ljenju s tri dajo ostanke
1, O, O, 1, O, O, 1, O, O, za lihe k
1, 2 , 2 , O, 1, 1, 2 , O, O, za sod e k
ki se ponavljajo speriodo 3 za lihe k in sper iodo 9 za sode k. Zdaj sesta vimo
zaporedje ostankov, ki j ih dobimo pri deljenju štev il 51, 52 , 53 , . .. s tri .
Dobi mo period i čno zaporedje
1, 2, O, O, O, 1, 1, O, O, 1, O, 2, 1, 1, O, 2, O, O, .. .
speriodo 18 . Vsot a Sn je torej delj iva s t ri, kadar j e n delj iv z 18 in ka da r pri
delje nju z 18 da en ega od ostankov 3, 4, 5, 8, 9, Il , 15, 17.
Boris Lavrič
MIMOGREDE - Rešitev naloge s str. 242
S pomočjo logaritmiranja rešimo enačbo 2 -2190000000 = 10 x . Dobimo:
x = -659255690 ,6 . Naj bo poslej : y = 659255690 . Zatorej :
1 - 2 -2190000000 = 1 - 10x =
= 1 - O, OOO ...OOO a ... (a =f O)
= O, 999 .. .999b .. . (b =f 9)
Vilko Domajnko
31. ZVEZNO TEKMOVANJE SREDNJEšOLCEV IZ
MATEMATIKE
31. zvezno tekmovanje srednješolcev iz matematike je letos organ iziralo Dru-
štvo matematikov. fizikov in astronomov Bosne in Hercegovine. Tekmovanje
je bilo v Tuzli, 20. in 21. apr ila 1990. Letos je bilo med 121 učenci iz vseh
krajev Jugoslavije tudi 16 tekmovalcev iz naše republike : iz prvega letn ika
Bojan GORNIK, Marko KRAJNC , Mitja MASTNAK in Andrej SRAKAR, iz
drugega Tomaž CEDILNIK, Marko SLAPAR in Gregor SEGA. iz tretjega Igor
PANIl: in Marko PETRUSIl: ter iz četrtega Andrej BAUER. Aleš l:ASAR,
Alenka KAVKLER. Marko KERN, Mitja KOLSEK. Roman MODIC in Mart in
RAIL. Vodila sta jih študenta matemat ike Pet er ANASTASOV in Matjaž
l ELJKO. zastopnik Slovenije v zvezni tekmovalni komisij i pa je bil asist ent
Darjo FELDA.
Slovenska ekipa je po naporni nočni vožnji prispela v Tuzlo v petek zjutraj .
Prebivala je v zelo lepem hotelu Tuzla . Naslednji dan so tekmovalci v gim-
naziji Meše Selimoviče št iri ure reševali naslednj e naloge:
Prvi letnik
1. Naj bo n naravno štev ilo. Dokaži enak ost
(33 .. . 3f + (55 . . . 5 44 . .. 4)2 = (55 . . . 5 44 . . . 4 5)2
'----v---' '----v---' '----v---' '----v---' '----v---'
n n- l n n- l n- l
2. Dan je ostrokotni t rikotn ik A BC s kotom <tAC B = 60° . Dokaži, da
središče trikotn iku očrtanega kroga leži na simet rali enega od kotov. ki
j ih oklepata višini iz oglišč A in B .
3. Naj bo {: {al,a2. .. . , an } ----+ {a l ,a2 , .. . ,an} bijekc ija z lastnostjo
al + {(at) < a2 + { ( a2 ) < ... < an + {( an ), kjer so a l < a2 < ... <
< an dana realna števila. Dokaži, da je { i d e n tič na preslikava .
4. Na tab li sta zap isan i št evili 1 in 2. Ko zap isujemo nanjo nova št evila, se
držimo naslednjega pravila: če sta na tabli št evili ai n b , lahko do pišemo
št evilo a b + a + b . Ali la hko na ta način dob imo števili 131 21 in
12131 ?
Drugi letnik
1. Po išči vse pare (x ,y ) raz l ič n i h naravn ih štev il, takšnih, da velja : če
277
zamenjamo zadnji dve števki v številu x 2 , dobimo y2 .
2. Lomljena č r ta, ki je razdeljena na odseke dol žine 3 in s kraj išči odsekov
na pla šču kocke z robom 2, povezuje dve najbolj oddaljeni oglišč i te
kocke . Koliko najma nj odsekov ima lahko ta č rta ?
3. Dan je trikotnik ABe. Naj točka K leži na AB, L na BC in M na
KL. Doka li , da velja V PABC 2: vPA K M + V PM LC, kjer P pomen i
površino .
4 . Kralj lel i zgrad it i takšen pritličen dvorec z 1990 so bami, da velja :
a. Vsaka soba ima O, 1 a li 2 vrat.
b . Med vsakima dve ma sobama so največ ena vrata in iz vsak e sobe
vodijo na ulico n ajveč ena vrata .
c. Vra t. ki vodijo na ulico . je 19 , so b z enim i vra ti pa 90 .
Ali je mogoče zgraditi tak dvorec ?
Tretji in čet rt i let nik
1. Kvader dimenzije m x n x p ( m, nin p so naravna števila) je sestavljen
iz mnp kock s str a nico 1. Vsaki od teh kock je prirejeno realno število.
Za vsak kvader dime nzije m x I x 1 al i 1 X n x 1 ali 1 x 1 x p , ki
je sestavlje n iz te h kock. velja : št evila, ki so prireje na kockam v t em
kvad ru , vzeta po vrst i, tvor ijo ar itmetično za poredje . Vsota osmih števil,
ki so prirejena kockam ob og li ščh kvadra , je enaka a .
I z raču naj vsoto vse h prirejen ih št evil.
2 . Naj bo Xo = 1990 in Xn = _ 19: 0( x O + Xl + ...+ Xn - l ) za n > 1.
Izraču naj Xo + 2 Xl + 22x2 + ...+ 2l990X1990 ·
3. Naj bo 5 sred i šče očrta nega kroga in H višinska točka tr ikotn ika ABe.
Q naj bo taka točka, da je 5 s red i šče dalj ice HQ t er Ti, T2 • T3 po vrst i
težišča tr ikot nikov BCQ, CA Q in ABQ. Dokaži, da je ATl = BT2 =
= CT3 = j R. kjer je R polmer očrta nega kroga tr ikot nika ABe.
4. Koliko r azličnih binarnih relacij, ki niso ne simet ričn e ne anti si metr ičn e ,
obst aja v množici n elem entov? (Rečemo , da je relacija a ntisimet r i č na,
če za poljubna razli č n a elementa ain b, ta ka, da je a v relacij i z b, velja ,
da b ni v relaciji z a . )
Popoldne so si tekmovalci ogledali muzej solarstva in tova rno soli, zv eče r
pa je bilo dr ulabno s r ečanj e v diskot eki hote la. Ze po nekajurnem po pra-
vljanju nalo g je te kmova lna komisija o pazila veliko i ze n ače nost tek movalcev;
po objavljen ih neurad nih rezultati h je bilo jasno, da na podlag i rez ult atov s
tek movanja ne bo moč do loči ti ekipe za Med narodno matematično olimpiado.
278
Tekmova lna komisija je za to sklen ila, da bo v nedeljo zj ut raj "mala olimpia -
da" , za katero so bile izbra ne nasledn je naloge :
1. Zapor edje {an} je dano s predpisom an+2 ' an = a~+ l + 8 in z
začetni mi pogoji al = 4, a2 = 6. Dokaži, da je izraz 9 a~ - 128 kvad rat
racionalnega števila.
2. Dokaži, da velja [.jn +~ + vn+2 +~ = h/ 16n+ 20j za
vsa naravn a št evila n.
3 . Dokaži, da v vsaki množici n + 1 naravn ih št evil, ka ter ih prafaktorji so
iz da ne množice n prašt evil, o bstaja nekaj števil (e no a li več) , kater ih
produkt je popo ln kvadrat.
Slovenska ekipa se je letos odre zala izvrst no . Andrej BAUER je dobi l
drugo nagrado, Mitja MASTNA K, Andrej SRAKAR, Tomaž CED ILNIK iri
Roman MO DIC so dobil i tretje nagrade , Boja n GO RNIK, Gregor 5E GA, Aleš
LASAR, Mitja KOL5 EK in Mart in RAIL pa so bili pohvaljeni . Za mesta v
olimpijski ekipi so se pote gova li Andrej BAUER, Tom až CEDILNIK in Roma n
MODIC, a žal ni noben emu uspelo dobi t i " ka rte" za Peking.
Tekmovalc i so se vrnili v Ljubljano v po nedeljek zjutraj . Omenit i je t reba še,
da je imela slove nska ekipa letos prvič enot edenske priprave, in sicer en t eden
pred tekmovanjem. Doseda nje tridnevne priprav e t ik pred tekmova njem so
bile namreč preveč nap orn e.
Matjal Željko
Sadovski L.E., Sadovski A.K ., MATEMATIKA IN SPORT.
Društvo matematikov, fizikov in astronomov RS , 1990, 192
str. (Knjižnica Sigma; 47) Cena 200.00 din (160 .00 din)
MATEMATIKA IN SPORT sod i v plejade knjig, ki poskušajo (mlademu)
bralcu odkrivat i nova področja , kjer je mogoče koristno uporabiti matematične
metode . V njej so obravnavana nekatera športna dogajanja, ki jih lahko
proučujemo z metodami uporabne matematike, in to v dveh stopnjah : avtorja
najprej v opisni obliki predstavita posamezen problem in nakažeta metode za
njegovo reševanje, nato pa pojasnita , kako na takšni osnovi zgradimo primeren
279
model in (z občutkom za pravo mero strogosti in obravnavo podrobnosti)
uporabimo ustrezna matematična orodja za rešitev naloge.
Delo, ki ga avtorja namenjata učencem, športnikom, trenerjem , učiteljem
matematike in telesne kulture , je razdeljeno na deset poglavij z naslednjimi
naslovi: Matematika športu in šport matematiki , Kajje to" UPORABNA MA-
TEMATIKA"? , Matematični model teniške igre, Ah, ti sodniki!, Pogovorimo
se o rekordih, Linearno programiranje, Teorija iger, Organizacija tekmovanj,
O športnih kvalifikacijah, Zaključek.
Za večino bralcev bo to delo predvsem bogat pregled različnih mate-
matičnih metod , včasih delno prilagojenih za uporabo na specifičnem po-
dročj u . Opis metod v knjigi je primeren tudi za matematično manj izkušenega
bralca , zato jo bo verjetno že osnovnošolec lahko prebral" po diagonali" , sred-
nješolci pa bi se morali (z nekaj dodatnega miselnega napora) že uspešno
prebiti skozi celotno delo . V knjigi pa je tudi toliko informacij o športu
samem, da ne bo nič manj zanimiva za tiste, ki matematično plat problemov
povsem obvladajo . Za vzorec omenimo poleg - po našem mnenju - najbolj
zanimivih postopkov (kako izračunavajo rating šahistom , kako določajo vrstni
red tekmovalcev v gimnastiki ali umetnostnem drsa nju) še modele teniške
igre, računanje trenda v zvezi z razvojem svetovnega rekorda pri skoku s pal-
ico, napovedi o tem , kdaj bo presežen Beamonov rekord v skoku v daljavo
(av to rja trdita , da je verjetnost, da pride do tega pred letom 2000, večja od
0.60) , določa nj e najboljše taktike v raznih športnih disciplinah (pri menjavah
igralcev v hokeju na ledu , pri sestavl janju teniške ekipe, pri začetku finiša v
hitrostn em drsanju ali pri izpuščanju posameznih tež pri dviganju utež i) in
uporabno matematičnih metod pri organizaciji različnih tekmovanj (kako npr .
v tenisu postavimo nosilce skupin, kako določimo po Bergerjevem sistemu
pare za posamezno kolo šahovskega turnirja in kako to gre po švicarskem
sistemu ).
Knjigo " Matematika in špot", ki je prvič izšla leta 1985 v zbirki" Kvant "
pri moskovski založbi " Nauka", je več kot prevedel Bojan Hvala: ne gre
namreč le za dobes eden prevod ruskega izvirnika, ampak za zaokroženo
priredbo knjige za naše razmere , tako pri predstavitvi posameznih metod (pri-
lagojeno našemu srednješolcu) kot pri izbiri nekaterih praktičnih zgledov . Ker
je prevajalec poskrbel tudi za dodatne informacije o slovenski in tuji litera -
tur i, ki omogoča poglobljeno spoznavanje posameznih matematičnih metod,
lahko v knjigi MATEMATIKA IN ŠPORT vidimo tudi privlačen splošni uvod v
upora bno matematiko in jo kot takšno še posebej top lo priporočamo v branje .
Jože A. Čibe]
280
10. REPUBLIšKO TEKMOVANJE IZ FIZIKE ZA
OSNOVNOšOLCE
Oddelek za fiziko pedagoške fakultete v Mariboru in Društvo matematikov,
fizikov in astronomov sta bila organizatorja jubilejnega tekmovanja iz fizike za
osnovnošolce. V predavinicah in laboratorijih pedagoškefakultete v Mariboru
se je 5. maja 1990 v znanju fizike pomerilo 69 ekip osnovnošolcev .
Pred repu bliškim tekmova njem so bila 7. aprila 1990 pod ročna te-
kmovanja v devetih mestih , kjer so tekmovanja organizirali in vodili: Jožica
Dolenšek (Celje), Franc Pogorelčnik (Dravograd), Mirko Cvahte in Zlatko
Bradač (Ma ribor), Eda Okretič (Koper) , Anita Fakin (Nova Gorica), Jože
Stare (Kranj) , Edo Dečko (Murska Sobota), Danijel Brezovar (Novo Mesto)
in Franci Prijatelj (Ljubljana) . Sodelovalo je 221 ekip iz 7. razredov in 269
ekip iz 8. razredov, skupaj 980 učencev.
Naloge za področna tekmovanja in republiško tekmovanje sta pripravila
Mirko Cvahte in Zlatko Bradač.
Ob tej priložnosti še enkrat čestitamo t ekmovalcem za dosežene rezul-
tate.
Rezultati republiškega tekmovanja
7. razred
1. mesto: Miha JURAS, Maruša KUNAVER, 19 točk (20 mofnih) , O~
Majda Vrhovnik, Ljubljana, mentorja Breda Koroušič , Pavle Zajc
2. mesto: Jaša PELKle, Eva VEBLE, 18 točk, O~ Bojan Ilich, Maribor ,
mentor Martin Knuplež;
3. mesto: Matjaž PLANIN~lc, Barbara :LAVCER, 17,5 točk, O~
Radlje ob Dravi, Radlje , mentor Franc Pogorelčnik; Marko :LNIDARIL, Gregor
GODEC, 17,5 točk, 05 Bogdan Tušek , Miklavž, mentor Zvonko Trstenjak;
Pohvale: Rihard HUDEJ, Katarina LOREDAN, 16,5 točk , O~ Boris
Kidrič, Ajdovščina, mentor Bojan Rustja ; Domen CUKJATI , Simon :LAKELJ
16 točk .OŠ Log - Dragomer, mentor Marko Gerbec ; Borut KOLARIL, Matjaž
BRINC 15 ,5 točk, O~ Ledina, Ljubljana, mentor Maja Turk; Jure KLE-
MENclL, Jernej ULE, 15,5 točk, 05 Majda Vrhovnik, Ljubljana , mentorja
Pavle Zajc, Breda Koroušič ; Andrej BENEDIK , Leon RIHTAR~lc , 15,5 točk,
05 Prešernove brigade,:Lelezniki, mentor Nada Kavčič; Gorazd ZUPANcic,
Marjan 5TERK, 15,5 točk, O~ Milka Šobar - Nataša, Novo mesto, mento r
Mil ena Košak; Miha POGAcAR , Uroš KRALJ , 15 točk , O~ Josip Plemelj,
•
281
Bled, men tor Helena Vojvoda ; Je rnej 2UPEC, Aleš POLIc , 15 točk , oš
Lenart , Lenar t, men tor Danijel Divjak ;
8. razred
1. m esto: Tjaša KOLLER, Marko ORESKOVlc, 19 točk , oš Rihard
J a kop ič , Ljublja na , me ntor Marija Kaien ina ;
2. mesto: Jure VRHOVNIK , Matjaž VENCELJ, 18,5 točk , OŠ Cveto
Močn ik , Vič - Rudnik, mentor Ponikvar-Lazič; Vesna DEKLEVA, :Liva PE-
cAN, 18,5 oš Vojka Šmuc , Izola, me ntor Lijana Turk;
3. m esto: Borut GAJZER , Cveto GASPERUT, 18 točk , oš Slavko
Šlander, Maribor , mentor Irena Perna t ; Dejan KRO~ELJ, Jure FERLEL, 18
toč k , oS Velj ko Vlahovič , Celje , me ntor Al eksander Špec:
Pohva le: Uroš PAUNOVic, Mitja LEVSTEK , 16 ,5 točk, oš Majda
Vrhovnik, Ljubljana , mentor Karmen Št urm : Primož PIR IH, Uroš LAVREN-
CIL, 16,5 točk , oS Veljko Vla hov ič , Ljubljana , mentor Iva nka Madronič ;
Iztok KAVKLER, Teja TAMSE , 16 točk, oS Fran Roš, Celje, mentor Darja
Polšak; Peter KANTE, Narvika BAVCON, 15 točk , oš IX. korpus NOVJ ,
Nova Gorica , mentor Anita Fakin ; Denis PODLESEK , Uroš IVA NC, 14,5 točk,
0 5 Edvard Karde lj, Murska Sobota , mentor Fra nc Brumen ; Jernej FILlPclc,
Boštjan 2VANUT , 13 ,5 točk, oS Dušan Bordon, Koper, mentor Nevenka
Mask; Samo PIRC, Metod KRIVEC, 13,5 točk, oS Anton Tomaž Linhart ,
Radovljica , mentor L. Hajdinjak .
Ekipa OŠ Rihard Jakopič iz Ljubljane seje uvrst ila na zvezno tekmovanje .
Naloge s področnih tekmovanj
7. razred
1. Približno izr a ču n aj, koliko mora mo venem letu plačati za vodo , ki odteče
iz pokvarjene vodovodne pipe, če pade iz pipe vsako sekund o ena kaplja .
K ub ič ni met er vode stane 20 din. P rostorn ino kaplje oceni sam .
2. Vodn i zbiralnik leži 70 m nad mestom. Najmanj s kolikšno silo moramo s
prstom pritiskat i na odprt ino od prte vodovodne pipe, da voda ne odteka :
a) na vrhu 40 m visokega nebot ič n ik a;
b) v pr i tli čju n e botičnika ?
P loščina od prti ne vodovodne pipe je 1,5 cm2 .
3. Pet enak ih silomerov obesimo enega pod drugim. Kolikšna je razdalja
od zgornjega kavlja zgornjega silomera do spodnjega kavlja spodn jega
282
___1 100m
l '
! 8 cm
...L ..
-- ---- --- - .
silom era? Dolžina enega neobreme nje nega silomera je 15 cm , t eža pa
1,5 N. P ri sili 10 N je dolžina silomera 20 cm.
4. Dve enak i posod i sta povezani s cevjo z ventil om , kot kaže slika . V
zgornji posod i je 16 kg vode, s pod nja je prazna. Nato nast avimo venti l
tako , da se voda enakomern o pretoči v 20 minuta h.
a) Kolikšna je spremem ba poten-
cialne energije vode v 20 minu -
tah?
b) Kolikšna je sprememba poten-
cialne ene rgije vode v prvih 10
minutah in kolikšna vdrugih 10
minutah?
c) Kolikšna je spremem ba poten-
cialne energije samo v 10 . mi-
nut i?
5. Dve metrski palici, prva je bakrena, d ruga alumini jasta , postavimo eno
do druge vzdolž iste premice in seg reje mo za 80°e.
a) Za koliko se spremeni razdalja med sredinama palic?
b) Kje na palicah sta točki, med kater ima se razdalja najbolj poveča?
Podatke za računanje raztezkov poišči v učbenik u .
8. razred
1. Povoznem redu vzleti letalo ob 8.00 uri iz kraja A, nakar leti s pov p r eč n o
hitr ostjo 500 km/h do kraj a B. Vmegle nih j utr ih prestavijo vzlet na 9.00
uro, povprečna hitrost leta la pa je za 100 km/h večja, da je prista nek v
kraju B po voznem red u. Kolikšna je razdalja med krajema A in B?
2. S kolikšno hitrostjo krož i Maribor okrog zemeljske os i? Zemljepisna širina
Maribora je približno 450 , polmer Zemlje pa je 6400 km .
J.
F(N) v(~)
O ~",",*---jo-----+---"'"
~ 4 ,0
405
O ~~--i- t--~--.....
O
t
30 40 5
10 20
-10
10
5
4
3
2
o
283
Na klad o deluj e sila F. Diagrama kažet a, kako se sila F in hitrost
v spreminjata v odvisnosti od ča s a . Kolikšno delo o pravi sila F v
posameznem časovnem interval u (A. B, C in O, glej sliko)? Kolikšno
je skupno opravljeno delo?
4. lepni rač una l n i k na s~nčne celice pot rebuje za de lovanje na peto st okrog
1,5 V. Približno iz rač una] , kolikšen elektr ič ni tok t eče skozi ra č u n a l n i k
med de lovanjem . Ko sije sonce , pade vsako sekundo na 1 m2 približno
1000 J svetlobne ene rgije . Računa ln ik deluje tud i pri 100 krat šibkejš i
svetlob i. Druge podatke oceni sam . Sončne celice pretvorijo približno
15 % vpadle svet lobne energije v el ektričn o.
5. Diagram prikazuje, kako se s preminja upor lice v odvisnosti od dolli ne
l ice l in od preseka lice S.
a) Kakšen presek in kolikšno dolžino lice moramo uporab iti , če hočemo
naprav iti 20 ohmski uporn ik?
b) Na diagram u dopolni podat ke za manjkajoče preseke vodnikov!
284
Naloge z republiškega tekmova nja
1. V meša nici helija in kisika je 25 prostaninsk ih odstotkov helija. Kolikšen
je de lež helija , ki ga izra zimo v masnih odstot kih? Gost ota helija je 0,18
kgjm3 , kisika pa 1,4 kgj m3 pri normalnem tlak u in norma lni temperaturi .
2. Tri te lesa z oznakami A, B in C spu ščarn o v vodo in merimo odvisnost
sile vzmetne tehtn ice , na kateri je telo o beše no, od višine x potopljenega
de la tel esa . Diagram sil kaže slika . P ri x = O je te lo t ik nad vod no
gladin o, x merimo od vodne glad ine navp ič n o navzdol.
a . Kolikšne so mase tel es in kolikšne gostote?
b. Na en diagram približno nar iši, kako se s preminjajo sile vzgona za vsa t ri
telesa v odvisnost i od vredn osti x!
c. Pr ibližno nariši oblike te les!
F(N) T(OC )
iO 100
8 80
6 60
4 40
2 20
X t
O O
O 2 4 6em O 10 20 30 min
3. Med .segreva njem 0,50 kg vode s potop nim grelnik om smo merili t em-
peraturo in čas , njuno medsebojno odvisnost kaže diagram. Grelnik je
vsako seku ndo oddal vod i 200 J toplote . Koliko top lote je ušlo v okolico:
a) V času od O do 5 min? b) V ča s u od 15 do 20 min?
Ekspe rim ent a lni nalogi
7. razred
4. Brez uporabe mer ila izmeri vsaj na 1 cm na tančno dolžino žice, pri čem er
si lahko pomagaš z listo m A4, ki ima dimenz ije 297 mm in 210 mm.
Postopek merjenja razum lj ivo opiši, ravnila in drugi h merilnikov dolžin
ne sm eš uporab ljati .
Potrebščine: žica, list A4, škarj e.
285
:'."': :';":'C"":X' :< iX
/ 1
/lX ~
/ .(--;
./ I
I
I
I
Io-jL-_ _F~
5. Izmeri, kako se spremi nja v od-
visnosti od kota et sila F, s
katero moram o v leči ute ž v vo-
doravni sm eri, da utež miruje
(glej sliko) . Nar iši diagra m sila
F v odvisnosti od kota et ! Da
bo diag ram lep , izmeri silo pri
čimveč ra z lič ni h kotih, recimo
pri O, IS , 30, 45 , 60 , 750 • Ko-
likšna pa bi bila sila pri kot u
900 ?
Potrebščine: stojalo z vrvico in utežjo, silomer, 2 trikotnika, mil imetrski
papir.
8. raz re d
1. Osebni avtomobil vozi enakomern o s hitr ostjo 90 km/h in prehiteva
to vorniavtomobil, ki ima hitrost 50 km/h . Osebni avtomobil je dolg 4 rn,
tovornjak pa 10 m. Razdalja med avtomobi loma pred in po prehitevanju
naj bo 60 m.
a) Koliko časa tr aja preh it eva nje?
b) Kolikšno pot prevozi osebni avtomo bil med prehitevanjem ?
2. Na te lo z maso 3, 0 kg delujejo št iri sile, kot kaže slika . Velikosti teh
sil so : FI = 45 N, F2 = 20 N, F3 = 30 N in Fg = 30 N. S kolikšno
dodatno silo F moramo delovat i na te lo, da se bo gibalo s pos peškom
20 m/s2
a) v smeri sile FI,
b) navpično navzgor,
c) pod kot om 30 0 glede na sm er
sile FI?
Za vse t ri prime re določi ve-
likost in nariši smer dodat ne si-
le F!
3. Na kolikšno največjo na petos t
lahko pr i ključimo elek trič no ve-
zje, ki j e na sliki, če so vsi t rije
uporniki enaki in imajo upor
200 Q ter največjo dopustno
moč 0,5 W ?
286
Ekspe rimenta lni nalogi
4 . S špi ritnim gorilnikom segrej 400 m l vode za pribli žno 10 K in izračunaj ,
koliko odstotkov toplote gre v izgubo pr i takem segrevanju. Izračunaj
tudi, kolikšen toplotni tok oddaja špiritni gorilnik . V priročn iku najdemo
podatek , da se pri gorenju 1 g špir ita s prost i 27 kJ top lote . Za segretje 1
kg vode za 1K pot rebujemo 4200 J toplote . Potrebščine : šp iritni gor iln ik,
stojalo, čaša , tehtnica z utežmi , termometer , stoparica.
5 . Izmer i notranji upor
a ) ampermetra na merilnem območju 100 mA,
b) voltmetra na merilnem območju 3 V. Nar iši električni vezji za obe mer it vi.
Opozorilo: Ampermetera ne smeš priključiti neposredno na napetost ni
izvir , ampak samo zaporedno z upornikom.
Potrebščine: voltmeter , a m perm eter , napetostni izvir O - 25 V, up ornik
z uporom nekaj sto ohmov .
Mirko Cvahte, Zlatko Bradač
TRI WELLSOVE UGANKE
iz njegove knjižice Recreations in logic , Dover Publications , New York .
1
POSEVNO SESTEVANJE
Sp odaj so zap isane ena pod drugo brez konca (v desetiškem šte-
vilskem sestavu) vse zapored ne potence števila 3 , tako da j e vsaka
postavljena za eno m esto bo lj desno kot tista nad njo . Kaj dobim o ,
če vsa ta števila sešteje mo na o bičaj e n način ?
1
3
9
27
81
243
729
2187
??????????? ..
2
287
RAZMERJE PROSTORNIN
Računanje prostornin piramid je lahko zamotano, a ne v tej uganki.
V kakšnem razmerju sta prostornini pravilne tristrane in pravilne
štiristrane piramide , če imata obe robove enako dolge? Z raču­
nanjem se pri tem res ni treba mučiti, že množenje z dve je čisto
dovolj .
Slika 1
TRISEKCIJA TRIKOTNIKA
3
E nakostranični trikotn ik zlahka ra zrež emo na tri skladne like, na
primer tako kot na spodnjih ris bica h. Z naslednjim dodatnim pogo-
jem pa postane naloga trši oreh . Noben rez ne sme iti skozi središče
tr ikotn ika , ki tedaj leži znot raj enega od kosov. Vsaj en lik je seveda
tr eba sestaviti iz najmanj dveh narezanih kosov. In še vprašanje:
Naj manj koliko kosov moramo pri tem narezati?
Slika 2
Preved el Boris Lavrič
288
SLIKOVNA KRIŽANKA
o GOSPO- PRIVESEKPRI STAR NEDOSE\ ·6;ALlSEVA AM.FILM. REČ DARSKI GORŠNJ. / FRANC. LJIV LRAN ADA IGRALKA USTROJ HI I KOVANEC VZOR. . .~~aa +b+c +d =
KILO- SPRUE· REKA V
METER TOST FRANCUI
I
KNJIGA I
KNJI~NICA I
SIGMA I
I I A!AVTOR I ,ZGOR- I
- -
NJEGA I L
DELA 1.
I'r=
VRSTA POLITIK
LADJE " ORO
SOL
BOROVE SMERV
KISLINE UMETNOSTI
NASPROTNO
IZBOLJ·
ŠANJU
REKA V
AVSTRUt
NEVARNA ANGLEŠKI KRAJNADMLADINSKI DOLINO
SKALA PISATELJ SAVE
V MORJU
MRLlC KOPER
AEKAV
SARlUEVU
ARGON PREROKa-
VANAPRI·
HOQNOST
ORODJE ZA DAJANJE PRIPOVEONA
LONC~~~U ŠNO PESNITEV
- -0-
VZVIŠEN
GLAVNO MESTO GANE PAOrOA
MESTO NEMŠKI
V SZ DEL
PISATELJ
ITALIJI OBRAZA ~-
. -
HOMER- ,
PALUBA RADIJ JEV ·1
JU NAK
_. -
NAVIGA·
CIJSKA SEMENJ
NAPRAVA
HIPNOZI
NAPAD, POD OBNO
NASKOK STANJE
289
"KRATKA ZGODOVINA FIZIKE"
ITAL. MAK ED. \ SOBICA PRVI
AVTO R
OZNICA PRIJAV A VBOGAJME NAFTNI PESN IK ŠiBENIK V KMEČKi SEKRETAR REČN I MARKO
KONCERN (KOČO) HiŠi OZN ZA VOJ BOKALIČ
IZBRANA
VISOKA
PODLISTEK DRUŽBA
I
i
I
,GLE ŠKO IZUMITELJ
'E N. IME TELEFONA- - -
ILKANSKI ŠVICARSKi
'MEČEK PISATELJ
~~~1W~
JOSIP
IPAVEC
--- - --
OBLIKA OVČJE
TEL. VAJ MESO
AVT
(ORIGIN.)
---
RIMSKA 2
PLINSKA
ŽARNICA
I
--- ---
PESNiK
STRNISA
ST, SLOV. PO TU- AVAN S,
PEVEC JOČI PRED U·
(RAFKO) PASTIR JEM
--
TV GERMAN. 1
,iOOITE - BOGINJ E ~--,-_..-
U ICA USODE UPOŠ TE·
(OLGA) lt~J,:-:- VANJE
DEL
ELEKTRO·
MOTORJA
'-L:fSE8NT-
ZAIMEK
GRUDEN LETNI
---- ČAS
OLIVER ._ ----
ROMWELL RAZ LIČNA
SOGLASN ,
RISBE'
TELESN I I MIHA
UD ŠTALEC
._ - ---
ME STO .......- ' .
V ~ , ;
EVROP,
DECU )
TURCUE ~ -
PRESEKOVA NADLOGA290
MALA ZBIRKA NALOG lo FIBONACCIJA
Ita lijanski matematik leonardo
Fibonacci (1170 - 1250) velja
za najpomembnejšega evro-
pskega matematika v 13. sto-
letj u. Med drug im je Evropej-
cem prvi predlagal uporabo de-
set ih števk (c ifer) - številskih
znamenj, kijih danes uporablja-
mo širom sveta , v njegovem ča­
su pa so j ih uporabljal i zgolj v
ara bskih delelah. Poleg tega pa
so pomemb ni tud i njegovi pri-
spevki k teorij i diofantskih
enačb , pri reševanju kubičnih
en ačb in še kje. Marsikomu pa
je ime poznano za radi Fibona -
ccijevega za poredja .
Leonardo Fibonacci
Leta 1228 je Fibonacci izdal zna menito delo Liber abaci (K njiga o a baku) .
ln prav iz t e knj ige izvira tud i večina izmed dvanajs terice nalog, ponuje nih
v pokušino bralcem Preseka . Zaht evnost ni spek t er te h nalog je kar širok.
Med njimi je na m reč veliko takšnih, ki se j ih la hko lot ijo že tud i osnovnošolci,
z nekateri mi drugimi pa ut egnejo imet i precej op ravka tu di v matem at iki
spretnejši srednješolc i. A kakorkol i že - rešitve t istih nalog , ki ji h bost e zmo gli,
nam seved a le pos1j ite . Nagrade vas čakajo!
Se tole - prede n se zares loti te reševanja nalog , preberi te tud i Opombe
k nalogam in namig e za reševanje. Utegne koristi t i!
Zdaj pa zares.
1. Kralj je poslal 30 ljud i v svoj og romni sadovnjak, da bi mu ta m sa dili
drevesa .
Povej , koliko dni bi potrebovalo 36 1j udi za to, da bi posadili 440 0 dreves,
če je zna no, da je on ih 30 ljudi sadilo 1000 drev es nata nko 9 d ni.
2. Katero število da , če ga mno žiš z ~6' svoj kvad rat ?
291
3 . Ko liko pa rov zajcev dobimo od e neg a pa ra novoroje ni h zajcev po e nem
let u, če privza memo , da vsak izmed pa rov skoti vsak m es ec po e n nov
par , ki j e za te m plod en od drug ega m eseca sta rosti napr ej, in da med
t e mi zajci ni smrt nih pr im er ov?
4. Neki mo ž ima sadovnjak z ja blanam i, v kate rega vod i sedem vrat. Ko
se je n ekoč vračal iz sadovnjaka , j e dal stražarju pri prvih vra ti h polovico
ja bolk iz košare, ki jo je nos il s seboj . Zatem m u je dodal še eno ja bolko .
Dr uge mu je dal polovico tistega, kar mu j e os ta lo , in spet še eno ja bolk o
pov rhu . In tak o naprej tudi vsakemu izm ed naslednjih petih stražarj ev
- polovico jabolk iz košare , za povrh pa še e no. Naposled je zapustil
sadovnjak z e nim sa m im jabolk om v koš a ri.
Kol iko jabo lk j e nabral t a dobr i mož t ist ikrat v svoj em sadovnjaku?
5 . Nekdo je vloži l en d en arij . Zarad i obresti bo im el čez pet let že dva
denar ija , pet let zate m pa se mu bo bogastvo v ba nki znova podvoj ilo .
Pov ej , na kol iko d e narij ev bi z ra se l t a njeg ov vlože ni d e narij v sto let ih?
6 . Ne ki možje za p usti l svoj em u najs tarej šernu sinu en zlatn ik in šesed m ino
vse h preostalih zla tnikov . Zatem j e dal dru gem u najs ta rejšernu sin u iz
preo sta le vsote dv a z lat nika in spet še sed m ino vse h preosta lih zla t nikov.
Od t eg a , ka r mu j e ostalo, j e dal tretj em u s inu t ri zla t nike in še se dmino
vse h preosta lih . In t ako napr ej - vsak nasled nj i je dob il po en zlat nik več
o d prejšn j ega in še sedmino vs eh preosta lih zlatn ikov povrhu . Za dn j i,
naj mla jši, je naposled do bi l, kar j e pa č ostalo . Toda , gl ej - vsi si no vi so
dobili e na ko !
Ko liko sinov je imel mož in kol iko zla tnikov ji m je ra zdelil?
7. Ka t erih pet uteži j e t re ba izb rati , d a bi se da lo z njih o vo pomočjo s t e hta t i
kat erokol i breme, ki ni t ežj e od 30 kilog ra mov in č i ga r te žo meri m o z
na rav nim število m ?
T udi ut eži naj te htajo ce lo š tevi lo kilogramov. Teh ta š t a ko , da na eno
stran tehtn ice postavljaš uteži, na dru go stran pa brem e .
8. O ni j e ku pil 30 pt i č kov za vs ega sk upaj 30 ceki no v . S cena mi j e bilo na
semnju pa ta ko le : za t ri vrabce j e bilo t reb a odštet i po cekin, za prav
toli ko so p rodaja li tu di pa r d ivj ih golobov, med te m ko so bili d o mači
golob i že po dva ce kin a vs ak . Kup il je o d vsakega po nekaj .
Ko liko pt i č ev t e in one vrst e je torej t eda j no sil do mov?
292
9. Dokaži, da je produkt vsote dveh kvadratov z vsoto drug ih dveh kvad ra-
tov spet vsota dveh kvadratov .
10. Poišči tak ulom ek x , da bosta števili x 2 +5 in x 2 - 5 vsako zase kvadrata
nekega drugega ulomka.
11. Trije imajo skupaj veliko denarja . Prvi je lastnik polovice, drug i tretj ine,
tretji pa šestine vsega. Potem pa se spro med seboj in vsak izmed nj ih
si nagrabi s tega kupa, dokler tam ne ostane prav n ič več. Ko se spet
nekoliko pomirijo , vrne prvi polovico t istega, kar je vzel , drugi t retj ino
nagrabljen ega , tretj i pa le šestino nagrabljenega . Ves vrnjeni denar dajo
znova na en kup in si ga pot em še enkrat razdel e med seboj na enake
dele . In začuda - na tak način dobi vsak sp et prav t isti znesek , ki mu je
pripadal po dog ovo ru že od vsega za četka!
Povej, koliko denarja je bilo na t ist em kupu na začetku in koliko je dobi l
vsa k izmed teh treh .
12. Reši ena čbo x 3 + 2x 2 + 10x = 20.
Opombe k nalogam in namigi za reševanje
3. Ze omenjeno Fibonaccijevo za poredje se mora za svojo popular nost za-
hvaliti najbrž prav tej na logi.
5. Fibonacci je v svojih tekstih poimenoval znana štev ila z numerus al i
denarij, kar pomeni denar, neznana štev ila pa z res , kar pomeni stva r.
6. To nalogo zasledimo tudi v delih nekaterih kasnejših znameniti h mate-
matikov. Tako sta se z njo ukvarj ala tud i fran coski mat emat ik Nico/as
Chuquet (um rl pribl. 1500) in pa Leonhard Eu/er (1707 - 1783) , vsem
znani švicarski matemat ik.
7. Nalogaje v literaturi bolj znana pod imenom Bach et ov problem o utežeh.
Fra ncoski ma t emat ik Claude Gaspard Bachet de Miziriac (15 87 - 1630)
jo je leta 1612 objavil v svoji zna menit i zbirk i Problem es plaisant et
de7ectab les (Zabavni in oča rlj i v i problem i) .
9. Uporaba črkovn ih simbolov v algebri je bila v 13. stole tj u seveda še le v
povoj ih. Sicer pa na loga govori o t.i . Fibon accijevi enačb i .
10 . Zad nje tr i naloge iz te zb irke so znan e po t em, da j ih je moral Fibona cci
reševati na nekem matematičnem tekmovanju . Rešil ji h je naravnost
bravurozno, če prav zagotovo niso vse lahke. Ker je tud i ta nalog a v dan i
obliki zelo za hte vna , namignimo, da ima iska ni ulome k imenovalec 12 .
293
11. Množica vseh rešitev te naloge je neskončna . Morda bi bilo zanimivo
poiskati naj ma njšo n eniče l n o celošt evilsko rešitev.
12. Namigni mo, da enačba ne premor e raciona lnih korenov. Fibo nacci je
zna l poiska t i nje n koren na devet decimaln ih mest nat a n č n o . Ga zmorete
prekosit i?
literatur a
Boyer Carl Ben jami n: Ahist ory o f mathem at ics, New Yor k, J ohn Wil ey & Son s, 1968 ,
Dadi č Ža rko: F?a zvoj m atematike, Za gr eb , Ško lska knjiga , 1975,
Eves Howard: A n Int roduction to the Hist ory of Mat hem atics, New York, Holt Rineh art
and Wins ton, 1969 .
Vilko Dom ajn ko
HJrold P. Furth,
NEVARNOSTI SODOBNEGA ŽiVLJENJA
Vantideželi , dal e č tam zunaj na robu sveta ,
je izobražen i dr . Edvard Antiteller doma .
Sred i ant iotrok in ant ikegljev prebiva,
ni mar mu atomov
ne teorij e, ki zlivanje jeder odkriva .
Z a ntimetrom me ri razdalje ,
ko dan za d nem , koder že bod i,
za mišlj en sko zi antidoline in antihribovja hod i.
Pomislite , komaj se v znanost i danes kaj za iskri,
že se mladina po šolah jutr i o tistem u či .
Znenada nad morjem se krolnik leteči pojavi ,
H Komisija za je drsko ene rgijo" napis na njem pravi .
Torej je res . "N i jim prep r ečil strah poseči v globine
vesolja," si r eče , četudi se spomni na mah
sva rila, da člov ek nekaznovan ne more
po zvezda h poseči .
"Ka ko je kaj? " je vpraša l še komandant - tako povedo
ana li - in seg el je tujcu v roko , nato
so le žarki ga ma osta li.
Iz Biltena 27 . republ iškega tekmova nja
iz matematike za dijake srednjih šol , Črnomelj 1989
OCL/-' 'C /\'0' l'l:"'- _, 1,1' t: " u.uo
26. REPUBLIšKO TEKMOVANJE OSNOVNOšOLCEV IZ
MATEMATIKE - Rešitve nalog s str. 228
7 . razred
1. Izra z ured imo 2+a + 22a + 2--..- = 2a-a2+4at2a2+9 = (a+3r.
a -a 4-a L 4-a 4-a
Ulo m ek (:~;t ima najmanjšo poziti vno vredn ost za a = O. Tedaj je števec
ulo mka najm anjši, imenovalec pa n ajv e čji .
2. Zarad i 8316 = 22 . 33 · 7 . 11 mora mo štev ilo 83 16 pom noži ti s
3 ·7·11 = 231 , saj je 8316 · 231 = ( 2 . 32 . 7. 11 )2. Iz 8316· 231 = 13862
vid imo , da je zmnožek kvadra t števila 13 86.
3. V zapisu 123456 78910111 21314151617181920212223...9991000 ...
išče mo cifro na tisočem m est u. Za zapis 9 enomestnih štev il rabimo 9 cife r,
za zap is 90 dvomestnih j ih rabim o 180 in za zap is 900 t rimestnih 2700 c ife r.
Zar ad i 1000 - 189 = 811 i ščemo cifro na 811-tem mestu med t rimestni m i
števili, račun 8 11 : 3 = 270 (ost. 1) pa pove , da je is ka na 'cifra prva cif ra
271 -tega tr imestnega števi la . To je štev ilo 370 , iskana cifra pa 3 .
4. Najprej izračunamo ploščin o
z emljišča : p =~ + r2 + 2r 2
= r2( ~ + 3) = 25 . ( ~ + 3) =
= 114 ,25 m2, na to pa , kol iko se -
mena porabimo: 114,25·4 = 457
dag . Ostane nam še izračun dolžine
ograj e o = 7fJ + 4r + 2d = r ( 7I" +
+ 4 + 2V2) = 5(71" + 4 + 2V2) ...:...
== 49, 8 m .
~_7T C5. Iz Ol + 02 = os+2 d, im a mo
25 + 27 = 32 + 2d , o dt o d pa 2 d =
= 20 in d = 10 .
8 . razred A
1. Ker je x-22 = -To- 2 = 4 in x~22 = 1.4 ' dobim o 4 = k . -41 , k = 16.x+ -T+2
295
a
2"
/1',
/ 1 '
/ 1 '
/ I -,
// I -,
/ Cl2 IN '
M I
I
I
I
I
I
a/:
-,,,
-,
-,
-,,,
-,
2 . Pomagamo si s sl iko. Naj -
prej j e SM = AM = a/2 , SN =
= ON = c /2 in v = NM =
=a/ 2+ c/2 = 7 cm te r p = s· v =
ate . ate = 49 cm2 . Nato pa
y = S B = a/-/2, x = se =
= c ] -/2 in 62 = x 2 + y2 = ~+
+~ = l~O oziroma 6 = 5-/2 cm
ter o = a + 26 + c = 14 + 10-/2 ==
== 28 , 1 cm.
3 . Pišimo 1 + 2 + 3 + .. .+ n =( n(n31) in označimo tr imestno število zenakimi cifram i z ll1 x. Potem je n r~+l = ll1 x , n(n + 1) = 2 ·3·37 · x ,
n(n + 1) = (6 , x ) · 37 , odtod x = 6 in iz n(n + 1) = 36 ·37 še n = 36
ter n(n2+1) = 666 . Sešteti moramo 36 zaporednih naravnih števil. Vsota je
t rimestn o št evilo 666 .
4. 6BOe '" 6 B EF , zato :
~ i!. x (i!. - ~ )
2 2 2 2'
a'f . a2x = a2x, aJ3(a - x) =
= 2ax , x(2 + J3) = av'3 in odtod
x =~ oziro ma
2+V3
x = a13(2 - J3) ' B
5 . Iz sli k razberemo E B = x/ 2, AE = a - x/2, x = 2af3, ME =
( X) r: a(3-v'3)V2 . se aV2(3+ v'3) P . .a- 2 · v 2 = 3 ln =6' rostorrnne pnzme
V. - O . - ME·SC·a - a(3- V3)2.aV2(3+ V3).a - a
3 ·2 ·6 - 3/3'
p - v - 2 - 6 .6 - 36 - a Je
33,3 % prostornine kocke, saj je prostorn ina kocke a3 .
296
\
\
\
\
\
\
\
\a \
\
\
\
\
\
\
\
~....;:;":O:_~,;,,;.._::_-~- - - - - - --~
B
DQ-- ~lIC.C
M
Aleksander Potočnik
IRACIONALNE VSOTE - Rešitev s str. 267
Le velja ,ji+ v3 E Q. je
v6 = (1/2)(( v2 + V3Y - 5) E Q
kar pa ni res. Torej ,ji+ v3 ti. Q .
Denimo , da r = ,ji+ -y3 E Q. Pot em je
in spet pridemo do protis lovja
v2= (r3 + 6r - 3)/(3r 2 + 2) E Q
ki pove, da je ,ji+ -y3 ti. Q .
Podobno ugotovimo, da j e št evilo ij2 + v3 iracionalno .
Predpostavimo zdaj, da je 5 = ij2 + -y3 E Q. Potem iz enakost i
52 = 2 + 3( ij12 + rn)+ 3 =
=5 + 3 V6(ij2 + -Y3) =5 + 35 V6
sledi ij6 E Q. kar ni res. Torej tudi ij2 + -y3 ti. Q .
Da se dokazati, da za vsak par naravn ih števil m , n > 1 velja \12+ YI3 ti.
ti. <Q .
Boris Lavrič
297
Z GRAFI GRE LAŽJE - Rešitev s str. 36
D
7
6
5E
1. Zasleduj zaporedje črk SAJSPLOHNITAK5NEPOTI.
2. Opisani sprehod skozi zgradbo je mogoč, če ga sprehaja lec začn e v
zunanjosti zgradbe in ga konča v sredinski severni sobi , ali pa , če gre
po ist i poti nazaj .
3. Iz lab irinta vodijo natanko štiri različne poti.
4. Najprej opazimo, da lahko točke grafa o ba rva mo z dvema raz l ičnima
barvama tako, da sta poljubni dve med seboj povezani .točk i razl ično
o barva ni. Zatem sklepamo takole - začetna in končna točka v krožn i
vožnji po grafu morata biti zaradi prejšnje ugotovitve različno obarvan i.
Ker pa ima ta graf 11 točk (Iiho štev ilo!), je to seveda neizvedljivo .
(Detajle naj izde la bralec kar sam .)
5. A , B , C, O , E in F naj bodo oznake omenjenih šestih prijateljev . Za-
poredje njihovih osmih pogovorov je podano s števili ob povezavah v
grafu takole (predstavlja le eno izmed štev il nih možnih rešitev) :
6 . Belčeva že na se je rokovala
dva krat.
Knjižno nagrado (Z. Šporer,
Oh, t a matematika in D. Bajc , T .
Pisa nski, Najnujnejše o grafih) st a
tokrat dobili sest ri Irena in Joži
Onerela iz Ljubljane . Rešili sta dve
nalogi in s tem gladko zmagal i v
množici kandidatov za nagrado - bi-
li sta n a m reč edin i, ki sta nam po-
slali rešitve. Lestita mo !
Vilko Domaj nko
KOCKA IMA RDELKE
Kocka ima rdeče obarvana oglišča, središča vseh robov in središča vseh mejn ih
ploskev. Poleg naštetih točk je samo še točka v središču kocke rdeča . Koliko
je premic , na kat erih ležijo po tri rdeče točke?
Darjo Felda
298
31. ZVEZNO TEKMOVANJE SREDNJESOLCEV IZ
MATEMATIKE - Rešitve s str. 276
Prvi letnik
1. Izračunajmo: A = (33 . . . 3)2 + (55 . . .544 . . .4)2 =
. ~ ~~
11 11-1 11
= (3 (1011- 1+ .. .+ 1))2+ (5 .. 1011(10 11- 2 + . . .+ 1)+ 4(1011- 1+ . . .+1))2 =
1 10 11 - 1-1 1011- 1
=-(1011-1)2+(5 . .10 11 + 4 )2 =
9 9 9
= 2.-(9(10 11 - 1)2 + (5 .10211-1 - 10 11 - -4?) =
92
= ;2 (9(10 11 - 1)2 + ~(10211 - 2 . 1011 - 8)2) =
= ~2 (36( 1011 - _ 1)2 + (10 11 - 1)4 - 18( 1011 - 1? + 92) =
18
= 1~2 « 10 11 - 1)2 + 9)2
1011 - 1 - 1 1011- 1 - 1
8 = 55 ... 5 44 ... 45 =5 .10 11 + 40 + 5 =
~~ 9 9
11-1 11-1
= ~(5 . 10211 - 1 - 5 . 1011 + 4 . 1011 - 40 + 45) =
9
= 2.-(10211 - 2 . 1011 + 10) = 2.- ( (1011 - 1? + 9)
18 18
Iz A = 8 2 sled i veljavnost form ule .
2 . Ker sta -r, A H 8 in -r,A0 8
e na ka 120° , ležit a točk i H in
O na loku , s ka t erega vidi mo
dalj ico A8 pod kotom 120° ,
oziroma j e š ti rikot nik A8 HO
t eti ven . Potem j e -r, 0 8 A =
= -r,OHA = 30° , sa j sta na d
is t im lo kom , tr iko tn ik 6 A 8 0
pa je enakokrak s kotom 120°
o b vrh u. Toda kot «B' HA =
60°, zato j e prem ica skozi Hi n
O njegova simet rala .
299
3 . Loči mo dva primera:
a. Naj bo f( ak) = al ln k > 1. Potem velja a l + f(al) <
< a2 + f(a2) < ... < ak + f(ak) = ak + al oz iroma ai +
+f(ai) < ak + a l za i < k . Torej f(a i) < ak + a l - ai < ak in
od t od {f(a1) , f(a2)," " f(ak_l)} ~ {al . a2. · . ·, ak-l} ' Toda
((ai) i- al za i = 1,2 . . . . , k - 1 ke r f(ak) = al. Sle di protislovje
{f(a1), f (a2) , .. . . f(ak_ l)} ~ {a2 , .. . , ak - l } , ker je f bijekc ija .
b. Le j e f ( a l) = a l, s e omejimo na števila a2.. .. , anin po nov imo
prejšnj i sklep.
4. S predpisom (Cc) = c + 1 definirajmo fu nkcijo F, katere definicijsko
območje naj bodo vsa štev ila na tabli, ki j ih je moč do biti z danim
pravilom . Pišimo c = a + b + ab , torej c + 1 = (a + l )(b + 1) = f (c ).
Ker je f bijekc ija, bo število c na tabli na ta nko tedaj, ko bo (a+1)(b+1 )
ozi roma 2n . 3 m v zalogi vrednost i funkc ij e F, Na začetku sta v zal ogi
vrednosti funkcij e r nam reč le števil i 2 in 3 . Št evilo 13121 je na t a bli,
ker je 13121 + 1 = 2 .38 . Razcep 121 3 1 + 1 = 22 .32 .337 pa nam pove,
da š t evil a 1213 1 ni na tabli .
Drugi letnik
1. Ker par (x, y ) reši na log o na ta nko tedaj, ko jo reši (y, x ), za došča , da
opazujemo primer x > y . Naj bo x 2 = a la2'" pq in y2 = a la2 ' " qp ;
to rej x 2 - y2 = 9(p - q) .
Dokazal i bo mo , da d = p - q ne more bit i enak 9, 8 , 7 a li 6 :
a . če d = 9, pot em p = 9 in q = O; toda x 2 se ne more končati na
90;
b. če d = 8, pot em (p, q) E {(9. 1), (8, O)}; tod a x 2 se ne more
ko nča t i na 80 nit i na 91 ( saj bi x 2 ne bil obl ike 4k + 1 );
c. če d = 7, pote m (p , q) E {eg, 2) , (8 .1 ) , (7, O)}; toda x 2 se ne mor e
ko nča t i na 92 nit i na 70 , y2 pa se ne mo re ko nča ti na 18;
d. če d = 6, po tem (p, q) E {( 9. 3) . (8 , 2) . (7, 1) . (6 . O)}; to da x 2 se
ne more konča t i na 93 ,82 ,71 a li 60 .
To rej d :::; 5 . Sled i 2y + 1 :::; x + y :::; (x - y)( x + y ) = 9d :::; 45
oziroma y :::; 22 . Z dire kt ni m prei zk uso m vseh motnost i za y do bimo
edi ni reš itvi (13.14) in (14 . 13) .
300
2. Sfera s sr ed iščem v A in radijem 3 seka plašč kocke A BC DAI Bl Cl Dl
po lokih KI,LN in NK . Le izhaja lomljena črta iz oglišče A, mora
biti naslednji lom Ml na en em izme d lokov KI,LN in NK. Le Ml (j.
(j. { K, L, N} , potem A leži na krog li rad ija 3 s s rediščem v Ml , vse
ostale točke kocke pa ležijo znotraj krogle - naslednji lom bi moral bit i
sp et v A.
Torej Ml E { K , L, N }. Ker so K , L in N razpolovišča stranic,jejasno ,
da lahko zarad i simetrije vzam emo za Ml katerokol i izmed točk K , L ali
N . Lomljena črta je določena enol i čn o do dolžine nata n čno .
3. Velja
PA K M
PAB C
PA K M PA K L PA B L- - - . --- . - - -
PAK L PA B L PA B C
K M A K BL
KL . A L . BC
Upora bimo neenakost med aritm e t ično in geom etrično sredi no in do bimo
neenak osti \/';fKM < 1 (KM + AK + B L) in \/~MLC < 1 (ML+
ABe - 3 K L AB BL ABC - 3 K L
+~g + i3f) .Ti dve neenakost i še sešteje mo in pomnožmo s ijPABe-
4. Oglejmo si ta ko pot po dvorc u, za katero velja , da je začetek pot i v so bi
z enimi vrati a li pa pri enih od zuna njih vra t , da je konec pot i prav ta ko
v sob i z enim i vrati a li pa pri enih od zunan jih vrat in da gre pot skozi
vsaka vrata n ajveč enkra t. Začete k in konec vsake ta ke poti sta lahko
ali oba v sob i z enimi vrat i al i oba pri zunanj ih vratih ali pa je ede n v
so bi z eni mi vrati , drugi pa pri zunanj ih vratih .
Pote mtakem bi morali bit i število sob z enimi vrati in število zunanj ih
vrat , iste parnost i. ~ tevi li sta 19 in 90, zato takega dvorca ni moč
zgradit i.
Tr etj i in četrti letnik
1. Oglejmo si naj prej števila, ki
ležijo na dnu :
301
Le je Aj vsota štev il iz i-te vrst ice, velja Aj = ~(a~~) + a~~)) , vsota vseh
števil na dnu je
Al+A2 + ...+ A m =
_ n (1) (1) (1) (1) (1) (1) __
-"2(all +a21 + . . . +am1 +al n + a2n + . . . +amn)-
., ': . m (a(l) + a(l) + a(l) + a(l))
2 2 II ml ln mn
Po ana logiji bo vsota števil v k-tem nadstropju Nk = n,;n(a~~) + a~{ +
+ a~~) + a~h), vsota vseh števil pa
NI +N2 + ... + Np =
_ mn ((1) (2) (p) (1) (2) (p)- 4 all + all + ... + all + amI + amI + . . . + amI +
(1) (2) (p) (1) (2) (p))
+aln+aln+··· +a1n +amn+amn+ · · ·+amn =
=mnp (a(l ) + )1) + a(l) + )1) + a(p) + a(p) + a(p) + a(p)) =
8 II ml l n mn II ml ln mn
mnp
=-- ·a
8
2. Za n ~ 2 velja nx-, = -1990 L:Z:5Xk in (n - 1)Xn- 1 = -1990·
· L: k:~Xk , nato pa nXn - (n - 1)Xn- 1 = -1990xn_ 1 oziroma X n =
= _1990;;-nt l X n - 1 . Čeprav smo zadnjo rekurzivno formulo izpeljali za
n ~ 2, velja očitno tudi za n = 1. Uporabimo jo n-krat, pa dob imo:
X n = (_l)n . 1990-nt1 . 1990-n ... 1990 . X o =n n-1 1
=(_l)n e9;0)1990 za O ::; n::; 1990.
Uporabimo binomski izrek : L:l;;82 kxk =
=L:l;;82k( _l)k e9: O) . 1990 =
= 1990· L:l;;8(-1)k e9:a ) .2k = 1990(1 - 2)1990 = 1990
3. Naj bo Cl razpolovišče daljice AB in T težišče /,:; A BC. Iz /,:; COT
in /,:; TS C1 sledi SC\ = itO .
302
- - 2 - 1-
=CS + OS + 3 (QS + 2CO)
- - 2 - 1 -
=CS + OS + 3( - 0 5 + 2 CO)
- - 2 - 1 - - 4-=CS + OS + - (-OS + -(CS - SO )) = - CS
3 2 3
Točke C. S in T3 so tor ej kolinearne in CT3 = jcs = j R. Analogno
dokažemo še ATI = BT2 = eT3 = ~ R.
4. Pr i dan i relaciji R. velja za poljubna dva ra z l i č na elemen ta a Jn b iz
množice n elementov natanko ena izmed nasled njih možnosti : a 'R. bi n
b T: e , a 'R. bin --,b R. a , --, a R. bin b T: a ali pa --, a R. b in -vb 'R a.
Vseh bina rnih relacij je 2n .4(~), faktor 2n se pojavi zarad i parov z enak imi
komponenta mi. A n ti s i m et r ič n i h relacij je Z'' :3(~) (prva možnost namreč
odpad e), simetrični h pa 2n . 2( ~) (odpadeta druga in tretja možno st ) .
Relacij , ki so sim et rične in a nt isimetrične hkrati , je 2n . Relacij , ki rešijo
nalogo , je torej
IZBIRNO TEKMOVANJE ZA OLIMPIADO
1. Vsi an so pozitivni. Iz zveze an+3 an+I - an+2 an a~+2 - a~+ l
sled i an+I (an+3 + an+I ) = an+2( an+2 + an) oziroma an±3+an±1 -an±2
= an±2+an = .. . = ~ = ~ ker je a3 = a~ +8 = 11. Od to dan±l a2 2' a l
an +l = ~ (an+2 + an) . Potemta kem a~+ l = 2~ ( a~+2 + 2a n+2 an+
+a~) ~ a~+l - ~~ an+2 an = 2~ (a~+ 2 - 2an+2 an + a~) ~
~ 9a;J+l - 128 = (2( an+2 - an )f ·
. 2n±2+23- n I hk dOpom ba : s pomočjo an = 3 z a oto okažemo t rditev
naloge .
2. S pomočjo neen akosti med a r i tm et i č n o in kvadrat no sredino dob imo
Jii + Vn+I + ;;:7+2 + Jfl+3 < J1 6n + 24. Po dru gi st ran i pa
neenakost i Jii + vn+3 > J4n + 5 in Vn+I + li1+2 > J4n + 5
implicira ta J 16n + 20 < Jii + Vn+I + vn+2 + .;n+3
303
Nobeno od števil 16 n + 21 , 16n + 22 , 16n + 23 , 16n + 24 ne mo re biti
popolni kvad ra t. Dejstvo [y'16n + 20] = [y'16 n + 24] dokazuje trd itev
na log e.
3 . Reševa li bomo z indukcijo na število prašt ev il.
Le je n = 1, vzamemo števili al = pri in a 2 = pr2 • Le je kateri
izmed O j =O (mod 2), je a j popo lni kvadrat , sicer pa je al . a 2
popoln i kvadrat . Predpostavimo, da za vsako množico n + 1 naravnih
števil, kat eri h edi ni praštevilski faktorji so v dani množici n praštevil ,
trditev velja . Faktorizi rajmo n + 2 narav nih š t evil po n + 1 praštevilskih
faktorj ih :
a l p r i i p~ i 2 p i; i n
p o.i n+i
n+1
a 2 p r 2 1 p~ 2 2 p i; 2 n
p 0.2 n+i
n+1
a n+2 p~n+ 2 1 p~ n + 2 2 . . . p~n+ 2 n
p o.n+2 n+i
n+1
Le so vse potence Oj n+ 1 sode , j e nal oga končana, saj m ed števili
al , . . . , a n+ 1 najdemo po ind ukc ijsk i predpostavki nekaj števil, ka t er ih
produkt j e popoln i kvadrat ( upošteva mo prafa kt o rje PI , . . . , Pn).
L e pa j e med potencami Oj n+1 kakšna liha (npr. pri a n+2 ), tvorimo
n + 1 štev il b l, bz. . . . , b n+ 1 t a ko le:
O j n+1= 0
O j n+ 1 1:- O
( m od 2)
( m od 2)
V t eh št evili h nastopajo faktorj i Pn + 1 v sod ih pote nc ah , zato po Jn-
d ukc ij sk i predpostavki najd em o števila b it , b j2 ' . . . , b jl ' kat e rih pro-
d ukt je popol ni kva dr a t. V prod uktu teh števil se pojavi vsako o d števil
al, a2 , . .. , a n+1 kvečjemu enkra t. Le se poj a vi a n+2 v sod i poten ci,
pomeni , da smo prod ukt a ji ' aj2 . . . a ji pomnoži li z a;~2' pa j e ta faktor
odveč , saj je že a ji ' aj2 . . . a ji popolni kvad ra t. Le se pa a n+2 pojavi v
lihi poten ci a~~t1, lahko odvržem o a~+2 in se ko n čn o pojavi le v prvi
pot enc i.
T o pom e ni, da v produ kt u b i l ' bi
2
• . • bj l nast o pa vsako o d štev il al ,
a2, . . . , a n+2 kvečje mu e nkrat in je prod uk t popolni kva d rat. Trdi tev
j e do ka za na .
Matjaf Željko
304
21. ZVEZNO TEKMOVANJE OSNOVNOšOLCEV IZ
MATEMATIKE - Rešitev nalog s str . 230
7. razred
B
c
c
5. Označimo z O nožišče viši-
ne pravokotn ega trikotnika 6. A BC
iz točke C in naj bo E točka da ljice
B O, za ka t ero velja DE = AD .
Te daj je B E = A C = CE, torej sta
t rikotn ika 6.AC E in 6. BC E ena-
kok raka . Zato in zarad i o: + {3 =
= 90 0 dobimo <1: A C O = <1: DC E =
= <1: B CE = {3 = 90 0 : 3 . Kot i
m er ijo o: = 60 0 , {3 = 30 0 , 'y = 90 0 •
1. Dvom estni večkratniki števila 23 so 23, 46, 69 in 92. Ko skušamo
najti največje naravno število z zahtevano lastnostio. . nas razmišljanje vodi
takole: 92, 923 , 6923 in 46923 (na posameznem koraku poiščemo največj e
dvo, tr i, št iri in petmestno število s tako lastnostjo ). Naprej ne gre več , saj
se nobeden od dvomestnih večkratnikov ne začne s 3 ali konča s 4, zato j e
iska no štev ilo 46923 .
2. Naj bo abb trimestno štev ilo . Lahko ga zapišemo v obliki 100a+
+ 10b + b = 98a + 7b + 2a + 4b = 7(14a + b) + 2(a + b + b) . Leva st ra n
je po predpostavki deljiva s 7 , na d esni je prvi seštevanec deljiv s 7, to pa
pom en i, da mora biti nujno tudi a + b + b deljivo s 7 .
3. Iz a + d < b + c in a + b = c + d dobimo b + a + d < b + b + c
in c + d + d < 2b + c , 2d < 2b , kar pomen i d < b. Podoben skl ep nas
prip elje do a < c . Zato velja a < c < d < b. A
4. Naj bo 6.A BC enakokrak i
trikotn ik z osnovnico BC in p pre-
mica, ki je vzporedna kraku AC in
od njega oddaljena 1/2AB. Prem i-
ca p odseka od trikotnika 6.A BC
t rikto nik 6.A l BC1 . Nožišče višine
iz toč ke Al t ega trikotnika j e is ka na
točka M.
305
8. ra zred
1. Naj bodo n - 1, n in n + 1 tri zapored na naravna števila . Teda j j e
(n -1)3+ n3+( n+1)3 = n3-3n2+3n-1+n3+n3 + 3n2+3n+1 = 3n( n2+ 2).
Dokaza ti je še t re ba , da je n( n2 + 2) delj ivo s 3. Le je n = 3 k , je to očitno, če
pa je n = 3k+1 ,jedrugi faktor deljiv s 3 , ker je n2+2 = 9k2±6k+ 1+2 =
=3(3k2 ± 2k + 1).
2. Zap išemo enačbo x + 10 + l;>(x + 10) = 72 in jo poenostavimo
(x - 2)(x - 50) = O. Od dveh rešitev enačbe Xl = 2 in x 2 = 50 nal ogi
ust reza sa mo prva . Iska no štev ilo je torej 2 .
3 . Iskano število n j e oblike L ..x . Začetne cifre večkratn ikov n , 2n , 3n ,
4n , 5n in 6n so vse različne od Oin razl ične med seboj ter so hk rati c ifre štev ila
n. Prav tako so končn e cifre t eh večkratnikov med seboj različne. Le bi imela
dva večkratnika isto končno cif re , bi imela nj una razlika končno cifro O. Toda
razlika je enaka enemu od večkratnikov (np r. 6n -2n = 4n , 5n-3n = 2n , . . ,) ,
t a pa ne more imet i cifre O, saj j e n nima. Sklepamo torej , da x ni O, 1 ali 5
in da je lih. Ker se pri produktu števil 3 in 9 z 2, 3, 4, 5 in 6 ne pojavi cifra
1 na zadnjem mestu , je x lahko le 7 . Tako dobimo še preostale cifre št ev ila
n: 4, 8, 5 , 2.
Hitro se pr epričamo , da se vsaka od cifer št evila n pojavi natanko po
enk rat kot e nica , de set ica , stotica , . . . , stot isoči ca . Denimo , da bi im ela dva
izm ed večkratn ikov ist o c ifro na nekem mestu . Razlika , ki je enaka en em u od
v ečkratnikov, bi im ela na tem mestu cifro O ali cifro 9, teh pa ni med ciframi
št evila n.
Sedaj ni t ežko poiskati števila n. Iz 21n = n+ 2n+ 3n+4n +5n+ 6n =
= 111111 + 222222 + 444444 + 555555 + 777777 + 888888 = 111111 . 27 =
= 2999997 sled i n = 142857. C
...--~
4. Najprej vid imo 1:AQ 8
1:PQ N = 900 + t . Ke r j e
PQNC te tivni šti rikot nik, j e "( =
= 180 0 - 1:PQ N = 90 0 - 1-- 'y =
= 600 . Iz 1:AQ 8 = 2"( sled i,
da je Q sred išče očrta nega kroga
6 A BC, zato 1:QA 8 = 1:Q 8 A =
= 1:Q8 C = 1:QC8 = 1:QC A =
=1:QAC in 6 A 8 C j e en ak ost ra-
n ičen t er PN II A8. T rikotnik
6 N PQ je en a kokra k, z viš ino
306
iz oglišča O je razdeljen na dva sklad na trikotnika, ki sta polovici enako-
straničnega z višino 1/2. Ploščina 6.N PO je torej V3/12 .
5. Naj bo O presečišče diago-
nal AC in BO. Iz enakosti ploščin
trikotnikov 6.ABC in 6.AB O sledi,
da sta tudi ploščin] trikotnikov
6.AOO in 6.BCO enaki, recimo r.
Iz r = ixv in n = ~yv sledi
s: - s. Na podoben način do-
lJ y
bimo !:!2 = lS. odtod pa sledi r2 =r y'
= mn in r = Jmn. Končno dobi-
mo ploščino trapeza p = m + n+
+2r m + n + 2..jmn
=(jm+vnf·
B
Aleksander Potočnik in Darjo Fe/da
TRI WELLSOVE UGANKE - Rešit ev s st r. 286
1. PO~EVNO SEŠTEVANJE
Dobimo periodič no za po redje IZ decimal neg a za pisa šte vila t, torej
142857142857 .. . Res , zap išimo števi la neko liko dru gače
0 .1 =0 , 1
0 ,03 = 0,1 · 0 , 3
0,009 = 0 , 1 . 0 , 32
0,0027=0 ,1 .0 ,33
in seštejmo geomet rijsko vrsto
0 ,1(1 + O. 3 + O. 32 + oo ) = ~
2. RAZMERJE PROSTORNIN
3. TRISEKCIJA TRIKOTNIKA
307
Pravilni četverec z dvakrat daljšo
stranico, kot jo imata dani telesi,
razkosamo na štiri ma njše pravilne
četverce in pravilni osmerec, kot ka-
že slika. Vsi robovi nastalih teles
so enako dolgi in merijo pol manj
kot rob prvotnega četverca. Pros-
tornine podobnih teles so v razmerju
ku bov razmerij njihovih robov , torej
so manjši četverci prostorninsko
osemkrat manjši od prvotnega. Šti-
rje zavzemajo polovico velikega če­
tverca, osmerec pa ostalo polovico.
Ker je osmerec sestavljen iz dveh
pravilnih štiristranih piramid , je pro-
stornina vsake dvakrat večja od pro-
stornine četverca z enako dolg imi
robovi .
Minimalno rešitev sestavlja pet kosov, več pa pove slika.
Bralec naj poskusi dokazati, da so štirje kosi premalo za iska no trisekcijo .
Prevedel Boris Lavrič
308
34. REPUBLIŠKO TEKMOVANJE SREDNJEŠOLCEV IZ
MATEMATIKE - Rešitve nalog s str. 232
Prvi letnik
1. Najprej iz 1 ::; a::; b::; c ::; d ::; e dobimo 4+e ::; a+b+c+d+ e ::; 5 e
in zaradi pogoja (b) v nalogi še 4 + e ::; ab e de ::; 5 e . Odtod
pridemo do dveh neenakosti a b e d ::; 5 in 4 ::; (a b ed - 1) e. Iz
zadnje skl epamo a b e d > 1, t a ko da imamo 2 < a b e d < 5 in si
ogleda mo vse možnosti kar v tabeli
a b c d Vsota = Produkt Ali je možno
1 1 1 2 5 +e=2e
e=5 Je
1 1 1 3 6 +e=3e
e=3 Je
1 1 2 2 6 +e =4e
e=2 Je
1 1 1 4 7 +e =4 e
e = 7/3 ni (e ni cel)
1 1 1 5 8 + e =5e
e = 2 ni (dobili s mo e < d)
Dobi li smo t orej 3 peterke: (1 ,1 ,1 ,2 ,5), (1 ,1 ,1 ,3 ,3) in ( 1,1 ,2 ,2 ,2).
2 . Pokažimo najprej , da je množica naravnih štev il vseb ovana v A1. Za rad i
trditve (b) je bod isi 1 E M ali pa - 1 E M, t oda (-1) . (-1) = 1,
za to - 1 rf- M in 1 E .ivl. Iz 1 E M pa po (a) sledi 1 + 1 E lvI, nato
2 + 1 E Jvt, ... ===> N e M.
Naj bo m polju bn o narav no števi lo . Zar a di (b) j e -k E M a li pa
_1.- E A1 T oda _ 1.- . m = -1 ri IV( zato 1.- E )V( in _1.- rl JV( .m . m v:- ., m m V:-
Ker so vsa števila ob like ~ in vsa na rav na števila v )V( , so po (a) tud i
vsa števi la obl ike -R:J (n , mE N) v ,M , 5tev ilo Oni v JV( , kar sledi iz
O= - O in tr ditve ( b) . Res je JV( = Q+ .
3. Druga neenačba da x = 2 a li x = -2, na to pa iščemo vse možnosti za
y iz prve n ee n a čbe . Sistemu neenačb zadoščajo pa ri
{(2, y ); Iyl ::; 2} U { (-2 ,v): 2 ::; lvl <3}.
309
4. Iz slike razberemo x :s e+
+v , y :Sf+vinz :S9+v,
od koder dobimo x + y + z :s
:s e + f + 9 + 3 v, nato pa še
e +f :Sa +b, f+9 :Sb+e
in 9 + e :s a + e ter iz tega
e+f +9 :S a+b +e. Končno
je x + y + z :s a + b + e + 3 v,
kar je bilo treba pokazati .
Drugi letnik
1. Enakost b~c + c~a + a~b = 1 po vrsti množimo z a, b in e . Iz
dobljenih enakosti izrazimo
a2 + ~ + c 2 _ a + b + e _ ab±b c _ ac±bc _ ab±ac - O
b ±c c±a a±b - c ± a a±b b ±c - .
2. Le bi obstajal ta k y, pri katerem bi f( y) = O, potem bi bila f identično
enaka O (saj bi za vsak x veljalo f( x) . f( y) = O = f( x - y )), te
funkcije pa ne iščemo , saj ne zadošča pogoju f(1990) = 1. Denimo
torej, da ni takega y, kjer bi f (y ) = O. Pišimo x = 2y, pa imamo
f( y)· f(2 y) = f( y) oziroma f(2 y) = 1 za vsak y in f == 1.
3. Najprej ugotovimo, da so vse tri stranice trikotnika manjše od ~ (npr.
iz e < a + b in a + b + e = 1 sledi e < 1 - e oziroma c < ~ ) . Odtod
sledi (2a - 1)(2b - 1)(2e - 1) < O, oziroma 8abe - 4(ab + bc + ca) +
+ 2(a + b + e) - 1 < Oali 8abe - 4(ab + be + c a) + 1 < O.
Po dr ugi strani sklepamo 1 = a + b + e = (a + b + e? ==>
==> 2(ab + be + ca) = 1 - (a2 + b2 + e2 ) . Upoštevajmo to v
prejšnji neenakosti , pa imamo 8abe - 2 + 2a2 + 2b2 + 2e 2 + 1 < O
in ta koj še a2 + b2 + e2 + 4abe < ~.
4. Označimo ii = OA, b = 08
in c = OC. Izrazimo OD =
= ~ ( a+ c), DE = ~(OB+
+ l BC) = l(-a+ b), OE =2 _ ~ _
= O O + DE = g(a + 2b+
+3c) in BO = BO + OD =
= - b+ ~ (a+ c) =
310
= ~(a - }6 + č) . Oglej~o si OE .130 = l2(a + 26+
+3c)(a-2b+c) = l2(4a.c-4b .c) = ~(a-b) .c. Tu smo upoštevali ,
da so vektorj i a, 6 in c enako dolg i. Ker je a- b = BA in ker leži c
na višini na osnovnico, je OE . BO = O, premica skozi O in E je res
pravo kot na na BO.
Tretji letnik
1. Očitno mora biti x 2: O, zato enačba pri a < Onima rešitev . Če je a = O,
je edina rešitev x = O. Naj bo odslej a > O. Iz Ja + JX = a - x sledi
a 2: x. Enačbo kvadr irajmo in uredimo a2 - a(2x + 1) + x2 - JX= O
ter rešimo a = i(2x + 1 ± (2JX + 1)). Oglejmo si obe rešitvi:
(i) a = x + JX + 1 lahko zapišemo v obliki a - ~ = (JX + ~)2, zato
seveda a 2: ~. Izrazimo JX = Ja - ~ - ~, pa vidimo, da mora biti
a 2: 1 zaradi JX 2: O. Končno imamo x = (Ja - ~ - ~)2. Pre-
veriti moramo, ali velja a 2: x: a - x 2: O {=::} .ja - JX 2:
2: O{=::} va-(Ja - ~ - ~) 2: O {=::} va- Ja - ~ + ~ 2: O. Zadnja
neenakost očitno velja , saj je kvadratni koren naraščajoča funkcija .
(ii) a = x - JX: ta enakost je protislovna, saj je x = O ne reši,
-JX = a - x 2: O pa ne velja.
2. Iz f(O + O) ::; f(O) + f(O) sledi f(O) 2: O, zaradi točke (a) v nalogi pa
f(O) = O. Nato f( x) 2: f( x + (- x)) - f( - x) = 0- f( - x) 2: x in
zaradi f( x) ::; x (točka (a) v nalogi) f( x) = x.
3. a) Iz slike vidimo: S ADT =
c v
_LI_I c v_IS
- 2 - 6" . 2 - 6" ABC
b) Najprej ugotovimo S A B C =
= 3 ,SAT'T , če smo T' izbrali
na podaljšku težiščnice na stra-
nico AB tako , da TD = D]",
saj sta trikotn ika 6AT'o in
6 BT O skladna. Sedaj pa iz-
r aču n ajmo ploščino trikotnika
AT'T po Heronovem obrazcu :
S ATIT = J~t. ~(t - ta) ' ~(t - tb) ' ~( t - te) =
= ~ Jt(t - ta)(t - tb)(t - te),
B
-
311
kjer nam pomeni t = Hta + tb + tc). Zaradi prejšnje ugotovitve je
SABe = h /t(t - ta)( t - tb)(t - tc).
4. Spet si pomagamo s sliko. Le
označimo kot <r: ACX z a in
diagonalo kvadrata z d, potem
izrazimo AX = d sin a in
CX = d cosa. Ker je
<r: A BX = <r:ACX (sta nad is-
tim lokom) , je <r: X BC
= 90° - a in <r:X B D =
= 45° - a , tako da imamo
BX = d cos (45° - a) =
= Li.. d (cos a + sina) =
= 4 (AX + CX). Le bi torej
bili AX in CX racionalni, BX
ne bi bila racionaina .
tet rti letnik
1. Za piširno ta beli
an = 2 · an- l + 2n- 1
an- l = 2 · an- 2 + 2n- 2
ln
an = 2 · an- l + 2n- 1
2 . an- l = 22 . an- 2 + 2n- 1
Le vrstice desne tabele med seboj seštejemo in upoštevamo ao 1,
dobi mo an = (n + 2) 2n- 1 .
2 . Naj bo co, CI c2 c3 . . . deset iški razvoj štev ila JiO, Hitro ugotovimo , da
j e a2k = O, saj je (ViQ)2k = io«. ki ima zadnjo cif ro enako O. Zaradi
[(ViQ)2k+ l J = (lOk . JiOJ je a2k+ l = q (k = 0 ,1 ,2 , oo .). Dano
zaporedj e j e torej co, O, CI , O, <z . O, c3 , O, .. . in ni period ično , ker j e
JiO iraciona lno število .
3. Le v f( x + f (y )) = f( x) + y vstavimo x = O, dobimo f(f( y)) =
= f(O) + y . če pa zamenjamo x in y med sabo in izberemo x = O.
dobimo f (y + f(O)) = f(y) . Potem pa imamo f( y) = f( y + f (O)) =
312
f( f (f(y))) = f(O) + f( y), iz tega f(O) = O in f( f( x)) = x t er
f (x + y ) = f (x + f(f(y))) = f( x) + f( y) . T o pomen i, da za vsa k
nE N velj a f (nx ) = n f( x), zarad i f (nx - nx) = 0 = f(nx) + f( -nx)
pa še f (-nx ) = -n f( x) oz iroma velja f(mx) = m f (x ) za vsak
cel m. Potem pa ni t ežko poka za ti za racionaina števila : f(m~) =
= m f(~) ====> ~ f (1) = f(~ ) , a nal og no gre z ulo m ko m!ff . Iz
f( x .1) = x · f( l ) sklepamo, da j e f( x) = Ax, kj e r je A konstanta, zato
A(x + Ay) = Ax + y in A2y = y ter A = ±1. Iskan i f un kcij i sta t or ej
f (x ) = x in f( x) = - x.
4 . Naj bodo al, a2, . . . , an st ra nice naše ga večkotnika. Na s ploš nosti ne
izgu bimo, če privza me mo a l ~ a2 ~ . . . ~ an. P redposta vimo , da za
vsaki dve st ranic i b in e večkotn ika , kjer j e b ~ e, ve lja ble ~ 2 . To
pomeni , da za vsa k i E { 1 , 2 , . . . , n - 1} velja a jla j+1 ~ 2 in
Le neenakosti seštejem o , do bimo a2 + a3 + .. .+ an :::; a1( i + ! +
+ .. . + _1_ ) = ---.!!L( 1 + 2 + .. .+ 2n- 2 ) = a1(1 - _1_ ) < al.
2n -1 2 n- 1 2 n- 1
Dob ili smo , da j e st ra nica al da ljša od vsote vseh drugi h, kar ni mogoče.
Naša pred postavk a na s j e prived la v prot islovje, za t o vedno najd em o med
st ranicami večkotn ika vsaj dve (np r. bin e ) , da velja 1 :::; ~ < 2 .
Darjo Fe/da
313
KAKO DOBIMO VSE TOtKE NA ENOTSK I KROŽNICI
- Rešitev s str. 262
Kot 7/J je obodni, kot ep pa s rediščni kot nad isti m lokom na krožnici k. (G lej
sliko 2 na str. 260 .) Zato je ep = 27/J.
Očitno je tan 7/J = f , se pravi t = tan 7/J. Dalje je x = cos ep, y = sin ep .
Potem je
x = cos27/J = cos2 7/J -sin 2 7/J = cos2 7/J (1- sin: 7/J) = cos2 7/J(1- tan 2 7/J)
cos 7/J
. . sin7/J 2 2
Y =sin 27/J = 2 sln 7/Jcos7/J = 2-----:1: cos 7/J = 2 tan 7/J cos 7/J
cos 'f'
K . 1 2 . 1, - 1 . '2 .1, _ 1er Je + ta n 'f' - cos2 "" Je cos 'f' - 1+tan2",·
Upoštevajmo še, da je tan 7/J = t , pa dobimo:
1 1 - t 2
x = (1 - ta n2 7/J) . 2 7/J 1 + t21 + tan
1 2t
y - 2 ta n 7/J . --
- 1+tan27/J - 1+ t 2
Janez Rakovec
KOLEDARJI - Rešitev s str. 220
Z zbiranjem lahko konča , če ima v zbirki 14 različni h letnih koledarjev (p rvi
dan v letu je lahko katerikoli izmed sedmih d ni v tednu , pa še na navadna
in prestopna leta moramo paziti) . Označimo z Dl, 02, .. ., 07 dneve v
tednu . Cikel štirih zaporednih let ima 366 + 3 . 365 dni ali 208 tednov in
5 dni . Le se je prestopno leto začelo z Dl , se naslednja prestopna leta
začnejo takole : 1976 - 06, 1980 - 04 , 1984 - 02 , 1988 - 07, 1992 - 05,
1996 - 03 . Sele leta 1996 bo torej dedek zb ral vse različne letne koledarje
za prestopna leta .
Do takrat bo zagotovo zbra l tudi vse različ ne letne koledarje za navadna
leta . Navadna leta neposredno pred prestopnimi se namreč začnejo z dnem
v tednu , ki je neposredno pred dnevom v tednu , s katerim se začnejo ta
prestopna leta (tako imamo 1971 - 07 , 1975 - 05 , 1979 - 03 , .. .,1995-
02) . V resnici pa je dedek že leta 1978 imel vse možne koledarje za navadna
leta .
Darjo Fe/da
314
10. REPUBUSKO IN PODROLNO TEKMOVANJE IZ
FIZIKE ZA OSNOVNOSOLCE - Rešitve nalog s strani 280
Področno tekmovanje
7. razred
1. Kocka z robom 4 mm ima prostornino 64 mm 3 . Prostornino kapljice zato
ocenimo na približno 50 mm 3 . (Za pravilne lahko štejemo ocene med 10
in 250 mm 3 .) Venem letu je 365.24.60.60 = 31536000 s. Prostornina
vseh kapljic je torej 31536000.50 mm 3 = 1,6 m3 . Za vodo, ki nam
odteče , moramo plačati približno 32 din.
2. Tlak v kapljevinah narašča z globino: tlp = o . h. Tlak v vodovodni
napeljavi v pritličju je torej za tlp = 10000 N/m3 .70 m =700000 N/m2
večji od tlaka na glad ini zbiralnika, 30 m pod zbiraln ikom pa za 300000
N/m 2 večji. V pritličju moramo pritiskati na odprtino pipe najmanj s silo
F = tlpS = 70 N/cm2.1,5 cm 2 = 105 N, na vrhu nebotičn ika pa s silo
30 N/cm2 .1 ,5 cm 2 = 45 N.
3. Zgornji silomer raztegne teža štirih preostalih , naslednji silomer teža treh
preostalih itd. Teža 1,5 N razt eg ne silomer za 0,75 cm. Skupni raz tezek
vseh silomerov je: 4.0,75 cm + 3.0,75 cm + 2.0,75 cm + 1.0, 75 cm =
= 7,5 cm. Skupna do lžina je torej 75 cm + + 7,5 cm = 82 ,5 cm.
4. a) Po 20 minutah se višina vode spremeni za 10 cm in je sprem emba
potencialne energije tl\N p = mg h1 = 16J .
b) Po 10 minutah se pretoči polovica vode. Predstavljati si sm emo, da
se iz zgornje posode preseli zgornja polovica vode v spod njo posodo.
Spr ememba višine je potem 14 cm in tl W p = 8kg ..10 m/s2 .0 ,14 m =
= 11,2 J. V preostalem času se spremeni potencialna energija za 16 J -
- 11 ,2 J = 4,8 J .
c) Veni minuti se pretoči 0,8 kg vode, višina vode v posodi se spremeni
za 0,4 cm. V 10. minuti se višina vode v zgornji posodi zma njša
od 4,4 cm na 4,0 cm, v spodnji pa poveča od 3 ,6 cm na 4 cm .
Srednja višinska razl ika gladin v tej minuti je 10,4 cm in tlW p =
= O, 8kg.10 m/s2.0 ,104 m = 0,83 J.
5. a) 0,5 m dolg odsek bakrene palice se podaljša za 1,7 .0,5 .80.0,01 mm =
= 0,68 mm, aluminijaste pa za 2,3.0,5 .80.0,01 mm = 0,92 mm . Skupna
sprememba razdalj e je 0 ,68 mm + 0,92 mm = 1,60 mm
b) Največja sprememba razdalje je med točkama na skrajnih koncih palic .
I
•
315
8. razred
1. Veni uri redno letalo preleti razdaljo 500 km/h.1 h = 500 km. Tolikšno
razdaljo nadoknadi zamujemo letalo v 5 urah, ker ima za 100 km/h večjo
hitrost . Las leta rednega letala je 6 h in razdalja med točkama Ain B
je 500 km/h.5 h = 3000 km.
2. Trikotnik na sliki je polovica
kvadrata. Zato velja r =
= R/.;2 = 4540 km . Hitrost
kroženja je v = 27r r / t =
= 28500 km/24 h= 1190 km/h.
J. Ko je s ila F enaka nič, je tudi delo te sile enako nič: AA = O, AC = O.
V interval ih B in O najprej izračunamo opravljeni poti. Iz diagrama
sledi se = 20 m in So = 20m. Sledi Aa = 10N.20 m = 200 J ,
AD = -10N .20 m = -200 J . Skupno delo je enako o.
4. Računalnik deluje pri 100 krat š ibkejši svetl obi od navedene, za t o je
dovolj, da pade na m2 veni sekundi 10 J svetlobne energije. Ploščino
sončnih celic moramo oceniti sami . Pri žepnih računalnikih je površina
okoli 5 cm 2 . Na tako površino pade vsako sekundo 5cm2 /10.000cm 2 .10
J = 0,005 Jenergije. 15% te energije pretvori sončna ce lica v električno
delo . Najprej izračunamo električno moč: P = A/t = 0,15 .0 ,005 J/
/1 s = 0,00075 W, nato pa še tok : 1= P/V = 0,00075 W/1,5 V =
= 0,5 mA.
5. a) Le izberemo žico s presekom 0,5 mm 2 , lahko iz diagrama razberemo,
da im a 1 m dolga ž ica upor 2,8 ohma. Za 20 ohmski upornik potrebujemo
torej (20 /2,8) m = 7,1 m žice. Le bi izbrali žico s presekom 1,5 mm 2 ,
bi potrebovali 3 .7,1 m = 21 ,3 m žice .
b) V diagramu pri dolžini 2 m narišemo navpičnico in preberemo upore od
zgoraj navzdol: Rl = S , so. R2 = 4 , on , R3 = 1, 9n , R4 = 1, 4n . Upor
vodnika je obratno sorazmeren s presekom, zato velja za drugi vodn ik
S2 = (RI! R2) .SI = (5 , 6n /4n).0 , 5 mm 2 = 0,7 mm 2 . Enako dobimo
za četrti vodnik : S4 = (5 ,6n/1 ,4n) .0,5 mm 2 =2 mm 2 .
316
Republiško tekmovanje
7. razred
1. V izbran i prostornin i, reci mo v 1 m3 , j e 0 ,25 m3 helija in 0 ,75 m3
kisika . Masi plinov sta: mHe = PHe . VHe = 0 ,045 kg , m02 =
= P0 2 • V0 2 = 1 , 05 kg . Skup na masa mešan ice je mHe + m0 2 =
= 1 ,09 kg . Del ež helija izračunamo tako, da deli mo ma so helija s skupn o
ma so : m Hej m = 0,045 kg j1,09 kg = 0,04 1 = 4 ,1%.
2. a) Sila pri x = O j e nas pro t no en aka teži in je za vsa tri telesa e naka.
Ker je teža 10 N, j e masa mA = m a = m C = 1, O kg. P ri x > 6 cm
se sile ne spr emin jajo več, telesa so poto pljen a in sila vzgona je 10 N -
- 2 N = 8 N, spet e na ka za vsa tr i tel esa . Za to so e na ke tudi prost ornine
in go stote t eles . V = 0 , 8dm3 in P = 1 , 0 kgjO,8 dm3 = 1,25 kgjd m3 .
c)
3 . a) V prvih 5 m inuta h se je temperat ura vod e sp reme nila za približno
22 K, t orej j e vo da sprejela t oploto Q v = mc Is. T = 0 ,5.4200 .22 J =
= 46000 J . V tem času je grelnik od dal 60000 J to plote. Ušlo je torej
60000 J - 46000 J = 14000 J toplote .
b) V ča s u me d 15 . min in 20 . m in se je t empera tu ra spremen ila za približno
10 K, Qv = mc Is. T = 0 ,5.4200 .10 J = 21000 J in v okol ico je ušlo
39 000 J t op lot e .
4 . Na žico lahko po ložimo 6 da ljših stranic A4 , e no krajšo, pri za d nj i meri t vi
ocen imo , da je papir za 10 mm dal jši od žice : 1= 6 .297 mm + 210 mm
- 10 mm = 1982 mm . Z merilnim tr akom izmerjena dolžina j e 1987 mm.
Molni h je še več drugačnih posto pko v.
5. V nalogi navedene kote nariše-
mo s trikotnikoma na list pa-
pirja , list pripnemo na stojalo,
na katerem visi utež in izmeri-
mo silo.
Ta bela meritev je:
kot 0( °6 F (NJ
O,
15 0,3
30 0,6
45 1,0
60 1,7
75 3,9
Pri 90° bi bila sila neskončno velika.
8. razred
3
z
317
F (N )
o 15 3 0 45 60 75°
1. Med p'eh itevanjern prevozi osebni avtomobil razdaljo vo. t, tovornjak pa
razdaljo v- . t.
Vo' t__
60 m . 10m .
: ..-..--------+ ~- --.. :4-.- - ---- . Vr' t .._.. - .... __ . - ~---' ;4-- - - 60m , L.m :. - - - - --..;. - - +-
~
. .
~ - ------ - ~:
Iz slike vidimo, da velja vo . t = 60 m + 10 m + Vt . t + 60 m + 4 m, od
koder sledi t = 134 m/( vo - Vt) = 12 ,1 s. Prehitevanje traja 12,1 s,
osebni avtomobil pa med p ehitevanjern prevozi razdaljo vo . t = 302 m.
2. Rezultanta vseh sil na sliki je 25 N v smeri sile FI. Le naj se telo giblje
s posp eškom 20 m/s2 , mora biti rezultanta vseh zunanjih sil nanj enaka
m .a = 3, O kg.20 m/s2 = 60 N. 6.0. N
a) Na telo moramo delovati z do-
datno silo F = 60 N - 25 N =
= 35 N v smeri sile FI.
b) Z načrtova njem sil v primer-
nem merilu (npr. 60 N =
= 60 mm) ugotovimo, da mo- 25N
318
ra biti dodatna sila Fenaka 65 N. Velikost sile F lahko izračunamo tudi
po Pitagorovem izreku F = J(60 N )2 + (25 N )2 = 65 N.
c) Z načrtovanjem ugotovimo: F ~ 40 N pod kotom približno 50 0 glede
na smer sile FI.
3. Skupni upor upornikov Rl in P R~
R2 je 100Q, zato je na petost •
na teh dveh upornikih dvakrat
manjša kot napetost na uporni-
ku R3. Najprej bi pregorel u-
pornik R3, saj je napetost na
njem največja. Moč izračunamo iz enačbe P = U2 / R . Napetost na
uporniku R3 je lahko največ U = .jPR =
= .j0,5 W .200Q = 10 V. Ko je napetost na uporniku R3 10 V, je
napetost na upornikih Rl in R2 5 V, torej lahko vezje priključimo na
napetost največ 15 V.
4. Pred in po segreva nju moramo stehtati gorilnik s špiritom, da ugotovimo,
koliko špirita je zgorelo. Pri eni od meritev smo 400 g vode segrel i za
10 K v 630 sekundah . Pri tem je zgorelo 2,0 g špirita . Gorilnik je oddal
2,0.27000 J = 54000 J toplote . Voda je prejela toploto Q =
= 0,400 . 10 .4200 J = 16800 J . V izgubo je šlo torej 37200 J , kar je
69% . Toplotni tok, ki ga oddaja špiritni gorilnik, je
P =54000 J/630 s = 86 W.
5. a) Z meritvijo ugotovimo, da je
npr. pri toku 50 mA skozi am-~o Alil
permeter, padec napetosti na
notranjem uporu ampermetra
0,20 V. Torej je notranji upor
am peremetra
RA =O, 20V/50 mA = 4Q .
b) Izmeriti mora mo tok, ki teče
skozi voltmeter . Pri napetosti
na voltmetru 3 V, teče skozi
voltmeter tok 33p,A, torej je
notra nji upor voltmetra Rv =
= 3V/33p, A = 90000Q .
Zlatko Bradač, Mirko Cvahte
/"'" se 1/1" I/L-'-. ,'-,,,,C ,-, IL JC
PROGRAMSKI PAKET emTEX 3.0, Primož Gabrijelčič in
dr., Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije,
Ljubljana 1991.
Marko Razpet, SEDI IN PISI Z LATEX-om, Društvo mate-
matikov , fizikov in astronomov Slovenije in Zavod Republike
Slovenije za šolstvo, Ljubljana 1991, Ra čkova knjižnica 3.
Časi. koje bil izpis na računalniškem tiskalniku sinonim za grde, oglate črke,
so že davno mimo . Vedno bolj izpopolnjeni tiskaln iki in ustrezna programska
oprema nam omogočajo , da so računalnišk i izpisi povsem primerljivi s knjigo-
tiskom . Eno od najbolj izpopolnjen ih orodij za oblikovanje in izpis besedila
je program TEX. Zasnoval ga je znani matemat ik in računalnikar Donald
E. Knuth. Omogoča nam res kvalitetno pripravo besedila za tisk in že na
cenenih 9-igličnih tiskalnikih dob imo kakovosten izpis. Ko smo pred tremi
let i v Preseku pisali o tem programu , ki nam nadomesti strica v tiskarni
( Mat ija Lokar, TEX , Presek 15 (1987-88) 6, 326-332), se je kar nekaj bralcev
zan imalo , kako bi do tega programa prišli. Zal so bile doslej različne izpeljave
TEX-a za pe združljive računalnike dokaj draga zadeva . Seveda smo si
programe nekako 'izposodili', vendar je slaba vest ostala. No sedaj si lahko
oddahnemo in vsem bralcem sporočimo, da lahko poceni pridejo do TEX-a.
ln ne le do njega . Skupaj z njim dobimo še cel kup zanimivih programov.
Tako je priložen program , ki nam omogoči , da naredimo slike in jih nato
vključimo v besedilo , program METAFONT za oblikovanje novih naborov
znakov , nadgradnja TEX-a LATEX in še in še . Posebej LATEX je zanim iva
zad eva. Ker je priprava besedil v TEX-u včasih nekoliko zapletena, je Leslie
Lamport pripravil sistem ukazov, ki so nekakšna nadgradnja TEX-a in ga
poimenoval LATEX. Omogoča nam enostavnejše oblikovanje besedila. Poleg
preprost ejše uporabe ima še to dobro lastnost , da naše znanje TEX-a ni vrženo
proč. Se vedno ima mo na voljo vse ukaze , kot j ih pozna TEX in pa cel kup
novih. Tako je večina uporab nikov TEX-a , kar j ih poznam, prešla na uporabo
LATEX-a . Le TEX uporabl jate, boste nad LATEX-om prav gotovo navdušeni ,
če pa ne - poskusite .. saj ni težko. Da bo učenje LATEX-a še lažje, nam bo
pomagala knjiga Marka Razpeta , Sedi in piši z LATEX-om. O njej nekoliko
več v nadaljeva nj u.
Sedaj pa se vrnimo k programskemu paketu . S posredovanjem skupine
navdušen ih uporabnikov TEX-a, je konec prejšnjega leta v Slovenijo prišel
320
emTEX, izvedba nove inačice TEX-a. Avtor, Eberhard Mattes z univerze v
Stuttgartu,je program namenil prostemu razširjanje. (Zato ga lahko dobimo
zastonj .) V originalni obliki je dokaj neroden za uporabo, vsaj za večino
uporabnikov . Zahvaljujoč stikom z avtorjem je omenjena skupina pripravila
več paketov s programi, ki so sedaj v obliki, primerni za večino uporabnikov
in udobno nameščeni na diskete.
Programski paket je razdeljen na 7 paketov, med katerimi nekateri na-
stopajo v več inačicah. Običajni uporabnik , bo za delo potreboval le paketa
1 in 2, ki sta na treh disketah 5,25" oz. dveh 3 ,5" , tako da so stroški nabave
res minimalni : 400,00 d in (320,00 din) oz. 350,00 din (280,00 din) .
Poleg disket dobimo še knjižico s kratkimi navodili za uporabo tega pro-
gramskega paketa. Opisano je nameščanje, vsebina paketov, način klica pro-
gramov, namen posameznih pomožnih programov . Priložen je tudi dodatek
z navodili za začetnike in seznam naborov znakov. Marsikdo bo pogrešal
podrobnejših navodil, vendar bodo za prvo silo zadostovala tudi ta .
Seveda pa se bo potrebno naučiti ustreznih ukazov . Verjetno bo najlaže
začeti kar s LATEX-om. Zelo primeren pripomoček pri učenju bo tretja knj iga
iz Račkove knjižnice Sedi in piši z LATEX-om, avtorja Marka Razpeta . Kot
pravi sam avtor, se je LATEX-a mogoče naučiti vsaj v 15 urah. Ob pomoči
knjižice bo to šlo še laže in h itreje. Gradivo je podano sistematično in pre-
gledno . Opremljeno je s številnim i zgledi, ki niso sami sebi namen, ampak
so zelo uporabni. Tako v knjigi najdemo primer kemijske formule , kontrolne
naloge iz nemškega jezika, primerek vabila, pesem , številne zapletene mate-
matične formule, razpredelnice, .... Tako ne bo težav, da bodo vaše sem-
inarske naloge dobile poleg kvalitetne vsebine še prvovrsten izgled, šolsko
glasilo bo zaživelo v novi luči, rezultati šolskih tekmovanj bodo ličnejši , ne
bo več napak pri testih zaradi nerazločnih formul. .. . Knjižica je res do-
bro n<;;pisana. Njena glavna odlika je ravno ta, da njen naslov ne laže, saj
začetnikom ne bo delala težav. Kljub temu pa bo tud i izkuše n uporabnik v
njej našel marsikaj koristnega.
Če natipkate z računalnikom več kot eno stran na mesec , ne pomišljajte
in kupite programski paket emTEX in se skupaj z Razpetovo knjigo lotite
učenja. Omenimo, da tudi Presek že kar nekaj časa oblikujejo s pomočjo
TEX-a. Ker vedno več avtorjev svoje članke napiše kar v TEX-u, je delo pri
pripravi Preseka močno olajšano.
Matija Lokar
-
SLIKOVNA KRIŽANKA
" M AT EM AT IL NI POJM I"
- Rešitev s str. 243
""''',.: \ , ~,Il...) , . ""'"" - , v: -~ ~"o. ~ ..... ..."
~
P L E S K R O Peosee ~
~ L I N A~ O O R A=
~ A M A T E R~ T S
0+'- . N I c ~. K E K E C~
, E T A~ S N A G A
- T A J G A + V A L
1~9 ~"" • + b ~ .if O K U S LJ~" K V A R T E T-~. c;;;;;;;;;
.- O S T A N = I N e""""" --;;;-
(li. p O L ~- O S K A R~""
"'" A T A A~ S T A R K
~ e A S ,- T O ,_& T A"""'"
•Proizvodnja in prodaja
računalniške opreme
•Servis
računalniške opreme
•Prodaja tuje
strokovne literature
ALTECH
AlternativneTehnologije,d.o.o.
Titova 118
61000 Ljubljana
tel. : (+38) 061 347969
Fax: (+38) 061 347961
ANGLESKE ASTRONOMSKE ZNAMKE
Jeseni 1990je angleška pošta s štirimi znamkami počastila dve pomembni as-
tronomski obletnici : dvestoletnico zvezdarne v Armaghu na Severnem Irskem
in stoletnico Britanske astronomske zveze . Le leta 1675 so osnovali Kraljevi
greenwiški observatorij, predvsem zato, ker so mornarji potrebovali točen čas
in zvezdne karte za orientacijo .
Na znamki za 22 penijev kaže glavna risba stavbo zvezdarne vArmaghu .
Na levi vidimo radijski daljnogled v JodrelI Banku s paraboloidno anteno s
premerom 76 metrov , na desni pa največji britanski daljnogled. Daljnogled
je eden izmed najboljših na svetu, nosi ime po Williamu Herschlu in stoji na
La Palmi na Kanarskih otokih. Zgornji okrasni trak vsebuje risbe Zemlje,
merilnika vetra , Sonca in neba.
Znamka za 26 penijev ima na sredi risbo kometa , Luninega mrka in
razlago plime in je posvečena Newtonovemu gravitacijskemu zakonu. Levo je
prvi Newtonov zrcalni daljnogled iz leta 1672 in desno veliki Herschlov zrcalni
daljnogled. William Herschel je leta 1781 odkril planet Uran in narisal dotlej
najnatančnejšo zvezdno karto. Okrasni trak kaže komet in Herschlovo risbo
naše Galaksije . Kraljevi astronom Edmund Halley je na osnovi Newtonovega
zakona predvidel, da se bo vrnil komet, ki ga imenujemo po njem .
Znamka za 31 penijev vsebuje risbe ozvezdij in stare naprave za ugo-
tavljanje lege zvezd na nebu in opozarja na pomen astronomije za natančno
merjenje časa. Okrasn i trak kaže pla nete Osončja, ki so jih poznali v He r-
sch lovem času.
Znamka za 37 penijev kaže starodavni Stonehenge, v katerem so častili
Sonce in ki daje slutiti zasnovo koledarja. Na levi risbi vidimo armilarno sfero,
staro napravo za določanje leg nebesnih teles in časa , desna pa opozarja na
pomen astronomije za orientacijo na morju. Okrasni trak kaže Lunine mene.
Risbe je narisal Jeff Fisher , ki večkrat prispeva tudi kako naslovnico za
rev ijo New Sc ientist. Čeprav se zdijo nekoliko natrpa ne in je treba dobro
pogledati , da približno ugotovimo, kaj naj bi kazale, dajejo znamke ugoden
vtis .
Janez Strnad
"<e,
I~
I
J
"
>
~
:'
~
i ,
t,.,
c,
"
~.;
<,
r
1 \. '. \ .~.... \ '-oo .~ , ,_