Te-x 326 KRATKOČASNE VZIGAlICE 61 . Razdeli lik z osmimi vžigalicami na štiri skladne dele! 62. Razdeli kvadrat z 11 vžigalicami na štiri ploščinsko enake dele! 63 . Ograjen vrt s hišo razdeli s po - močjo 10 vžigalic na 5 skladnih delov! 64. Ograjen vrt s hišo v sredini raz- deli: al z 18 vžigalicami na 6 sklad - nih delov; bl z 20 vžigalicami na 8 sklad - nih delov! 64 61 62 63 V tretji številki devetega letnika smo začeli po delih objavljati to zbirko nalog , ki jo je za Presek napisal Roman Rojko . Naloge bomo objavljali tudi v prihodnjih številkah Preseka. PRESEK list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje 15. letnik, leto 1987/88, številka 6, strani 321 - 384 VSEBINA RAČUNALNiŠTVO NOVICE NALOGE MATEMATIKA NOVE KNJIGE FIZIKA ASTRONOMIJA RAZVEDRILO NALOGE RAZVEDRILO NA OVITKU Računanje kvadratnega korena (Matija Lokar) 322 TEX (Matija Lokar) 326 Mladi fiz iki so tekmovali (Miro Trampuž} 336 Letna šola Tržič (Jože Kotnik) 337 Magični dodekaeder (Boris Horvat) 338 Matematičnikrožek - Rešitev str. 354 (Boris Lavrič) 341 Za marsikoga - Rešitev str. 3B2 (Boris Lavrič) 342 Dve nalogi - Rešitev str. 382 (Boris Lavrič) 344 Težave s trinajsto kroglo - Rešitev str. 361 (Boris Lavrič) 345 PloščinaNapoleonovega trikotnika (Boris Lavrič) . . . . 348 Ptolemejev izrek (Tomaž Košir, Dragoljub M. Miloševič). 352 Cauchyjeva neenakost (Roman Drnovšek) 355 Šahovski kralj z omejeno svobodo gibanja (Marko Razpet) . 358 Zaklad na samotnem otoku (Marko Razpet) 362 S. Kuščer, E. Podreka, Logo in računalnik (Vital Oblak) .. 366 Z. Petkovšek, M . Trontelj. Skice vremena (Jože Rakovec) . 367 Presekova knjižnica 368 Ali ugasne padajoča sveča (Janez Strnad) 369 Opazuj planete (Marijan Prosen) . . . . . . . 374 BOLJ ZA ŠALO KOT ZARES Otok zaljubijenih (Samo Dreo, Damjan Kobal, karik . Božo Kos) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325 Za vraževerne. Zodiak. Zaljubljenost. Pari sosedov. - Rešitev str. 347,350,357 (Boris Lavrič) 335 Za vraževerne. Zodiak. Zaljubljenost. Pari sosedov. - Rešitev str. 347, 366, 357 (Boris Lavrič) 335 Bi zapeli? (Damjan Kobal) 378 KRIŽANKE Sl ikovna križanka - Rešitev iz P-5 (Marko Bokalič) . 365 Številska križanka - Rešitev str. 381 (Bernarda Tržok) 377 PISMA BRALCEV (Sandi Klavžar, Damjan Kobal, Dušica Boben) 380 UTRINKI (Damjan Kobal) .. . . . . . . . . . . . . . 367 KRATKOČASNE VŽiGALICE - Rešitev str. III (Roman Rojko) II (glej članek na str. 345) (Foto Marjan Smrke) .. I 321 OQ('L l"\IOI N'I':Tl'll'" , __ 111 IL 1_' I ~_ RACUNANJEKVADRATNEGAKORENA Z ra čunanjem osnovnih matematičnih funkcij smo se v Preseku že srečali (Presek Z, 1986). Ker so uporabljeni algoritmi dokaj zapleteni, si oglejmc, kako bi kvadratni koren izračunali enostavneje. Uporabili bomo postopek, katerega izvor pripisujejo starogrškemu matematiku Heronu. Razmlsljarno lahko nekako takole. Poskusimo najprej ugotoviti, na katerem intervalu leži iskani koren. Določiti moramotorej dveštevili, prvo manj še od /X, drugo večje . Naj bo al približna vrednost kvadratnega korena danega števila x (x > O). Ker vemo, da je Ji pozitivno število (no, razen za. x = O), si tudi približek izberimo pozitiven. Ce je al < /X, pomnožimo obe strani neneačbe s .fi: al < Ji aljX < jXjX alJi< x r;; xvx < -al Podobno lahko iz al > "fi ugotovimo, da velja"fi > :1' Iskani kvadratni koren .fi leži med steviloma al in u.:r.. Zato kot naslednji približek vzemimo aritrnetično sredino števil al in a::1 ' tj. Ce nadaljujemo s tem postopkom, po n korakih dobimo zaporedje pri- bližnih vrednosti: 1( x )an = i) an-l +--... an-l n = 2,3, ... (1) Pokazimo nekaj lastnosti zaporedja (an). Za zaporedje (1) velja, da so vsi njegovi členi večji ali enaki pravi vrednosti (2) 322 Pokazimo, da je trditev resnična. Vzemimo noti člen zaporedja, določen z (1). Zapi šimo ga nekoliko drugače: an = !(JXan- 1+~) 2 fi an-l Vidimo, da ,fi lahko izpostavimo: an = fi (~(an-l +~)).. fi an-l 1 1 = Ji -2(tn - 1 + -t-) n-l kjer je t an-ln-l = fi za pozitivne t velja: Ce pokažemo, da je t(tn-l + /}-I ) vedno večje ali enako 1, smo prvo lastnost dokazali. In res! Ker velja (t-1)~O tZ - 2t+1 ~ O tZ + 1 ~ 2t 1 1 -(t + -) > 12 t- Namesto t si mislimo v zadnji neenačbi tn-l in dokaz prve lastnosti je tu. Druga lastnost zaporedja (an) je ta, da je vsak naslednji člen za- poredja manjši ali kvečjemo enak prejšnjemu. Takemuzaporedju rečemo monotono padajoče zaporedje. Ker so vsi členi zaporedja pozitivni, je trditev enakovredna trditvi an+l < 1 an - Upoštevajmo, kako je (n + I)-t i člen zaporedja določen 323 Pokazlmo, da je zadnji člen manjši od 1. Ce kvadrlrarno neenačbo (2) in jo preuredimo, dobimo, da je -!r' ~ 1. Torej je izraz v oklepaju manjši ali enak 2 in n a"+l < 1 all - Iz prejšnjih dveh lastnosti lahko zaključimo , da za zaporedje (1) velja ..fi ~ an ~ a ll-l ~ ... ~ a2 Torej so približki čedalje boljši. Ce ugotovimo, da sta dva zaporedna pri- bližkaenaka, so enaki tudi vsi nadaljnji. Naj bo vrednost tega približka c. Potem je ta c že enak iskanemu kvadratnem u korenu. Res, če upoštevamo ena čb o (1), s kater o generiramo zaporedje, dobimo: 1 x c = 2(c+c) x 2c = c+-c Takosmo dobili iterativni postopek za računanje kvadratnega korena. Povejmoše to, da je to le posebni primer splošnejšega postopka za iskanje ničel funkcij , ki ga imenujemo Newtonov postopek. Kako, mi vendar računamo kvadratni koren, ne pa. iščem o ničle? Pa vendar: c= ..fi "c- =x c2-x=o Ce želimo torej določiti koren iz števila x, je to isto, kot če poiščemo ničlo funkcije f( t) = t2 - x. Koliko prlbližkovpa moramo izračunat i ? Število je odvisno od natan- čnosti, na katero želimo določiti kvadratn i koren, in seveda od natančn osti, s katero računa računalnik. Ker le-ta računa na končno mnogo mest, se po 324 nekaj (končno k srečil] korakih zgodi, da sta zaporedna približka enaka. Približke računamo torej toliko časa, da se sosednja ne razlikujeta več. Poskusite sami sprogramirati opisani postopek! Primerjajte dobljeni rezultat s tistim, ki ga vrne vgrajena funkcija. Koliko prlbližkov potrebu- jete v povprečju? Po besedilu Zdravka F. Starca prevedel in priredil Matija Lokar Članek je bil napisan in oblikovan s programom TEX, katerega opis si preberite na strani 326. OTOK ZALJUBLJENIH Po idej i Sama Drea Damjan Kobal 325 Ste si kdaj želeli , da bi sami izdajali časopis? Ste se kdaj jezil i, ko ste po- skušali lepo natipkati matematično formulo? Rešitev problema je povsem preprosta. Imeti morate strica v tiskar- ni ali pa računalnik , tiskalnik in seveda primeren program. Pred kakšnega po l leta sem končno prišel do verjetno najboljšega programa za urejanje besedila. To je program, ki ga je napisal sloviti Donald E. Knuth, profesor na univerzi v Standfordu . Imenuje se TEX. Ime izhaja iz začetnih črk grške besede tehne (TEX . oo ), kar pomeni ročna spretnost, obrt, umetnost in se tako tudi izgovarja . Programa ne smemo mešati s podobnim programom firme Honeywell z imenom TEX. Kot pove že samo ime programa, je namenjen predvsem za pisanje tehni- čnih besedil. V njih ponavadi ka, mrgoli formul, grških črk oo ' S pomočjo tega programa naši pisni izdelki skoraj nič ne zaostajajo za tistimi, ki jih pripravljajo v tiskarni. Videz pa je seveda odvisen od seznanjenosti z možnostmi programa in od kvalitete tiskalnika. Knuth je rezultate svojega petle- tnega dela na področju računalniške obdelave teksta objavil v seriji petih knjig Computers SO Typesetting. Prva nosi naslov TEX Book in je prav- zaprav priročnik za uporabo programa. Vendar to niso suhoparna navodila, kot smo jih običajno vajeni pri takih 326 izde lk ih . Je bolj učbenik in zelo zani- mivo napisan . Druga knjiga je sam pro- gram (TEX: the Program) v pascalu. Lahko mirno sedete za računalnik in si program vtipkate. Seveda če ste pripra- vljeni stipkati 594 strani! Tretji del z naslovom The MET AFONTbook je na- vodilo za uporabo programa META- FONT, ki omogoča generiranje zna- kov in definiranje različnih abeced . To sploh ni tako preprosto, kot si mogoče misli bralec, ki uspešno uporablja č, š in ž na svojem računalniku. Knuthovi programi namreč delujejo povsem ne- odvisno od enote, ki jo uporabljamo za izpis. To je lahko poljuben tiskal- nik, zaslon .oo Več o tem kasneje. Vsa- ka črka mora biti lepa tudi v kurzivni, povečani, poudarjeni in ne vem še kakšni obl iki . Tako je vsak znak opisan kar s 60 parametri . Če ste uspešno vtipka li TEX, se boste mogoče lotili še programa METAFONT . Najdete ga v četrti knji - gi. Za tolažbo naj vam povem, da je knjiga okoli 40 strani krajša od druge. V peti knjigi, Computer Modern Type- faces, vas Knuth popelje v načine defi- niranja znakov, v njihovo zgodovino, pojasni probleme, ki so nastopili pri delu na obeh programih, in razloži, zakaj so določene rešitve takšne, kakršne so. Kako pa TEX sploh uporabljamo? Samo delo lahko razdelimo na več faz. T EX je v bistvu specializirani prevajal- nik, le da teksta ne predela v strojno nih kontrolnih ukazov. Omogoča pa tudi definiranje novih, če jih potrebu- jemo. Osnovna verzija T EX-a pozna pet osnovnih tipov črk. abcdefghijklm abcdefghi}klm tJ6cdel,lijilm I.bcdefCh1jkl.a abcdefghlJJdm Blanted "olie roman tJPlWriter bold kodo, marveč v obliko, primerno za izpis . Najprej pripravimo tekst z ureje- valnikom besedil, ki ga najpogosteje uporabljamo. Med tekst vnesemo kontrolne ukaze. To so bodisi kontrol- ne besede ali pa kontrolni znaki. Kontrolni ukazi služijo za oblikovanje besedila, omogočajo izpis posebnih simbolov... Pomešani so z drugim tekstom in se začno s simbolom \ . Tako z \ p i dobimo grško črko pi, z \infty simbol za neskončnost ... Pri tipkanju teksta se moramo zavedati, da Med njimi preklapljamo s kontrol - imajo znaki { , } , \ , /> , ~ , _ , .$ nimi besedami \rm, \sl, \it, \tt in \bf. poseben pomen in če jih želimo Poleg tega imamo na voljo različne ve- uporabiti, jih moramo pisati drugače. likosti črk. Običajno so črke velikosti Program pozna v osnovni obliki (t.i. 10 točk, z uporabo ukazov \sevenrm čisti TEX) okoli 900 vnaprej definira- in \fiverm pa teks postaja manjii in manjJi ln mallj.) IB mallj') lJI llIa1lJ'1. Seveda tekst lahko tudi poveča- ime nabora znakov na datoteki > mo. Preprosto naložimo nabor znakov, scaled < faktor >. Faktor je celo povečan za ustrezni faktor. Tako z število, ki predstavlja povečavo ukazom \font\ at < velikost> poimenuje- povečujemo znake enakomerno (v mo poljuben nabor znakov v željeni geometrijskem zaporedju), imamo za velikosti. Kadar ga želimo uporabiti, faktor vnaprej definirane vrednosti ga naložimo z \. \magstep < i >, kjer je i med O in Drug način povečevanja znakov je 5. Tako povečujemo < i > krat. relativno povečanje glede na osnovno V spodnji tabeli imamo osnovni velikost. Tako imamo na voljo ukaz nabor znakov povečan za 1.2, 1.44, \font\' = < 1.728 in 2.074-krat. a b e d e t g a lj k l m a o p r e t a v s abcdefghijklmnoprstuvz abcdefghijklmnoprstuvz abcdefghijklmnopr 327 Celotni tekst lahko povečamo ozi - roma zmanjšamo tudi bolj preprosto . Na začetku teksta uporabimo ukaz \magnification = < faktor >. Ukazov je, kot smo že omenili, res veliko. Vendar se uporabe osnovnih ukazov hitro privadimo in tako je tipkanje zapletenega teksta dokaj hitro. Odveč je seveda omeniti, da pro- gram sam skrbi za poravnavo robov besedila, zamikanje novih odstavkov, številčenje strani, zna pisati opombe pod črto, razbijati tekst v stolpce, pi - sati naglase ... Ustavimo se še malo pri pisanju matematičnih formul. Tu je program res mojstrsko narejen in je pisanje za- pletenih klobas, ki j ih včasih srečamo v besedilu, povsem preprosto . Formule pišemo tako, da jih napišemo med $$ . Če uporabimo $ $ ,bo formula za- pisana v novi vrsti in centrirana . Kot podobni programi vsebuje tudi indekse in eksponente. Vendar je tudi ta kos 'spodobneje' napisan kot v drugih pro- gramih. Tako TEX pazi na take stvari, kot je npr. dejstvo, da morajo biti in- deksi pri določenih črkah malo za- maknjeni . Večina programov tako na- piše pi ,namesto PI Preprosto je tudi pisanje indeksiranih eksponentov, indeksov od indeksov od indeksov ... od indeksov, ki se morajo proporcionalno manjšati. Tako ~t" zapišemo kot $$2A{2 A[ 2A{ 2Ax}}}$$ Pogeljmo si še nekaj zanimiv ih formul. I $\sqrt 2$ $\ sqr t.Ix+2}$ $\xA{ \overline {m+n}$ $\sqrt {xA3+\sqrt \ a l pha }$ $ \root 3 \ of 2$ Zanimivo je tudi, da nam pri pi- postavljati presledkov . Zato je bolje, sanju formul ni potrebno skrbeti za da za to skrbi program sam. Seveda presledke . Knuth je namreč mnenja, lahko to možnost s primernim ukazom da večina tako ali tako ne zna pravilno izklopimo. 328 Matematiki veli ko uporab ljajo naglase nad črkami . S tem poudari jo relacije med posameznimi matemati· čnimi objekti in se izognejo preveli ki uporabi indeksov. Tako či st i TE X pozna naslednje znake: Matematične fo rmu le so lahko tudi veliko zapletenejše. Program oprav i tudi z njimi . $$x+y A 2 \over k+1$$ $$x \pm y\mp z$$ $$x \subset y \subseteq z$$ $$n+1 \ choos e 3$$ $\hat a$ a $\check a' 4 $\Ulde a' ti $\acutea$ et '\".ave a' ~ '\dot a' li '\ddot a' ii $\breve a$ ~ $\bar a' II '\vec a$ il Z+y2 k+l z+,ttr z:l:'=fJ' r(z) n!.(y) ZC'~J 3 ~Z: (n:l) $$ \lirn Irivt.o \ i nfty h _ n {\rrn\ ex i s ts J \ iff \ l i rns up {n\to\ inftyJx_n = \ l i rninf_ {n\ to\ i nft y Jx_ n$$ lim z. exlsts <==> lim sup z. =lim inIz. 329.-00 .-00.-00 $$\lim {x\to O}{\sin x\over x }=l$$ mu Um-=l .~ ~ Ker lahko matematične for m ule upo rabn iku za to ni potrebno skrbeti. rastejo , mora program poznat i način , Črte nad koreni so dovolj dolge , kako določene simbole povečat i. Spet ulomki pravilno izp isani ... $$ \sqrt l l+\sqrt l l+\sqrt l l+\sqrt ( l+\ in tOftl lx \ over 2 } dx }}}}$$ 1+ 1+ 1+ $$\ l eft( \sum {k=l }An A k \right$$ Tudi matrike je s TEX-om preprosto p isati: $$A=\pmatrix{~{ 11 }&a_{12 }&\ldots&a_{ln}\cr a {21}&a {22}&\ l dot s &a {2n} \ cr \vdots&\ vdo ts&\ddots \vdots \cr a {ml} &a {m2 }&\ldots&a {mn }\cr }$$ 330 ( 4U IJ12 A = IJ21 IJ22· .· .· . 0'"1 0"'2 /JI. )IJ2.. .. .. . •• • Oma Typing Math Formulas Kako, oblikovanje formul da je težko? 331 Tako! Tekst imamo sedaj pripravljen. Zaključimo ga z \bye , k i bo povedal programu, da je tu konec teksta . PokIi - čemo program TEX, ki se nam jav i z Vtipkamo ime datoteke, na kateri je pripravljen tekst (np r. TEKST.RNO). T EX predela tekst in rezultat shrani na datoteko z enakim imenom, a podalj - škom DVI (TEKST.DVI). Zakaj ravno DVI? To je okrajšava za DeVice Inde- pendent in nas opozarja, da je tekst v obliki, ki ni odvisna od izhodne na - prave. V primeru napak nas obvesti z ustreznim besedilom. Določene napa- ke, kot so manjkajoči zaklepaji, zna odpraviti tudi sam. Možno je tudi med tekom programa zamenjati napačni del teksta s prav ilnim. Ko smo končno uspeli vtipkat i tekst brez napak , moramo sedaj še izpisati datoteko TEKST.DVI. S tem se TEX ne ukvarja. Napisati al i pre- skrbeti si moramo ustrezni program, ki je seveda odvisen od tiskalnika , ki ga uporabljamo . Končno lahko obču­ dujemo naš izdelek. S tem se zgodba seveda ne konča . V tujini s pomočjo T EX.a nastajajo cele knjige, obstajajo klubi uporabni - kov ... Pri nas ta program še ni zelo razširjen. Mogoče zaradi tega, ker ni nobenih menujev, sličic, n i potrebno uporabljati m iške ... Mat/la Lokar PRESEK - list za mlade metematike, fizike, astronome in računalnikarje 15. letnik, šolsko leto 1987/88, številka 6, strani 320 - 384 UREDNiŠKI ODBOR : Vladimir Batagelj. Dušica Boben (pisma bralcev , stavljenje teksta), Darjo Felda (tekmovanja iz matematike). Franci Forstnerič, Bojan Golli (tekmovanja iz f izike), Marjan Hribar, Sand i Klavžar (računalništvo), Andrej Kmet, Damjan Kobal (razve- drilo), Jože Kotnik, Edvard Kramar, Peter Križan (fizika), Boris Lavrič (matematika , odgovorni urednik), Gorazd Lešnjak, Matija Lokar, Franci Oblak, Peter Petek , Niko Prijatelj (glavni urednik) , Pavla Ranzinger (astronomija), Tomaž Skulj, Marjan Smerke (svetovalec za fotografijo), Ivanka Šircelj (jezikovni pregled). Miha Štalec, (risbe) , Cir il Velkovrh (urednik, nove knjige, nov ice). Dopise pošiljajte in list naročajte na naslov : Društvo matematikov, f iz ikov in astronomov SRS - Podružnica Ljubljana - Komisija za tisk, Presek , Jadranska c. 19,61111 Ljubljana, p .p . 64, tel. (061) 265-061 /53, št . žiro računa 50101-678-47233. Naročn ina za šolsko leto 1987 /88 je za posamezna naročila 2700.- din, za skupinska naročila pa 1800.-, po - samezna številka 500.- din /300.- d in . List sofinancirajo Izobraževalna, Kulturna in Raziskovalna skupnost Slovenije Ofset tisk Časopisno in grafično podjetje DE LO, Ljubljana © 1988 Društvo matematikov, fizikov in astronomov SRS - 915 332 ISSN 0351-6652 6. MEDNARODNA POLETNA SOLA RACUNALNISTVA Letos bo že šestič v začetku julija v Ljubljani Poletna šola računalništva. Pričela se bo v soboto 2. in končala teden dni kasneje, v nedeljo 10. julija. Udeleži se je lahko vsak srednješolec, ki ga vse skupaj zanima. Ker bodo udeleženci tudi iz tujine, smo pripravili predavanja v nekaterih skupinah v angleščini. Te skupine so označene s posebnim znakom (A ). Posebej naj omenimo tudi skupino, k i jo bo vodila dr.Kwiatkow- ska, sicer profesorica na univerzi v Leicestru v Angliji. Ni pa vse tako lepo kot izgleda. Letos smo namreČ naleteli na v e l i ke denarne t e žav e in smo se zato odločili, da takrat bivanje in prehrana ne bosta brezplačna. Ta ko si bodo morali ud eleženci ta dvoje plačati sami, mi jim lahko vse skupaj organiziramo pa nižjih cenah v dijaškem domu. Hkrati pa moramo posebej poudariti, da je na vo l j o omejeno število namenskih štipendi j. Prednost pri njihovi dodelitvi imajo najboljši z letošnjega r e pu b l i Š ke g a srečanja i n tekmovanja srednješolcev i z računalništva . Zadn ji rok za oddajo spodaj priložene prijavn ice je v petek 3. junija. Prijavnico pošljite na naslov: ZOTKS , Gibanje "Znanost mladini", Se kc i j a z a računalništvo, ( za Poletno šolo) Tr žaška 43, 61000 Ljubljana Dokončno ob vestilo o sp rejetju, morebitni štipendiji šole boste prejeli na dom do po nedeljka 15. junija. in urnik Za l et o š n j o polet na š o l o sm o pr ip ravili naslednje teme: 1 . Vladimi r Batagelj: Logo (delavnica) Po vzetek: Udeleženci bodo spoznali posebnosti jezika loga in j ih izkoristil i pri i zdelavi programo v za nekaj zanimi - v i h problemov. Zelieno predznanje: - Prijavnica za 6. Ime in priimek: Domači naslo v : Sola i n ra zred: poletno šolo računalništva: Zel im sodelovati v s kupini: _ če n e bo mo žno, pa v sku pini: _ 333 2. Roman Dorn: Zbirni jezik za Intel 8088 in povezava z DOS Povzetek: Udeleženci se bodo seznanili z zgradbo procesorja Intel BOBB, zbirnikom za omenjeni procesor, prin c ipi pogoj- nega zbiranja in makroji. V nadaljevanju bo predstavlj e n program DEBUG in opisana povezava z operacijskim sistemom MS-DOS. Delo bo zak1juci10 poglavje o p1avajoci vejici. Udeleženci bodo pri va j a h naredili nekaj programov in jih preizkusili - postopno i zvajal i. Spoznali bodo tudi ne ka j f unkcij operac ijskega sistema DOS. Ze1je n a predznan je: Znanje uporabe katerega izmed ureje va l- n i kov in DOS o peracijskega sistema. 3. Tom Erjavec: Notranja zgradba operacijskega sistema PC DOS (A) Povzetek: Udeležencem bo predstavljena strojna op rema raCu- na1nika PC in kako je nad njo nadgrajen operacijski sistem PC DOS. Razložena bo razlika med 10gičnimi in fizičnimi napravami. Predstavljen bo BIOS in nacin, kako krmilni programi preko BI0S-a dosegajo fizične naprave. Ogledali si bomo ureditev diskovnega sistema, pomnilnega prostora. Glavni po udarek bo na prekinitven ih k l icih. Delo vk 1jucu je t udi BIOS-ove prekinitve, nato pa Še DOS-ove. Ze1jena predznanje: Splošno poznava nje mikroračunalnikav , ok virno poznavanje operacijskega sistema FC- DOS, poznavanje jeZika pascal. 4. Leon Mlakar, Tomislav Dovi c: Progra.ski jezik C (A ) Povzetek: Po u vod u v jezik C bo sledila razlaga podatkovnih tipov in spremenljivk, s t av ko v z a ko n t r o l o toka, funkcij, podatkovnih stru ktur, v h o d no/iz hodn i h funkcij, stru kture programa in mod ul a rnos t. Nak azan e bodo nekatere razli ke med i mp l e mentacijami in smeri r a zv o j a jezika. Tečaj bo potek a l v o b l i k i p r a ktičnih va j , ki bodo potekale na računa l niku IDC Trident z UNIX V operacijskim sistemom. Predvid ena je tud i tema dneva z naslovom CAD/CAM programs ka o ro d j a . Zel jeno predznanje: Zna n j e vsaj enega programskeg a jezika in osnovnih programskih tehnik. Pr ijava za bi vanje: Ime i n priimek: Domači naslov: Zel im, da mi preskrbite: - spanje: - z a j t rk : - kosilo: - v e č e r j o : DA DA DA DA NE NE NE NE Prosim za dodel itev š tipendije: 334 DA NE 5 . Rok Vi d ma ~ : Postopki za primerjanje datotek Po vz e t e k : Udel ež e n c i si bo do og l e d a l i pos t opke za p r i me ~ j a ­ n j e d veh ne p ~ e v e č ~az l ič nih dat ot e k. Na pisali bodo pro g r a m, k i bo pri merja l da t o t e k i s po v ~ a tnim s l e d e n jem . 203 1 jeno pi"' e d z na n j e: Pa s c al . 6 . Marta Kwiatk owska : Os novn i tečaj iz .odu l e-2 (A l Po v zet ek : Pr e ds t a vl jen bo p ~og r a ms k i jez ik mo dula - Z . Ude- leženci s e bo do s pozn a l i s pod a t k o v ni mi, p ~ o g ~ a ms kimi i n u kaz n im i st ruk turami t e g a s odo b n ega pro g r a ms ke g a jez i ka . Po l eg sa mega j ezi ka , s i bod o Ud ele ženci o g l e d a l i ne katere v e č a l i manj s ta n da rd ne de f i nici j s ke modu l e ter po d p r og r a me v . nj i h . V o k vi r u p~ eda v a n j bodo t u di raz l ož e na o s nov na nadela madula r nega prog~ a mi r a n j a in pro g r amers keg a inžen ir- s tva . 1 2 1 je r;o n r- a d z n an j e: f\ a t e C' i kol i prog r a msk i jez ik. ZA VRAŽEVERNEŽE Vid je nazdravil Črtu in dejal: "Pred sedmimi leti so bili trije petk i trinajstega v mesecu in čez sedem let bo tudi tako, Letos pa je en sam in to prav na tvoj rojstni dan ." Črt mu je odvrnil: "Le še na moj osemnajsti rojstni dan bi mi lahko kdo nazdrav il z istimi besedami in pri tem ne bi lagal, 'nasled nja takšna pr iložnost pa bo šele venaindvajsetem sto let ju ." Kdaj je rojen Črt? ZODIAK V Andrejini kreditni kartici sta čitljiva le dan in leto rojstva - 30. Petnajst let bo dopolnila v nede ljo, šestnajst pa v torek . V katerem nebesnem znamenju je rojena? ZALJUBLJENOST .1973. Samo je zaupal Iztoku: "Sanja se zaljubi trinajstega v mesecu," in dodal: "Prejšnji mesec se je v četrtek, prihodnji mesec pa se bo v sredo. Kdaj se je ta mesec?" Iztok je v hipu vedel odgovoriti . Znate tudi vi? PARI SOSEDOV Eno od dveh zaporednih naravnih števil ima dva del itelja v množici lN, druqo pa tri. Je mnogo takšnih parov? Boris Lavrič 335 /YO/i/CE MLADI FIZIKI SO TEKMOVALI V soboto, 6. julija 1987, je bilo 6. republiško tekmovanje v znanju fizike za učence prvih letnikov srednjih šol. Tokrat je tekmovanje potekalo na Centru srednjih šol v Titovem Velenju. Tekmovanje je organiziralo Društvo matemati- kov, fizikov in astronomov SR Slovenije ob pomoči Centra srednjih šol, Go - renja, Termoelektrarne Šoštanj, Zavoda za šolstvo in drugih. Ob 9. uri so začeli prihajati tekmovalci in kmalu je bil sprejemni prostor poln mladih fizikov. Da ni bilo čakanje na uradni začetek predolgo, smo jim zavrteli videofilm o proizvodnji v Gorenju in odlomke Saganovega Vesolja. Ob 10. uri je bila otvoritev tekmovanja. Tekmovalce je pozdravil predstavnik Go- renja. V izbirnem delu je 58 dvočlanskih ekip eno uro reševalo pisni test, ki je vseboval 19 vprašanj. Vsako vprašanje je imelo pet odgovorov, med katerimi je bil samo eden pravilen. Med tem, ko so tekmovalci iskali pravilne rešitve, smo se mentorji pogovorili, kako bomo tekmovanje izboljšali in popestrili. Nato smo se tekmovalci in mentorji odpeljali v termoelektrarno Šoštanj, kjer so nam gostitelji pokazali film o gradnji elektrarne. Pogovorili smo se tudi o eko- loških problemih. Najbolj zanimiv je bil ogled mogočnih strojev, ki dajejo elektriko velikemu delu Slovenije. Po kosilu so se tekmovalci vrnili v Titovo Velenje, kjer smo nadaljevali z javnim delom tekmovanja. Štiri najboljše ekipe iz izbirnega dela so tekmovale na temo Energija in njena uporaba. Tudi za gle- dalce je bila kopica vprašanj in nagrad. Po dokaj izenačeni borbi smo dobili najboljše. Prvo nagrado je dosegla ekipa, v kateri sta bila Adrian ARH in Klemen ROTAR s Srednje šole za elektroniko Šentvid-Ljubljana (mentor Dane Pejči­ novič), drugo nagrado sta dobila učenca Matej GUČEK in Aleš KOTN IK s Srednje tehniške šole maršala Tita Celje (mentor Rajko Križnik), tretjo nagrado pa Tomaž SLOKAR in Rudi KRAGELJ z Naravoslovnega srednješolskega cen- tra Nova Gorica (mentor France Perne). Vse štiri ekipe, ki so tekmovale v javnem delu, so dobile praktične nagrade Gorenja in Centra srednjih šol. Osem najboljših smo povabili na letno šolo fizike, mnogi so dobili naročnine na Presek, ŽIT , Mladino in KIH . Seveda ni manjkalo drobnih nagrad za bistre gledalce, ki so včasih celo prehiteli tekmo- valce . Mentorje najboljših ekip smo nagradili s kompletom knjig o računalni­ štvu . Največja nagrada za vse pa je znanje mlad ih fizikov in njihova volja, da osvoje vrhove fizike in drugih ved. Miro Trampuš 336 LETNA SOLA TRZIČ Od 24. junija do 3. julija 1987 je v letni šoli iz naravoslovja na Osnovni šoli Heroja Bračiča v Tržiču sodelovala skupina 24 učencev sedmih in osmih raz- redov osnovnih šol Gorenjske, najboljših s področnih tekmovanj iz fizike in kemije. Program letne šole je bil ugotavljati onesnaženost Tržiške Bistrice, spozna- vati geološke značilnosti Dolžanove soteske in širše okolice, op raviti nekaj me- teoroloških in fizikalnih meritev ter se seznaniti s kulturnim in gospodarskim razvojem Tržiča. Fizikalni del programa je poleg sprotnega merjenja temperature , zračnega tlaka in relativne vlažnosti zraka obsegal še določanje gostote vode in rečnega proda, merjenje površinske hitrosti rečnega toka, določanje profilov hitrosti, presekov rečnega korita, izračun pretoka in preverjanje kontinuitetne enačbe. Zanimivo je bilo primerjati površinsko hitrost, izmerjeno s plavačem, in hitrost, izračunano iz zastojnega tlaka, izmerjenega nekaj centimetrov pod gladino . Grafične prikaze presekov rečnega korita, hitrostnih profilov na izbranih delih Tržiške Bistrice, kjer so kemiki zajemali vzorce vode za analize, biologi pa zbirali vzorce mi kroorganizmov , in vse druge meritve ter ugotovitve so ude- leženci zbrali v biltenu, ki se začenja z besedami Isaaca Newtona: "To, kar vemo, je kapljica, to, česar ne vemo, je morje." Pod vodstvom osmih mentorjev - naravoslovcev je bil v letni šoli uspešno dosežen namen vključiti sposobne učence v raziskovalno delo in usmerjati v poklice naravoslovnih usmeritev . Jože Kotnik 337 MAGiČNI DODEKAEDER -nagradni natečaj iz 1. števi lke Preseka V letošnji prvi številk i Preseka smo objavili članek Kako nisva postala milijo- narja . Boris Horvat in Miro Lozej v njem opisujeta svoje dogodivščine pri izu- mljanju "magičnega" dodekaedra, to je prostorske igračke, narejene po vzoru Rubikove kocke. Na nagradna vprašanja na koncu članka smo dobili samo dva odgovora - ali so bile nagrade premalo mikavne? Naloge sta rešila Peter Movrin in Sašo Dolenc, oba iz Ljubljane. Sašo hodi v osmi razred osnovne šole in je odgovoril na vsa vprašanja, le prostornine sestavnih delov magičnega dodekaedra ni izračunal. V komentarjih je bil bolj redkobeseden in njegove izpeljave so bile še nekoliko okorne, zato pa tudi originalne. Posebno domiselno se je lotil izračuna prostornine dodekaedra, ki jo je dobil s seštevanjem in odštevanjem prostornine bolj enostavnih geome- trijskih teles. Peter (verjetno že srednješolec) je temeljito in elegantno izpeljal rešitve, dodal je tri nazorne skice in ni skoparil s komentarji . Majcena zamera bi bila samo, da ni ugotovil, da je pri prostornini dodekaed ra izraz pod korenom po - polni kvadrat . Objavljamo povzetek njegove rešitve, skupaj s sk icami. Ker pravi , da "z izpeljavo enačbe za število robov in vogalov pa ne bomo odkrili Ameri- ke", pa tudi objavljena je že bila v Prese ku letnik 8, št. 3, bomo odgovorili sa- mo na tretje in četrto vprašanje. Za začetek iz slike 1 nastavimo zlati rez. Iz podobnosti trikotnikov fj, ABC in Is BDC sledi: !!... = rJ....=-.E => d = !!...l0...:'"_U_ d a 2 Višino x trapeza ABEF izračunamo s Pitagorovim izrekom: Izračunamo še ploščino trikotnikov fj, BDA in fj, DCE: (d - a)x = av , ploščino trikotnika fj, AFC pa zapišemo na dva načina: a(x + V) = dx. Dobimo tale razmerja : 338 fS. = _2.__ = fi. = !s..±J(_ v d- a a x c Slika 2 A Sl ika 1 Slika 3 339 Zdaj lahko i zrač u namo polmere vseh treh krogel. Označimo jih s: K polmer krogle, k i se doti ka robov - Cl.fl.. na slik i 2 , L polmer včrtane krogle (dotika se ploskev) - Cl.~ na sliki 2 , M polmer krogle , k i gre skoz i vogale (očrtane) - OB na sliki 2. Oglejmo si sliko 2 . Najprej nastavimo tal e razm erj a: Polmer dodekaed ru včrtane krogle L i zračunamo t ako, d a na dva nač ina zap i- šemo plošč ino tri ko tn ika f:.. AOB: (x + y ) L = K 2 Pol mer dodekaedru očrtane krogle M pa je po Pitag orovem izr eku: Prostornino vsakega prav ilnega tel esa lahko izraz imo kot vsoto prostornin n (n je števi lo ploske v) praviln ih pi rami d , ki imajo za osnovo prav ilni n-kotn ik, za višino pa polmer pravilnemu telesu vč rtane kro gle. Ime nujemo jih Juelove piramide . Ploščina prav ilnega potko tn ika Ps je : (glej sliko 1); vsota p lošč in romba ABIF, t rikotnik a CEF te r t rikotn ika BCI : ax (d - a) x a2 J .rr= P s = ax + -"2 + --2-- ~ P s = -4 5.(5 + 2y5) Prostornina dodekaedra pa je: V 1 2 = 12. !: :"3:- ~ V 1 2 =~~ J lO(47 + 21 ..J5) = !!.3_(15 + 7 0)4 4 Slika 3 je nemara sp rta z zakon i projekcije, vendar iz nje lepo vidimo , kakšna sta vogalni in robni element. Vogalni je nekakšna poševna kocka , k i jo omejuje 6 enakih rombov, robn i element pa lahko razpo lovim o na dve enaki piramidi , k i imata za osnovno ploskev enakokraki 1L'll?ez ABCD, za višino vE pa enako višino kot vogalni element . Baza trapeza AB = (d - a) je obenem rob malega dodekaedra v jedru, okrog katerega se vrt ijo vsi gibljivi elementi. Zato je višina giblj ive rezine , torej naših elementov, razlika med višinama Juelovih piramid velikega in malega dodekaedra. Pri tem je ~ so razmernostni faktor. 340 Prostornina robnega elementa je torej: V =2.~i~=~L~~i_~1_-0L-5_-~-~-~ rob 4.2 .3.20 => Prostornina vogalnega elementa : _ a.x.a )10(5 +0l ~Og - --2~~m------ Tokrat si lahko zoprno racionaliziranje prihranimo . Formula je enaka kot zgornja, le da namesto (d - al nastopa a. Razmerje obeh prostornin je zopet zlati rez, zato mirno zapišemo: a3V =-- vog 16 V5+ 1 ----- 2 ln nagrade? Peter dobi magični dodekaeder, Sašo knjižno nagrado iz Presekova knjižnice. Oba reševalca - nagrajenca vabimo, da svoji nagradi prevzameta pri Komisiji za tisk DMFA - SRS, Jadranska c. 19, soba 316. Boris Horvat MATEMATiČNI KROZEK 1. KOCKA, TETRAEDER IN KROGLA Je res, da ima krogla, ki se dotika vseh robov kocke, dvakrat večjo površino kot včrtana krogla, očrtana pa trikrat večjo? Podobno vprašanje za pravilni tetra - eder: V kakšnem razmerju so površine včrtane krogle, tiste, ki se dotika vseh robov tetraedra , in očrtane krogle? 2. PROJEKCIJA IN PRESEK Kocko z robom dolžine a projiciramo vzdolž njene glavne diagonale na ravnino P, ki je nanjo pravokotna. Kakšne oblike je projekcija in koliko meri njena ploščina? Kakšen pa je presek te kocke z ravnino, ki gre skozi središče kocke in je vzporedna s P, in koliko meri njegova ploščina? 341 ZA MARSIKOGA 1. S prepogibanjem (po označenih robovih) smo iz mrež sestavili tri kocke. Je katera od njih na desni strani slike? 2. V prazne kvadratke postavi znake +, -, " :, tako da bo veljalo (1 O 9 O 8 O 8 O 1 O 9 O 8H8 O 1 O 9 O 8 O 8) = 1988 3. V označene kvad ratke vnesi c ifre števila 1988, tako da bo veljalo (O + O + 0+ 0)'(0 ' O - O) = 1988 4. Na desni je razgrnjen eden od levih pravilnih tetraedrov . Kateri? 5. Na sliki sta dva pravilna šestkotnika s stranico a. Določi p loščini označenih trikotnikov . 342 a A o IAGI=IGBI ICHI=IHDI 6. Kol ikšen del kvadrata na sliki zavzema oglati kolobar v njem? Določi ploščino kače na desni sliki, če so vsi kolobarji široki 1, manjši označeni krog ima premer 1, večji pa polmer 1. 7. Sredi okroglega r ibnika je okrogel otok , ki zavzema četrtino njegove površi ne. Pod kakšnim kotom vidimo otok z obale ribnika? 2 5 6 1 6 6 O 5 2 5 6 3 3 6 4 1 6 6 2 3 2 O 4 3 6 2 2 O O 4 5 O 3 2 1 O 1 1 1 3 4 1 5 4 1 5 4 2 4 4 O 3 5 5 3 O 343 8. V pravokotn ik 7 x 8 smo postavili ce lotno ko lekcijo dom in (28 ), tako da vsaka pokrije točno dva kvadratka . Potem smo jih odstranil i in označili štev ilo pik, ki jih je imela polovička domine na tistem pol ju. Bi znali zdaj postaviti dom ine spet na prvotna mesta ? Glej sliko na st ran i 343. 9. Za katera cela štev ila a je a2 + a + 1 več kratn ik števila 1988? 10 . a) I z rač u naj ploščino ravn inskega lika , ki vsebuje vse toč ke, katerih oddaljenost od roba kvadrata s stran ico a ne presega a/4. bl Kol ikšna je prostornina telesa , ki vsebuje vse to č ke, oddaljene od površja kocke z robom a največ a/4? 11. Koliko manjš ih kock ic sestavlja simetrični te lesi na sliki? Luknje tečejo skoz i večji kock i. 12. Prijat:lji se vračajo iz gozda, kjer so nabirali borovn ice. Ančka in Andraž sta jih skupaj nabrala prav toliko kot Borka in Bojan (skupaj) . Borka jih ima največ . Sta dekleti nab rali več borovnic ko t fanta? 13. ~Ien~a bo .žez tri leta toliko stara , kot je b il Matjaž pred tremi let i, on pa bo Imel cez trl leta dvakrat več let, kot jih je imela Alenka pred tremi leti. Koliko sta stara? I 344 Boris Lavrič 1""-'-ITI,,-'1/"'" 1CI" I"", TEŽAVE S TRINAJSTO KROGLO Ste že kdaj polagali kovance na ravno podlago - tesno drug ob drugega? Tudi če jih niste, boste v hipu znali odgovoriti na naslednje vprašanje: Koliko enakih krogov lahko položimo brez prekrivanja na ravnini k danemu enako velikemu krogu? Največ šest, seveda. Toda, recimo,da vam ne verjamem. Bi mi znali pre- prosto (ne s kovanci) dokazati, da imate prav? Pospravimo kovance in namesto njih vzemimo med seboj enake kroglice, na primer frnikole. Najbrž še niste poskušali k eni od njih priložiti v prostoru čimveč drugih - saj tudi ni tako preprosto izvedljivo. Pa vendar bi šlo, denimo, s pomočjo kozarca kroglaste oblike s trikrat večjim premerom od kroglic - kot kaže slika na naslovni strani. Odgovora na podobno vprašanje, kot smo ga po- stavili za kroge , pa ne moremo kar iz rokava stresti. Problema se lotimo takole: Okrog osrednje krogle pričvrstimo na isto ravnino še šest krogel tako, da se je vse dotikajo. Na to osnovo postavimo še tri krogle - vsaka naj sede v vdolbino, ki jo tvorijo tri spodnje sosede. Ni težko preveriti (na primer s pomo- čjo slike), da se vse tri dotikajo osrednje spodnje krogle in tudi med seboj. Seveda bi enako lahko storili še z druge strani (od spodaj) in tako dobili kepo trinajstih enakih krogel, v kateri se jih dvanajst dotika osrednje. S tem pa smo naš problem že rešili, bo morda kdo pomislil. Tako lepo smo postavili dvanajst krogel okrog ene, da jih več zagotovo ne bi mogli . Toda le zakaj? Še nekoliko si razjasnimo problem. Postavimo pet krogel na ravnino v venček, tako da bodo njihova središča 345 tvorila pravilni petkotnik . Nanje v sredino položimo enako kroglo, nato pa venček enakomerno razmaknimo le toliko,da bo najn ižja točka zgornje krogle v isti ravnini, kot so središča ostalih. Kaj pa, če je bila zgornja krogia že prenizko? Tudi o tem bi se morali prepriča­ ti, a naj bo le izziv nejevernemu bralcu. Razlago najdete tudi na strani 361. Ko smo to storili, na prvi venec krogel postavimo še enega - prav takega, nato pa še v sredino na vrh kroglico in pod nastalo zgradbo še eno (pol je bo pod osnovno ravnino). Na sliki vidimo, da se spet dvanajst krogel dotika srednje, vendar je tokrat ostalo še nekaj prostora (vsak venček je malce razmaknjen) . Če bi krogle zgornjega venca nekoliko spustili med tiste v spodnjem, bi ob vrhu ostalo še več prostora. Zdaj ni več tako "očitno", da je iskano število res dva - najst. Morda pa je trinajst ali celo več . Pokažimo, da ne more presegati 14. Ogrnimo katerokoli od priloženih krogel s plaščem stožca , k i se je dotika in ima vrh v središču osrednje krogle . Ta plašč od njenega površja odreže kapi- co, katere površino bomo zdaj izračunali. Poglejmo na sliko in izrazimo višino v kapice spoimerom r krogle. Kot ob vrhu osnega preseka stožca meri 600 , za- 346 to velja: v = rl 1 - Y312) . Od tod dobimo površino kapice: P = 2 1f rv = (2 - V3) 1f r2 Kapici , ki ju določata dve različni priloženi krogli, se ne prekrivata, petnajst kapic skupaj pa bi tedaj pokrivalo več kot 15(2 - 0) 1f r2 > 4 1f r2 • To pa ne gre, saj meri površina krogle 41f r2 • Trditev smo s tem že dokazali. Že davno je bilo znano, da tudi štirinajstih krogel ni mogoče priložiti k enako veliki. Vendar dokaz ni več tako preprost, nekaj znanja o geometriji na površju krogle (sferna geometrija) pa že zadošča za kratek dokaz te trditve . Ostane le še vprašanje, če gre s trinajstimi kroglami. To pa je že znameniti problem trinajstih krogel. V knjigi Škljarskij, Čen­ cov, Jaglom: Geometričeskie ocenki i zadači iz kombinatornoj geometrii (Nauka, 1974) najdemo njegovo zanimivo zgodovino. Razkrijmo vsaj nekaj nje - nih potez še našemu bralcu. Težavnost problema opisuje že astronom J, Kepler, ki leta 1611 v svojem prispevku o snežinki (De nive sexangula) omenja da je ta problem star vsaj ne- kaj sto let, a kljub temu še ni rešen, Leta 1694 se je razvnela živahna polemika v zvezi z njim . Znani angleški naravoslovec tistega časa David Gregory je trdil, da lahko k dani krogli dodamo trinajst drugih, slavni Isaac Newton pa je menil, da to ni mogoče. Toda nihče od njiju ni znal z dokazom podpreti svoje domne- ve. Prva znana rešitev problema je šele iz leta 1874, avtorstvo pa pripada nemškemu matematiku Rudolfu Hoppeju. Ta je potrdil Newtonovo domnevo z dokazom, ki pa je težak in zapleten. Omenjena rešitev je bila dolga leta poza- bljena, zato se je v petdesetih letih tega stoletja pojavil nov dokaz (na Nizo- zemskem), ki je bil kmalu še poenostavljen, Toda celo najenostavnejši znani do- kaz je še vedno precej zapleten. Prav gotovo preveč, da bi ga ujeli v Presekov okvir. Zato s tem sklenimo zgodovino znamenitega problema, vztrajnemu bral - cu pa postavimo še naslednje drobno vprašanje: Ali lahko v kocko z robom a = 3 zapremo dve kroglici polmera r = 1? Odgovor najdete na strani 361 . Boris Lavrič ZODIAK - rešitev naloge s strani 335 Leto 1988 je prestopno, Andreja pa je mo rala biti rojena med novim letom in prvim marcem (1973), saj bi v nasprotnem primeru praznovala šestnajsti rojstni dan v ponedeljek, ne pa v torek. Februar nima 30 dni, torej je Andreja "vodnar", 347 1EC I = Jb 2 - V 2a IDE 1= IDC 1- 1EC I = a/2 -.Jb2 - V 2a PLOŠCINA NAPOLEONOVEGA TRIKOTNIKA Preden si ogledamo, kateri trikotnik nosi bogvezakaj to veleslavno ime, naj spo- mnimo bralce, da je o njem v drugi številki predlanskega Preseka pisal Damjan Kobal. Razkril je nekaj njegovih geometrijskih skrivnosti, mi pa ga bomo tudi izmerili. Na zunanjo stran danega trikotnika ABC načrtajmo enakostraničnetriko- tnike Al CB, BIAC in CIBA. Njihova središča PI, R I in SI tvorijo oglišča tri- kotnika, ki je enakostraničen in ga imenujemo Napoleonov trikotnik. Se da oceniti njegovo velikost, če poznamo le ploščino trikotnika ABC? Pokazali bomo, da nima nikdar manjše ploščine kot prvotni trikotnik. Pomagali si bomo z računom . Dolžine stranic trikotnika ABC zaznamujmo na običajen način z a, b, c in določimo dolžino stranice PI RI. V ta namen se ozrimo na sliko 1 in primerjajmo trikotnika AlCA in PI CR I. V prvem stranica A IC dolži- ne a oklepa kot 4- BCA + 60° s stranico AC dolžine b , v drugem pa velja: IP ICI=a...;313, IR ICI=bV3/3 in 4-PICRI =4- BCA + 30° + 30° =4-BCA + 60° Obravnavana trikotnika sta potem podobna, zato velja enakost 1PI Ril = = 1 AA I 1 ...;3/3 . Torej je dovolj izračunati dolžino daljice AA I. Poglejmo na sliko 2, kjer smo z D označili sredino daljice BC, z E nožišče višine va' točko F pa smo izbrali na premici AID tako, da velja AFA I = 90° . Predpostavimo, da sta kota ABC in BCA ostra in z uporabo Pitagorovega izreka dobimo naslednje zveze: IAA I 12 = IAF 12 + IAIF 12 = IDE 12 + (IAID 1+ IDF 1) 2 = = (a/2 -Jb 2 - v 2)2 + (a V3I2 + v )2 = a a Upoštevajmo, da ploščina p trikotnika ABC meri p = aVa 12 in imamo: 1AA I 12 = a2 + b 2 - a J b 2 - V 2 + 2...;3pa 348 Ce zamenjamo med seboj vlogi stranic bin c, dobimo še zvezo: IAA 1 12 =a2 +c2 -aN--::"~ +2V3pa Seštej mo obe, uporabimo enakost yb2--- ~ + J c2 - V 2 = 1 EC I + 1 BE I = aa a Slika' B B c A, c Sl ika 2 Slika 3 349 in pred nami je relacija : 2 I AA I 12 = a2 + b 2 + C2 + 4fiP Tudi v primeru, ko eden od kotov ABC inBCA ni oster , dobimo isto - račun pa prepustimo bralcu za vajo. Od tod dobimo: IPIR I 1 2 = IAA I 1 2 / 3 = (a 2 +b2 +c2)/6+ (2.,j3'/3)p Pri medsebojni zamenjavi stranic se izraz na desni ne spremeni , torej je triko- tnik P I RISI enakostraničen . Njegova ploščina meri PI = 1PIRI 120/4 = (0124)(a 2 + b 2 + c2 ) + p /2 Ali res drži neenakost PI ~ P, ki smo jo obetali dokazati? Z drugimi bese- dami : ali za trikotnik ABC drži ocena a2 +b2 +c2 ~ 40p (1) Pot k dokazu se nam je ponujala že prej, zato stopimo nekaj korakov nazaj. Se nismo znašl i na razpo tju že ob postavitvi Napoleonovega tri kotnika? Zakaj pa ne bi načrtali enakostraničnih trikotn ikov (z osnovnicam i na stranicah trikotni- ka ABC) navznoter nam esto navzven? Sto rimo to zdaj, na novo dobljena ogli- šča pa označimo z A 2 , B 2 in C2. Tr iko tn ik i A 2BC, B2CA in C2AB so to rej enakostranični, njihova središča pa naj bod o zapo redoma P2 , R2 in S 2 (glej sliko 3). I zraču najmo do lžino st ranice P2R 2 • Kren imo po podobni poti kot prej, zato jo le sko po opišimo . Trikotn ika A 2CA in P2CR 2 sta podobna, tudi enakost I P2 R 2 1= IAA 2 10 / 3 velja, dol žino IAA 2 Ipa spet lahko določimo s pomočjo Pitagorovega izreka in slike 2. Dob imo enakost 21 AA 2 12 = a2 + b 2 + c2 - 4.J3 P ki pove, da velja ocena (1) in nam da zvezo: 1P2R 2 1 2 = (a2 + b 2 + c2) /6 - (2 .,j3'/ 3) P Le-ta dokazuje, da je t rikotnik P2R2S~ enakostraničen (rec imo mu kar no - tranj i Napoleonov trikotn ik, prvotnega pa opremimo še z besedico zun anji), pol eg tega pa nam da njegovo plošč ino: Za hi p se spomnimo še na ploščino P I in na šl i bomo na s led njo le p o lastnost . Ploščin i P I , P2 zunanjega in notran jega Napoleonovega trikot nik a se razlikujeta za ploščino P prvot nega trikotn ika A BC. 350 Naloge, ki smo si jih postavili, smo rešili, zvedavega bralca pa čaka še nekaj orehov: 1. Kdaj v oceni (1) velja enakost? 2. Vsota ploščin zunanjega in no- tranjega Napoleonovega trikotnika, ki pripada pravokotnemu t rikotniku ABC, znaša &J3. Koliko meri hipo- tenuza c? 3. Naj bo ABC enakokrak trikotnik z osnovnico BC. Ploščini njegovega notranjega oziroma zunanjega Napo- leonovega trikotnika mer ita 4V3'- 6 oziroma 4V3 + 6. Poišči stranice t ri- kotnika ABC. Za konec pa še DOMAČA NALOGA * Ko je bil Napoleon mlad je bil zelo suh in topničarski častn ik potlej je postal cesar dobil je trebuh in veliko dežel in ko je umrl je še ime l trebuh a ostalo ga je bolj malo . Jacques Prevert (prevedel Aleš Berger) Boris Lavrič * Pesem sm o vze li iz kn ji žice Barbara (izbor Pn~vertove poezije), ki je izš la v m la- d insk i zbirki Odisej, NAPOLEON BONAPARTE (1769-1821) 351 PTOLEMEJEV IZREK Že v Preseku 1 (1987 /88) smo spozna li Ptolemejev izrek : V tetiv nem četvero ­ kotniku je vsota produktov dolžin nasprotnih stranic enaka produktu dolžin diagonal, torej ac + bd = ef (1 ) če so stranice četverotkotnikae, b, c in d ter diagonali e in f. Tedaj smo spoznali, da lastnost (1) že določa tetivni četverokotnik.Tokrat pa si bomo ogledali elementarni dokaz Ptolemejevega izreka, ki ga najdemo v knji - gi Franceta Križaniča Nihalo, prostor in delci. Problem je rešen, če v prv i po- tezi potegnemo pravo črto . Z daljico CX (skica 1) sestavimo trikotnik XBC, ki ima ob vrhu C isti kot kot trikotnik DAC. Kot ob B v prvem trikotniku je enak kotu ob A v drugem, saj sta to obodna kota nad istim lokom. Trikotnika sta podobna, zato velja : 1BC 1 : I AC 1= I BX I : I AD I. Tudi trikotnika ABC in DXC sta podobna. Kota ob C sta očitno enaka, kot ob X v trikotniku DXC pa je zunanji kot trikotnika XBC in je enak vsoti a + w. Torej lahko zapišemo: I DC I : I AC I = I DX I : IAB I. Odtod dobimo: lAD I . IBC 1= IAC I . IBX I in lAB I . IDC 1= IAC I . IDX I. Seštejemo in upoštevamo, da je IBX I+ IXD I = IBO I. Dobimo lAB I . IDC I+ lAD I . IBC I= IAC I . IBO I in Ptolemejev izrek je dokazan. Sli ka 1 France Križanič v omenjeni knjig i pravkar dokazani iz rek takoj uporabi. Zasledujmo ga, saj nam bo gotovo pokazal kaj zanimivega . 352 r COS ~ Znano je, da je dolžina tetive d odvisna le od o bodnega kota a in polmera r (slika 2): d = 2 r sin a Narišimo sedaj krožnico s premerom 1 in ji včrtajmo četverokotnik, ki ima premer za diagonalo (slika 3) . Diagonala razdeli kot ob izbranem vrhu v dva ko- ta a in (3. Z njima izrazimo vse štiri stranice. Druga diagonala je sin(a + (3). Po Ptolemejevem izreku velja: sin(a + (3) = sin a cos {3 + sin {3 cos a To pa je dobro znani adicijski izrek za funkcijo sinus. Slika 2 Slika 3 Primer 1. Dokaži, da je dolžina diagonale v pravilnem petkotniku s stranico a enaka f (1 +0). Rešitev: Štiri oglišča petkotnika tvorijo enakokraki trapez. Dolžina diago- nale v trapezu naj bo x, dolžina kraka je a, osnovnici pa sta dolgi x in a. Če uporabimo Ptolemejev izrek za ta trapez, dobimo: x 2 = a2 + ax Izraz preoblikujemo v x 2 - ax + 1':" = .Ef...,oziroma (x - ~)2 = (1!~)2. Po korenjenju je za nas zanimiva samo rešitev x = t (1 + V5). Primer 2. Nad hipotenuzo BC pravokotnega trikotnika ABC nariši kvadrat. Naj bo vsota dolžin obeh katet enaka m. Določi razdaljo med središčem kva- drata O in ogl iščem A. 353 Rešitev: Četverokotnik ABOC je tetivni. Ptolemejev izrek nam pove, da velja: lAO I . IBC 1= IAC I . IBO i + lAB I . I oc I (2) Označimo I AB I = n in I BO I = k. Potem je I AC I = m - n, I OC I = k in I BC i = k.Ji Iz enakosti (2) dobimo IAa I. kV2= (m - n)k +nk =mk. Deli- mo s ky'2 in rešitev je lAO 1= '!!.{) . Naloge 1. Dokaži Pitagorov izrek s pomočjo Ptolemejevega izreka. 2. Enakostraničnemu trikotniku ABC očrtamo krog . Točko M izberemo na tistem loku BC, ki ne vsebuje točke A. Pokaži, da potem velja IBM I+ ICM I = = l AM I. 3. V ostrokotnem trikotniku je vsota razdalj od središča očrtanega kroga do stranic enaka vsoti polmera vrčtanega in polrnera očrtanega kroga. Pokaži! 4. (Naloga je s tekmovanja na Poljskem leta 1963.) Krožnica k je o č rtana pra- vilnemu petkotniku ABCDE. Na krajšem loku AE izberemo točko M . Pokaži, da potem velja: MA + MC + ME = MB + MD. (Navodilo: Uporabi Ptolemejev izrek za četverokotnike MABC, MA CE, MBCD in MCDE.) Tomaž Košir, primera in naloge prispeval Dragoljub M. Mitoševk: MATEMATiČNI KROŽEK -Rešitev s strani 341 1. KOCKA, TETRAEDER IN K~OGLA Trditev drži. Premeri naštetih krogel (razvrščenih po velikosti) zaporedoma merijo toliko kot kockina stranica, diagonala njene stranske ploskve in glavna diagonala . Le-te pa so v razmerju 1 : y'2 : ...)3. Pri drugi nalogi izračunajmo le polmer vmesne krogle. Naj ima stranica tetraedra ABCD dolžino a, točki E in F pa naj (v istem zaporedju) razpolavijata BC in AD. Središče krogle razpolavlja daljico EF, ki je višina enakokrakega tri- kotnika AED s podatki lAD 1= e, IAE I = lED 1= a V3/2. Od tod s Pitagoro- vim izrekom dobimo dolžino polmera a .;2i4. Odgovor: Iskano razmerje je 1 : 3 : 9. 2. PROJEKCIJA IN PRESEK Projekcija je pravilni šestkotnik s ploščino a2 0, presek pa pravilni šest- kotnik s ploščino (3 /4)a 2 0. Boris Lavrič 354 CAUCHYJEVA NEENAKOST V Preseku 14 (1986/87) št. 1 smo spoznali Jensenovo neenakost. Tokrat bomo obravnavali še eno tudi pomembno neenakost: Cauchy-jevo neenakost (izg. Koši). Ime je dobila po francoskem matematiku Augustin Louisu Cauchyju (1789 - 1857). Neenakost se glas i: Za realna števila al , a2, " ', an in b l, b 2, ... , bn (n E IN) velja : (a12 +a2 2 + ... +a 2)(b 12 +b2 2 + .,. +b 2) ;;' (albi +a2b2 + ... +a b )2nnnn pri čemer velja znak enakosti samo v primeru, ko je al = t.b «, a2 = t.b 2, ... , a = t.b za neko realno število t ali pa je b . = O (i = 1, ' '', nj.n n I Neenakost bomo dokazali na dva načina: 1. Hitro se prepričamo o veljavnosti Lagrangeove enakosti za realna števila aj' b j (i= 1,2, .. .,n): (a1 2 + a2 2 + .., + a 2 )(b l 2 + b/ + ... + b 2 ) =n n n =(albl+a2b2+ ... +ab)2+ L (ah .-a.b .)2 n n t.i- 1 I J J I j < j saj se po kvadriranju in množenju na desni strani dvojni produkti 2.a.ahh . lJI J (i,j = 1,2, ... , n in i < j I uničijo, ostane samo vsota kvadratov (ah .)2 u.I> = 1, 2, .... nl, kar pa je enako levi strani. Ker je vsota na desni str;n( enakosti nenegativna, je veljavnost Cauchyjeve neenakosti očitna. Enakost velja natanko tedaj. ko je a.b . = a.b .. Sedaj ločimo dva primera: • I J J I a) Ce niso vsi b j enaki nič, lahko predpostavimo, da obstaja tako na- ravno število i, da je b . =1= O. Tedaj je za vsa naravna števila j med 1 in n res • I aj =arb/b;- Ce pišemo t =a/b j , potem je aj = t.br o) Vsi b j so enak i nič za vsa naravna štev ila i med 1 in n. V tem primeru tudi velja enakost. Tako je prvi dokaz neenakosti končan. 2. Izhajamo iz očitne neenakosti, ki velja za poljubna realna števila al, a2' ..., an inb l,b2, ...,bn (nEIN)tert: (a 1 - bitI 2 + ~ 2 - b 2 tl 2 + ... + (an - b n tI 2 ;;;;. O saj Je vsota kvadratov realnih števil vedno nenegativna. Po kvadriranju in ure- janju členov po potencah števila t dobimo: 355 Na levi strani neenakosti smo dobili kvad ratno funkcijo. Ker je p ri poljubnem realnem številu t nenegat ivna, je njena d iskr iminanta nepozi tivna: 4.(a lb l +a2b 2 + ... + anbn) 2 - 4.(a l 2+a22+ ... »;2 )(b l 2+b 22 +...+ bn 2) ,;;; O Odtod takoj sled i Cauchyjeva neenakost: (al b I +a2b2 + oo . +a nbn) 2 ';;; (a12 +a22 +oo. +an 2 )(b 1 2 + b 2 2 + oo . +bn 2 ) Enakost velja natanko tedaj, ko je d iskriminanta enaka nič ,oziroma natanko tedaj, ko obstaja realno število t, da velja ai - b / =Ooziroma a i = tb i za vsako naravno štev ilo i med 1 in n . Oglejmo si še dve posledici Cauchyjeve neenakosti : 1. V neenakost postavimo bl = b 2 = ... = bn = 1 in naj bo ai ~ O li = 1,2, ''' , nj. Tako dobimo: ( 2 2 2) ~ ( )2a l +a2 + .oo+an .n w al +a2+oo. +an od koder po korenjenju in deljenju z n sledi: ~2~~~·2· ·~~·. '~~;:2)/;;j ~ (a1 + a2 + oo . + an) l n V izrazu na desni strani prepoznamo aritmetičnosredino nenegativnih real- nih števil al, a2, .oo , an' na levi pa kvadratna sredino istih števil. Ugotovili smo, da kvadratna sredina ni manjša od aritmetične sredine poljubnih nenegativnih števil. Enakost velja le v primeru a l = a 2 = ' oo = a . 2. Sedaj pa v Cauchyjevo neenakost postavimo e , =..;;" b. = l i";;', kjer so I I I I Xi ( i = 1, 2, oo., n ) poljubna pozitivna realna števila. Tako dobimo po urejanju še eno pomembno neenakost : (X I + X2 +.oo + xn) /n ~ n /(l lx I + 11x 2 +oo. + l lxn) Izraz na desni st rani neenakosti se imenuje harmonična sredina poz itivn ih rea l- nih števil X I , X2 , oo ,, xn ' Aritmetična sredina pozitivnih realnih štev il je večja ali kvečjemu enaka harmonični sred ini. Za konec rešimo še eno nalogo, ki naj bo pr imer uporabe Cauchyjeve neenakosti. Če za poljubna pozitivna realna števila Xi' Yi li = 1, 2, .oo, n) velja XI + X2 + + ' OO + x n = 1, YI + Y2 + oo. + Yn = 1, potem je resnična tudi neenakost : XI2/YI +X22/Y2+" , + x n 2IYn ~1 Rešitev: Če v Cauchyjevi neenakosti napravimo zamenjave ai = x/.J"Y; in b i = VV; li = 1,2, ..., n) dobimo neenakost: (X I 2 /Y I+ X22 /Y2+ oo. +x 2/y )(YI+Y2+"' +Y) ~ (XI +X2+oo.+ x )2nnn n 356 PO upoštevanju pogojev naloge takoj sledi: XI2 IYI+X22 IY2+ ... +x/ IYn ~1 kar je bilo treba dokazati. Hitro se prepričamo, da velja enakost le v primeru xi = Yi za i med 1 in n. Za vajo priporočamo bralcu, da poskusi rešiti naslednje naloge: 1. Reši gornjo nalogo tudi brez uporabe Cauchyjeve neenakosti in ugotovi , kdaj velja enačaj. (Nasvet: najprej dokaži neenakost x.2 I y. ~ 2.x. - y . li = I I I I = 1, ...., n).) 2. V trikotniku ABe s stranicami e, b in c poišči točko P, da bo izraz e.x? + b.y? + c.z? imel najmanjšo vrednost , če so x, Y in z zaporedoma oddalje- nosti točke P od stranic e, bin c. 3. Dokaži trikotniško neenakost: J(;12'-~-;2~~~ +~'2'~-;~2 - :; '~'~~ Y}-) ~ ~ J ((Xl + YI )i-~·~·.·. + (X n + y n )2 ) Pri tem so x i in Yi li = 1, 2, ... , n) poljubna realna števila. Kdaj velja enakost? 4. Kakšen je geometrijski pomen trikotniške neenakosti za n = 2 in n = 3, če so xi ' Yi in (xi + Yi) li = 1,2, .... n) koordinate točk v ravnin i oziroma prosto- ru? Ali sedaj veš. zakaj se neenakost imenuje trikotniška? 5. Dokaži , da velja neenakost: n/2~a+b kjer je c hipotenuza , a in b pa kateti pravokotnega trikotnika. Za katere triko- tnike velja enakost? Roman Drnovšek PARI SOSEDOV - REŠiTEV S STR. 335 Eno od dveh števil v paru je praštevilo, saj imajo samo ta po dva delitelja v množici 1\1. Drugo ima tri "naravne" delitelje, zato je - malce pomislimo - kvadrat nekega praštevila . Obravnavani števil i sta zaporedni, torej je eno sodo. Če je le-to praštevilo, je to dvojka, če pa je kvadrat praštevila, potem je štirica. Dvojka nima "pravega" soseda, za štir ico pa Obe sosedni števili ustrezata pogo- jema naloge - le para 3, 4 in 4, 5 sta potemtakem "dobra" . Boris Lavrič 357 ŠAHOVSKI KRALJ Z OMEJENO SVOBODO GIBANJA Zam islimo si šahovskega kr alja (barva ni pomembna), ki se lahko sprehaja samo po 36 po lj ih šahovske deske, kot pr ikazuje slika 1. Na druga po lja ne sme, zato jih tud i nismo narisali . Položaj kralja bomo označeva li nekol iko drugače , kot je navada v šahovskem svetu, in sicer z urejenim parom celih števil (x, y), pri čemer je O~ x ~ 7 in O~ y ~ x. Zadn ja relacija predstavlja "omejeno suvere- nost" kralja. y 7 6 5 4 3 2 1 O O 2 3 4 5 6 7 x Slika 1 Ubogemu kral ju, k i mu je na tak način okrnjeno kraljestvo, ni dovol jeno, da bi se premikal v vseh smereh, kakor to lahko po čnejo običajni kralji na obi- čajn ih šahovnicah . Naš se lahko premika samo tako, da napreduje za eno po lje proti desni ali za eno polje navzgor ali pa oboje hkrati. Dovoljene so torej poteze: (x, y) """* (x + 1, v). (x, y) """* (x, y + 1) in (x , y) """* (x + 1, Y + 1) Skušali bomo odgovoriti na vprašanje: Koli ko različnih poti ima kralj na izbiro, da pride s polja (O, O) na polje (x , y)? Označimo število vseh teh razl ičnih pot i s q( x , y) . Primer 1. Za manjše x in y lahko qix, y) določ imo s tem, da vse možne poti na- rišemo . Določimo na pr imer q(2, 2). Dovoljene poti so naslednje: 358 Slika 2 Torej je q(2, 2) = 6. Samo ena pot pripelje kralja z začetnega polja (O, O) na polje (1, O), zato je q( 1, O) = 1. Prav tako lahko pride na polja (2, O), (3, O) , ..., (7, O) na en sam način. To pomeni, da je qix , O) = 1 zax= 1,2, .._, 7. Zaradi popolnosti bomo vzeli še q(O, O) = 1. Nobenega razloga ni, da ne bi vzeli trikotne šahovske deske drugačnih raz- sežnosti, recimo take, ki ima na osnovnici n polj. Pri tem je lahko n poljubno naravno število. V vsakem primeru velja: q(x,O)=l zax;;;'O (1) Primer 2. S preštevanjem določimo q(2, 1) in q(3, 1). V prvem primeru so do- voljene naslednje poti : Slika 3 Imamo torej 4 raz lične poti: q(2, 1) = 4. V drugem primeru pa so možne take poti : Slika 4 Torej je q(3, 1) = 6. Polje (3,2) je dosegljivo s polj (2,2), (3, 1) in (2, 1). Kralj lahko pride na prvo od teh treh po q(2, 2) = 6 različnih poteh, na drugo po q(3, 1) = 6 različnih poteh in na tretje po q(2, 1) = 4 različnih poteh, vsakokrat začne na polju (O, O). Do polja (3, 2) ima samo še korak. Od tod sklepamo, da s polja (O, O) kralj s svojo omejeno svobodo gibanja prej ali slej zavzame polje (3, 2) po q(2, 2) + q(3, 1) + q(2, 1) = 6 + 6 + 4 = 16 različnih potez . Z enakim premislekom ugotovimo: 359 qix, y} = q(x-1, y) + qix, y-1) + q(x-1, y-1) za 1 ~ x in 1 ~ y ~ x (2) To je rekurzivna formula za izračun števil qix, y} . Upoštevajmo še relacijo (1), pa že lahko sestavimo preglednico: 1,;\ O 1 2 3 4 5 6 7- 7 8558 6 1806 6752 5 394 1412 3534 4 90 304 714 1408 3 22 68 146 264 430 2 6 16 30 48 70 96 1 2 4 6 8 10 12 14 O 1 1 1 1 1 1 1 1 V vrstico z oznako y in stolpcu z oznako x stoji število q(x, V). V spodnji vrst i- ci smo upoštevali, da je q(x, O} = 1. Ostale vrstice izpolnimo samo s seštevanjem največ treh števil v skladu s formulo (2). Pri tem vzamemo , da je qix, y) = O, če je x < y . Hitro se vidi, da so nad vrsto iz enic sama soda števila, to je I q(x, 1) = 2 x za x ~ 1 (3) Števila q(x, 2} je že nekoliko teže razpoznati. Opazimo pa naslednjo zako- nitost: števila -t q(x, 2) so po vrsti 3,8, 15, ...r to pa so kvadrati števil 2,3, 4,..t zmanjšani za 1. Velja torej: q(x,2}=2(x2-1} za x~2 (4) Uganiti števila qix , 3} ni več mačji kašelj, napišimo samo rezultat : q(x,3)=~(x-2}(2x2+4x+3} za x~3 (5) Pojavi se seveda vprašanje, kako se glasi formula za qix, y} v splošnem . Najbolj zadovoljni najbrž ne moremo biti z njo , ker je videti takale: ( . ) x-I/+1q x, y =---'--- y y-l ~ (x) ( y ) 2k+ 1 za y > O k=O k k + 1 (6) Do nje pridemo z metodami tako imenovanega simboličnega ali umbralnega ra- čuna (Roman, [1]). Kot poseben primer dobimo iz (6) tudi (3), (4) in (5) . Preverimo, če je res q(3, 2) = 16: q(3, 2} = (~}(~) 2 + (~)(~) 22 = 4 + 12 = 16. Naloga za bralce: Vsak ponedeljek obiskujem tržnico. Branjevka, pri kateri ku- pujem, je prejšnji ponedeljek prodajala paradižnik po 400 din za kilogram . Da- 360 nes je spet ponedeljek in cena njenega paradiž nika je bila (začuda) še vedno ista. Na ko liko nači nov se je lahko gibala cena njenega paradižnika med tednom , če vemo, da 1) branjevka prodaja vsak dan v tednu, 2) branjevka cene pod nobenim pogojem ne spusti pod 400 din za ki logram , 3) ceno prilagaja razmeram na trgu vsako jutro , in sicer tako , da ceno prejšnjega dne pusti nespremenjeno ali pa jo zviša oziroma zniža za 50 din pri kilogramu? Marko Razpet TEZAVE S TRINAJSTO KROGLO - Rešitev s strani 345 1. Izračunajmo oddaljenost R središč venčn ih k rogel spolmeri r od sredine venca. Očitno je R natanko dolžina polmera k roga, ki je očrtan pravilnemu petkotniku s stranico 2r. Torej velja R = r y 2 + 2/ y5 (poglej na primer na stran 353) . Uporabimo še Pita gorov iz rek za pravokotn i trikotn ik, katerega , , , \ \ \ I I I I ,/ oglišča so sredina venca in središči ene od venčnih kroglic ter zgornje kroglice (A in B na sliki) . Tako dobimo iskano oceno : I BS 1 2 = (2r) 2 - R 2 = (2 - 2/y5) r2 > r2 2. Odgovor: Ne moremo. Boris Lavrič 361 ZAKLAD NA SAMOTNEM OTOKU Bilo je takrat, ko je bil Krjavelj še pri mornarjih . Nekega lepega dne je imel izjemno srečo. Iz morja je dvignil steklenico s sporočilom. Na kar dobro ohra- njenem koščku papirja je bilo napisano nekako tako le: 362 Sredi morja (sledijo zemljepisne koordinate) leži samoten otok. Približno na sredini otoka rasteta kokosove palma in kruhovec. Pojdi od palme do kru - hovca in štej korake. Nazaj grede zabij v tla količek na drugi petini razdalje med drevesoma. Vsota razdalj zaklada od dreves mora biti največja, vendar je trikrat dlje od količke, kot je količek od kruhovca . Krjavelj je ljubosumno spravil listek, steklenico vrgel nazaj v morje in od- služil mornarico. Vmes je doživel še tisto znamenito srečanje z vragom, ki pa se je, kot vemo, srečno končalo. Na kopnem mu je kmalu postalo dolgčas po morju, spomnil se je na porumeneli listič in se odločil, da izkoplje zaklad. Na- jel si je barko in poiskal omenjeni otoček. Drevesi sta bili še vedno tam, mo- žakarju je kmalu uspelo zabiti količek na pravem mestu in kopati primerno daleč stran, zaklada pa ni in ni hotelo biti. Obupal je in se razočaran vrn il domov. O tem dogodku ni nikomur pr ipovedoval , raje se je postavljal z vragom. Mi pa si oglejmo, kako bi s kancem matematike našli zaklad. V točk i A naj raste palma, v B pa kruhovec. Količek je treba zabiti v točki O na daljici AB. Naj bo a razdalja med točkama A in O, b pa razdalja med O in B. Zaklad je za- kopan v točki T. Naj bo r razdalja med O in T. Pri vsem tem mora biti vsota razdalj AT + BT čim večja. Uvedemo še koordinatni sistem z izhodiščem v točk i O, os x je usmerjena proti točki B. Iskana točka T naj ima koordinati x, y. Po Pitagorovem izreku je AT2 = (x + a )2 + y 2, BT2 = (x _ b )2 + y 2 in r2=x2+y2 Vsota razdalj ((x) = AT + BT je odvisna od abscise točke T. Ni težko videti, da velja: y A(- a, O) a x 363 ((x) = J a2 + r 2 + 2 ex + J b 2 + r 2 - 2 bx Bralec, ki mu je pojem od voda že domač, bo zdaj nalogo rešil mimogrede. Mi pa se je bomo lotili z elementarnimi sredstvi. Dovolj je obravnavati primer, ko je a;;;:' b, 0< a < r in 0< b < r. V Krjavljevem primeru je namreč b = 2(a +b)/5 in r ~ 6(a +b)/5, iz česar do- bimo a =r/2 in b =rl3. Sedaj moramo poiskati tako absciso x, da je vrednost ((x) čim večja. V ta namen uporabimo dva pomožna izreka. Pomožni izrek 1. Geometrijska sredina ...['ibpozitivnih števil e, b ne pre- sega njune aritmetične sredine (a + b)/2. Obe sredini sta enaki natanko takrat, ko je a = b. Dokaz: Ker sta a in b pozitivni števili, obstajata njuna kvadratna korena";; in VE, kvadrat njune razi ike pa je nenegativen : O";;;; (V;- .jb) 2 = a - 2..;;b +b iz tega pa dobimo: .Jih ,,;;;; (a + b)!2 Obe sredini pa sta enaki samo v primeru, ko je a = b, Pomožni izrek 2. Za poljubna pozitivna števila a, b, e, d velja neenakost: .Jih + y';d ,,;;;; y' (a + e)(b + d) (1 ) pri čemer velja enakost natanko tedaj, ko je ad = be. Dokaz: Pri pogojih tega izreka sta tudi števili ad in be pozitivni in po prvem po- možnem izreku velja: 2 .J (ad)(be) ,,;;;; ad + be Enačaj velja natanko takrat, ko je ad = be. Če v zadnji neenakosti na obeh stra- neh prištejemo število ab + cd, dobimo ab + 2y'abed + cd ,,;;;; ad + be + ab + ed ali po urejanju (Vib + y'Cd)2 ,,;;;; (a + e)(b + d) Po korenjenju dobimo neenakost (1) . Prepišimo ((x) nekoliko drugače: ((x) = Ja(a +r2 la + 2x) + Jb(b +r2 lb - 2x) Če v neenakosti (1) nadomestimo b za + r 2 la + 2 x, c z b in d z b + r 2 l b - 2x, dobimo neenakost ((x) ,,;;;; -I(a + b)(a + b + r 2 la + r 2 l b ) in po preureditvi - (2) 364 Enačaj v (2) velja po pomožnem izreku 2 natanko takrat, ko je bla + r2 l a + 2 x) = a (b + r2 l b - 2 x) Rešitev te enačbe je _a-b 2 X - ---- r 2ab (3) Pri tem je treba biti nekoliko previden . Veljat i mora - r N Ql o, dimnik iz stek la pireks .., (.) Ql x .;:.o ..,..:.:: N Ql Ql.., elekt ronski visoko- napetost ni izvir t 370 Slika 2 . Fotografije plamena sveče pri navad nem težnem pospešku Ial , pri dvoj nem težnem pospešku , ko se letalo po letu po paraboli izravna Ib}, pri pospešku zelo blizu nič (c), pri pospešku nič in električnem polju (d) in pri pospešku nič in močnejšem električnem polju (e) . Slika je vzeta iz članka F.B. Carleton, F.J. Weinberg, Electric field-induced flame convection in the absence ofgravity, Nature ~~ (1987) 635. 371 Toda vse kaže, da navedeni odgovor ne drži. O tem pričajo poskusi s svečo v stek lenici , ki je privezana na dolgo vrv in jo spust ijo izpod stropa predavalnice. V temi dobro opazimo, da se plamen spremeni, ko začne sveča padati. Oslabi in postane kroglast , a ne ugasne. Ugasne pa, ko sunek vrvi zadrži steklenico . Sveča torej ne ugasne zato , ke r n i težnega pospeška, ampak zato, ker težni pospešek nenadoma nastopi in povzroči vzgon . Ta posrka zgorele pline od stenja in hladen zrak vdre s strani prot i stenju in upihne plamen . Znani fizikalni kemik Klaus Clusius se je s sodelavci ponovno prepričalo tem leta 1963 .9 milimetrov debele sveče je dal v litrske steklenice in jih spustil z vratom navzdol - okoli vratu je pritrdil polkilogramski svinčeni obroč - z 19 metrov visoke stavbe fizikalno-kemijskega inšt it ut a v Zurichu . V steklenici je bilo dovolj zr aka , da so sveče go rele 30 sekund. Vseh pet poskusov je potekalo enako. Ko so steklenico spusti li, se je plamen napihnil in -oslabe l, Tak je ostal 2 sekundi , ko likor je trajalo padanje. Ugasnil je šel e ob padcu . Poskuse so nada- ljeva li s 55 metrov visoke stavbe kantonske bolnišnice. Izid poskusov je bil enak. Sedem opazovalcev se je strinjalo v tem, da med 3 ,3 sekunde trajajočim padanjem sveče n iso ugasnile in da so ugasnile ob padcu. Na diiuzijo, to je na mešanje dveh plinov na molekulski ravni , ne d a b i se pojavil tok plina (veter), teža ne vpliva . Oblika d ifuzijskega plamena je krogla- st a in pov ršina večja kot površina konvekcijsko-difuzijskega plamena . Tok pli- nastih ogljikovodikov iz stenja se nadaljuje še potem , ko preneha dotok kisika s konvekci]o. Difuzijske plamene, k i gorijo, četudi ni teže , je že leta 1952 opa- zova l H. Mayer. Raziskoval je gorenje vodika v okolju iz 82% helija in 18% kisi - ka . Čim manj je bil povečan tlak vodika v posodi , iz katere je iztekal , t em bolj je bil p lamen okroge l in tem bolj se je bližal difuzi jskemu plamenu. Pri manjhi tl ačni razl ik i je dobil popolnoma okrogel plamen . V tem primeru ni pr išlo do znat ne konvekcije, ker se gostoti zgorel ih plinov in okolnega plina nista znatno razl ikovali. Go renje sveč pri znižanem tlaku je zanimalo že mnogo prej Jo hna Tynda lla . Leta 1859 je opazoval tudi gorenje sveče na Mt. Blancu. Difuzijsk i p lamen sve če ne ugasne , če toplotni tok, ki se sprošča v njem , zadošča , da se s sevanjem in prevajanjem stali dovolj voska in izhlapi dovolj kapljevine.Tod a vč asih je t reba dovolj do lgo počakati, t ud i minuto in več, da na stanejo stacionarne razm ere, ko se s časom nič več ne spreminja . Pr i posku - sih s padanjem steklenic tega ni mogoče o pazovati. Tudi če bi ime li dovo lj viso- ko stavbo, se za radi zračnega upora st ekl enice nje na h it ro st us ta li že po 15 sekundah . Poskuse pa bi bilo mogoče d e lati na let alu, ki let i z ugasnjenimi motorji po parabo li, ali na ume t nih satelit ih . Kot kaž e, doslej še niso del ali poskusov na umet nih sate lit ih . Delali pa so jih na let alih, ki so v poskusne namene letela z ugasnjen imi motorji po paraboli. 372 Walter Gerlach - postal je znamenit po Stern-Gerlachovem poskusu s curkom atomov srebra, ki je napovedal obstoj elektronskega spina - je kazal drugačen poskus. Majhno, s plinom polnjeno žarnico, katere nitka šibko sveti, spustimo na dolgem kablu, da pade z dovolj velike višine. Med padanjem žarni- ca precej močneje sveti, ker nitka izgublja toploto samo s prevajanjem in ne s prevajanjem in konvekcijo kot v mirovanju . Poskuse s padajočo svečo in s pada- [o čo žarnico lahko ponovijo tudi bralci Preseka. V takem letalu potekajo poskusi kot v prosto padajočem dvigalu. F.B . Carleto- na in F.J . Weinberga z imperialnega koledža v Londonu je zanimalo,ali bi bilo mogoče poganjati plamen z električnim poljem namesto s težo. Gretje s plame- nom, ki je razmeroma zelo učinkovito , bi namreč utegnilo priti prav tudi na umetnih satelitih . Če se hočemo izogn iti tlačni posodi ali puhalu, ki poskrbi za vsiljeno konvekcijo, in s tem zvezane dodatne mase - izstreliti jo je treba v vesolje -.je električno polje kar pripravno . V plamenu ogljikovodikov nastane obilo pozitivnih ionov, spočetka pred- vsem H 30+, in elektronov. V močnem električnem polju , ki pa še ne povzroč i preboja, ioni trkajo z molekulami zraka in poganjajo plinski tok, podobno kot ga povzroči teža preko vzgona. Tak tok je že leta 1899 opazoval K.P. Chattock. Carleton in Weinberg sta ugotovila, da je z električnim poljem mogoče doseči celo do osemstokrat tolikšen tok kot s težo. Pri tem hitrost plina ne preseže dobrih 5 metrov na sekundo, a to za plamen popolnoma zadostuje. Največja gostota električnega toka po čelnem prese ku plamena ne preseže četrt ampera na kvadratni centimeter in ustrezna ploskovna gostota električne moči ne desetino vata na kvadratni centimeter. Elektronski visokonapetostni izvir je zato grajen lahko za majhno moč in je zelo lahek. (V uporabi je celo že elektro- stati čni pršilec insekticidov, ki shaja z drobno baterijo vročaju.) Zaradi varnosti so delali poskuse s svečo. ne pa s kakim večjim plamenom. Električno polje so ustvarili med navpičnima kosoma kovinske tkanine. Poziti- vno elektrodo so približali plamenu (slika 1). Na dolgi poti po zraku se elektro- ni obesijo na molekule in nastanejo negativni io ni, ki potujejo po zraku podo- bno kot pozitivni ioni. Če bi bil plamen na sredi med elektrodama, bi se zato razdelil na dva simetrična dela. Poskuse je finansirala Evropska vesoljska agencija ESA na letalu KC 135 Severnoameriške vesoljske agencije NASA v Houstonu . Letalo je letelo po pa- raboli z ugasnjenimi motorji do 30 sekund. Tudi v tem času še niso dosegli stacionarnih razmer . a čas je bil dovolj dolg, da so posneli posrečene fotogra - fije (slika 2). Brez električnega polja je nastal okrogel difuzijski plamen, ki je bil s prostim očesom komaj viden, a ni ugasnil. Janez Strnad 373 - -1 - -, l-"'l o, ,_, "_'J _" LI' OPAZUJ PLANETE Na jasnem nočnem nebu lahko razen zvezd večkrat opazuješ tudi planete. Kako s prostim očesom že na prvi pogled ločiš planet od zvezde? Svetloba zvezde vedno nekol iko migota (scintil lra) , svetloba planeta pa ne. Kako pa pri opazovanju z daljnogledom razločiš planet od zvezde? Zvezdo vidiš vedno kot točko, pa če jo opazuješ s še tako močnim daljnogledom, planet pa kot bolj ali manj svetlo okroglo ploščico, ki včasih kaže tudi meno (fazo), kot na pr i- mer Luna. Planeti Venera, Mars, Jupiter in Saturn so prav lepo vidni s prostim oče­ som. Pri opazovanju teh (in tudi drugih) planetov uporabljaj knjižico Naše nebo in Zemlja (Astronomske efemeride), ki jo v Presekovi knjižnici vsako leto izda Društvo matematikov, fizikov in astronomov SR Slovenije . Tu dobiš najrazličnejše podatke o vesoljskih telesih, med njimi tudi podatek, v katerem PL EJ ADE.. •• e•.. • • •• • •• •• Bik •~ •".• a "".------------.-~-.·,. --.11. ALD EBA RAN shema čas (dnevi, d at um) Slika 1 . V koordinatni sistem, ki ga sestavljata časovna in deklinacijska os, na - riši glavne zvezde ozvezdja, v katerem se v času tvojega opazovanja navidezno giblje planet . (Za zgled smo narisali ozvezdje Bika.) Vsakič, ko opazuješ planet, si natančno zapomni njegovo lego glede na glavne zvezde in jo vriši v sliko ozvezdja. Opazovane lege (PI, P2 , P3 , .. •) planeta lahko povežeš in dobiš tir navideznega gibanja planeta v času opazovanja. 374 ozvezdju se na primer giblje planet , ki ga v določenem času nameravaš opa- zovati. Nato poglej v Presekovo zvezdno karto, če je ozvezdje, kjer se giblje planet, tedaj vidno. Če je , med zvezdami ozvezdja izsledi planet in ga opazuj s prostim očesom ali pa z daljnogledom. S prostim očesom poskusi' takole opazovati enega od omenjenih planetov . Zvečer določenega dne ugotovi lego planeta glede na svetle (glavne) zvezde ozvezdja in to vriši vPresekovo zvezd no karto ali pa v koordinatni sistem, ki ga priprav iš kar sam (slika 1). Tako opazuj izbrani planet vsak peti ali vsaj deseti jasni večer (noč) in vsakič vriši lego planeta glede na svetle zvezde ozvezdja. Slika 2 . Ta slika pojasnjuje, zakaj se planetu spreminja lega na nebu. Narisali smo istočasne lege planeta in Zemlje. Z Zemlje v legi 1 vidimo (projiciramo) planet v legi 1 na njegovem tiru okrog Sonca v določeni smeri - v navidezni legi 1 na nebu. 1<0 se Zemlja na svojem tiru premakne v lego 2 , se planet na svojem tiru tudi premakne v lego 2 in planet vidimo z Zemlje v drugi smeri - v navidezni legi 2 na nebu - itd, To pomeni, da se je planet navidezno pre - maknil glede na zvezde, ki medsebojne lege ne spreminjajo. 375 Slika 3. Takole skici raš opazovanje štiri h velikih Jupitrov ih sat elitov. V knj ižici Naše nebo in Zemlja najdeš podatke o gibanju teh satel itov . Zato lahko na- tančno ugotoviš, katere satel ite opazuješ. Slika prikazuje lego št irih velikih J upit rovih satelitov v treh zapo rednih dneh (večerih) 25 ., 26. in 27. 11.1945 ob 20 . uri. Glej še knjižico Astronomska opazovanja, Presekova knjižnica 3 , 1978 , st ran 268 . Če boš to delal kak mesec ali več, boš opazil, da planet spreminja lego glede na zvezde, da se je torej v času tvojega opazovanja na nebu navidezno premaknil. S takim opazovanjem ugotoviš navidezno gibanje (premikanje) planeta. Kako si to gibanje pojasniš, kaže slika 2. Poglej planete tudi z daljnogledom, predvsem Jupiter in Saturn. Ob Jupi- t ru, ki ga že z daljnogledom manjše povečave (npr.opernim kukalorn) vidiš kot razmeroma svetlo okroglo ploš čice. boš zapazil štiri drobcene svetle točke. To so šti rje največji Jupitrovi sateliti , ki so pribl ižno tako veliki kot naša Luna. Čez eno ali dve uri spet poglej. Ugotovil boš, da so sateliti spremenili lego glede na Jupiter. Če bi te satelite z daljnogledom natančno opazoval dalj časa, bi dogna l, da krožijo okrog Jupitra, in bi jim lahko izmeril tudi obhodni čas (slika 3). Za natančna opazovanja teh satelitov poglej navodila v knjižici Našenebo in Zemlja. Če hočeš zadovoljivo, tako da ne boš razočaran, videti Saturnov kolobar , mo raš opazovati že z ne koliko močnejšim dalj nogledom (na primer odprtine 5 do 8 cm in vsaj 20-kratne povečave). Tudi ob Saturnu lahk o z daljnogledom opazuješ njegove satelite, posebno lepo pa je viden največji med njimi Titan . 376 Marijan Prosen ŠTEVILSKA KRIŽANKANavpično: 1. Reši enačbo: (x - 3)2 - (3 x - 5) . (4 x + 9) - 6 = - 11 x 2 - 212 Določi 87,5% x. 9. 2.(5 + 23).(3 + 24 ) - 482 = Vodoravno: 1. Daljica AB meri 4 cm. lzračunaj dolžino daljice AT, tako da bo velja- lo AT : AB = 4 : 8 . 2. Marko , Tine in Tomaž kupijo žogo, ki stane 5.400.- din . Plačilo si razdelijo v razmerji 1 : 2 : 3. Koliko din prispeva Marko? 3. V pravokotnem trikotniku meri ena kateta 14 cm, druga pa 13 cm. Izračunaj kvadrat hipotenuze. Bernarda Tržok 6. V trapezu meri osnovnica a 50 cm, osnovnica c 40,5 cm in višina na osnovnico 12 cm . lzra ču­ naj ploščino tega trapeza. 8. Točka T je od središča kroga oddaljena 25 cm. Dotikališče tan- gente na ta krog skozi točko T je od točke Toddaljeno 8 cm. Izračunaj kvadrat polmera kroga. 10. 150 : y = 20 : 40. Določi y! 11. Ploščina pravokotnika meri 600 cm2 • Stranica a meri 3 cm. Izračunaj stranico b. ~ 2 ~~ 3 4 ~5 {}6 7 8 9 ~ 10 ~ 11 ~~ =x ~ . (1. + 21. . 3 - 31.) 3 ' 4 2 2--------------_. (31. - 2 _L) . _.!...- 2 S I 147 2. Izračunaj volumen kvadra, ki ima dolžino 13 cm, širino 9 cm in višino 8 cm. 3. Vsota treh zaporednih naravnih števil je 1041. Določi prvo naravno število . 4. V trapezu meri srednjica 76 cm, stranica c pa 97 cm. Izračunaj strani - co a. 5. Diagonala kvadrata meri 130 v2 cm . Izračunaj stranico a. 7. Stranici pravokotnika merita 344 cm in 258 cm. Izračunaj diago- nalo. 8. 377 BI ZAPELI? Kako daleč je že šolsko leto 1985/86. Nekateri, sedaj že študentje, so bili takrat dijaki 4a, razreda priljubljene tovarišice Lidije na SNM šoli v Idriji. A če­ prav se je medtem zgodilo že mnogo stvari, imajo gotovo vsi še trdno v spominu (posebej najlepše) srednješolske dogodivščine. Na maturantskem plesu, s katerim so se poslavljali od srednješolskih klopi, so se z mnogo veselja, pa tudi s priokusom, da je nekaj lepega za njimi, na du- hovit in veder način spomnili svojih učiteljev. Na znane melodije so jim zapeli pesmi, ki so jih sami spesnili - vsakemu učitelju posebej seveda . Ko pred fiziko stojimo tresoči in bledikavi, za vrati si že brusi nože živa legenda Idrije. Zavriskaj in zapoj neugnani Joža moj, ko boš od šole tolko preč, da te ne bomo ču li več! Saj vemo vsi, da se tudi ti z nami veseliš nedelj in športnih dni. Oh, kako je to hudo, če račun ne gre v glavo. Odvodi tu, tam integrali zapleteni so postali. Irena trudi se za tri, vse tako težko se zdi . 378 Krepak pogum in dobra volja premagata ovire vse, sigurno je, da mila jera ni ne za nas, ne Karčnike. Zavriskaj in zapoj ponosni Joža mo, ko bo čez leto ali dve ti Terček s televizije, povedal da, tra-Ia-Ia-Ia-Ia Nobelova nagrada je nam namenjena! Smo te prvič poslušali, le seštevati smo znali. Sama rekla si tako: kaj vse še prišlo bo . Zdaj je že veliko bolje, s tabo ni nihče brez volje . ln prav kmalu bomo vsi pravi matematiki. ;&i '!>! K o p r e d fI - ZI - ko 5tO- JI - mo t r e - eo- č i ln b le - d l - k a - V I . z a v r c , t I gum in do- b r a vo - lja pre -mo- ga - ta 0 - v i - r e vs e , s i - gur - n o si že bru -s i n o -že je, d a mi -l a je - ra t i - va l e - gen -da I-ciri - Je . Zo- vr isk u.j in za - po j ne - ni ne za n as ne Ka r-C=: n i -ke . Za- vr iska j in za- poj po- u gn a-n i J o - .ž~ m oj, ko b oš od šo -le to l-ko p rec.cc t e n e bo -mo č u c l i vet ! Saj ve-mo n o - sn i Jo -cžu m o j , ko bo č ez le c t c o - I i d v e ti Ter- te k s t e le - vi - z i -je p o -ve - d a l ~~I\ . . ' . 0 ° • o • • • • • :::se:: t , z =ves: 1, ned el j m špor t n Ih dn i ,~-do , t r o- Io-I o- I G - l a No - b e-lo - va n o - gra- da je n a m n a -m e-n j e - n a ! ~;­ ~JO~;"J ~~ ocvc c ot tu , tam In-te -gra -Il za - ple - t e - n i so po - st a- I i . Smo le p r - vi č 1='0 - slu - ŠO - l i . le se - š t e - vo - t i sm o zn a _ l i. Zdaj je f e ve - l i - ko bo - lj e . s to - b o n i n ih - te bre z vo _ l j e . -Ire - na t ru - d l se za t r i . V5€' t o _ k o t ež _ ko se zd i .50 - m a re - kla s i to - k o ; ka j v - se še pri _ Sl o bo .I n p r a v kma- lu bo - m o vs i pra - vi m a - te _ m a _ t i _ k i . Upam , da bo bralcem in še posebej nekdanjim dijakom in učiteljem, ta prispevek, ali osvežil prijetne spomine, ali, vam dragi mlajši bralci , dal idejo , ka- ko ob kaki posebni priložnosti razvedriti vas in vašega učitelja. O tem, da lahko taka, ali podobna pesmica, ob pravem času, le razveseli učitelja, pa ne morem dvomiti. Damjan Kobal 379 PISMA BRALCEV Škrat ne afnJ!w V letošnji četrti številki Preseka je škrat v članku "Metoda "ostrega pogleda" v programiranju" poskusil, kako dober je v spopadu s programskimi jeziki . Pri- znati moramo, da mu je poskus zadovoljivo uspel. Ervin KOSTELEC z Ljublja- ne nam piše takole: V letošnji četrti številki Preseka sem prebral članek o metodi ostrega po - gleda. Končna algoritma pri obeh nalogah sta res mojstrska. Pogledalsem program "Obrni", vendarga kot takega nisem razumel. Ugotovil sem, da je vmes napaka - in to sintaktična pa tudi semantična. Pravi lni podprogram bi moral biti takšenle: procedure Obrni (prvi, zadnji: integer); var i: int eger; pom: char; begin for i:= prvi to (prvi + zadnji - 1) div 2 do begin pom := a [ i ]; a [ i ] := a [ zadnji - i + prvi]; a [ zadnj i - i + prvi] := pom end end; Mimogrede, časovna odvisnost je k + n - k + n = 2 n, torej Oln) . Tudi algoritem za drugo nalogo je mojsterski, v drugi verziji programa pa ime zanke ni desni, ampak i (ali pa vsota := vsota + a [ desni ]), zanka "for levi" pa zajema sestevljeni stavek in zato na koncu (za do) begin, pred write pa end. Sandi Klavžar Številske križanke navdušujejo Bernarda TRŽOK iz Črnomlja nam piše: Letos obiskujem osmi razred osnovne šole. Že nekaj let sem naročena na Presek, ki mi je zelo všeč, čeprav vseh prispevkov še ne razumem. Obiskujem tudi dodatni pouk iz matematike. Letos smo reševali različne številske križanke, ki jih v Preseku objavlja tovariš Franci Oblak. Le-te so me tako navdušile, da sem še sama sestavila eno. Sicer je preprosta, na- menjena zlasti osnovnošolcem. 380 Moji sašoIci, k i so naročniki Preseka, tudi menijo, da bi bilo dobro , če bi bilo več nalog, ki bi bile primerne za nas. Prisrčen pozdrav! Bernarda Bernarda, upamo, da bo zaradi tvojega pisma in prispevk a Prese k tebi in vsem našim bralcem še bolj všeč . Praviš, da je tvoja kri žanka prep rosta - al i ni to pozitivna lastnost ? Ob tem , da še ne razumeš vseh prispevkov , bi se , ne čisto za hec, spomnili Schweitzerjeve misli - najdemo jo v tem Preseku - ki pravi, da tistim , ki imajo pravi odnos do znanost i, ta pokaže njihove meje ... Tudi mi tebe prisrčno pozdravljamo. Še nam piši in še kdaj razveseli nas in naše bralce s kaki m svojim prispevkom . Damjan Kobal še vedno aktualne znamke Tretje pismo pa nam je poslal a Marija iz Ljubnega ob Savinji. Všeč so ji znamke, ki jih objavljamo . Tudi ona jih zbira in bi jih rada imela. Objavljenih znamk ji ne moremo poslati , saj jih vračamo pošiljateljem . Mogoče pa ji lahko pomaga kdo izmed bralcev. Morda bi se kateri želel dogovor it i za zamenjavo. Dušica Boben ~2 2 9 O O 3 ~~ 3 3 6 45 ~ 51 4 ~ 6 5 7 4 3 8 5 6 91 {} '3 O O 6 {} '2 O O «}{} \~ ~~1, ~:/ ~I I~ DMFA SRS ŠTEVILSKA KRIŽAN K A Rešitev s st ran i 377 Bernarda Tr žok 381 OCC/-I'C /"°1 ne:"L_' I ~L "'L .. _1 ZA MARSIKOGA - Rešitve s strani 342 1. Prvo kocko dobimo iz druge mre že. 2 . (1+9+8+8+1+9-8)(8.1.9-8 :8)=1988 3. (1+9+9+9)(8.9-1)=1988 4. Drugemu tetraed ru pripada druga mreža. 5. PI =V3/2a 2 ' P2 =9Y3/16a 2 6. Oglati kolobar pokriva 20 odstotkov kvadrata . P loščina kače meri 51rr. 7. Zorni kot meri 60 ° . 8. Glej sliko. 9. Število a2 + a + 1 je tiho, torej ne more biti cel večkratnik števila 1988. 10 . a) P loščinameri(7 14+rr/16)a2 . b) Prostornina meri (1918 + 5 tt124)a3 . 11. Prvo telo sestavlja 208 , drugo pa 400 kockic. 2 5 6 1 6 60 5 2 5 6 33 64 1 6 6 2320 43 6 2200 4 50 3 2 1 O 1 1 1 3 ~ 4 1 54 1 5 4 2 4 4035 5 30 12. Bojan je nab ral manj borovnic kot Ančka, saj bi v nasprotnem primeru skupaj z Borko nabrala več kot Ančka in Andraž . Andraž je namreč nabral manj ko t Borka, skupaj z Bojanom pa tedaj manj kot dekleti. 13. Iz prvega dela naloge izvemo , da je Matjaž šest let starejši od Alenke. Če njeno starost označimo z x (njegova je potem x + 6), nam drugi del naloge da zvezo x + 9 = 2(x - 3), odkoder dobimo x = 15. Boris Lavrič 382 PRESEK , 15 (1987/88) - STVARNO KAZA LO st rani od-do Matematika 2-7, 104 - 111 8 - 10 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22 . 1. Matrike kot posplošitev poj ma števi la (A nton Suhadolc) 2. Čemu naj verjamem, čemu n~ verj amem (Vi lko Domanjko) 3. Obrat Ptolomejevega izreka (Sefket Arslanaqi č, Dragoljub Miloševič, prev . in p rir. Tomaž Košir) 4 . Kotne funkc ije (Dam jan Koball 5. Kompleksna števil a (F ranci Forstnerič) 6. O simetralah not ranjega kota trikotnika (Dragoljub M. Miloševi č, prev . in pri r. F ranci Forstnerič) Ogrejmo se za kongruence (Bo r is Lavrič) Kongruence in Eulerjev izrek (Du šan Pagon) O t reh hišah in treh vodnjak ih (Olga Arnuš) Število razkosanj končne množ ice (Marko Razpet) Geometrijska neenakost na dv a načina, pr ir. po Šefket Arslanagiču S ploščino do Talesovih iz rekov o so razmerj ih (Boris Lavri č ] Prim er geometr ijske kons t ru kcije (Marko Razpet) Vsota kvadratov prv ih n naravn ih števi l (Marko Razpet) O zn ameniti točki trikotn ik a (Olg a Arnuš) Aksiomatika, protislovje, model (Franci Oblak) Težave s t rinaj sto kroglo (Boris Lavrič ~ Ploščina N apoleonovega trikotnika (Boris Lavrič) Ptolemejev izrek (Tomaž Košir, Dragoljub M . Miloševič) Cauchyjeva neenakost (Roman Drnovšek) Šahovsk i kralj z omejeno svobodo gibanja (Marko Razpet) Zaklad na samotnem otoku (Marko Razpet) 11 - 13 56 - 60 98 - 103 13 1 - 133 193 194 - 196 242 - 243 244 - 249 250 - 25 1 258 - 260 261 26 2 - 263 264 - 266 267 - 269 345 - 347 348 - 351 352 - 357 355 - 357 358 - 36 1 362 - 365 Fizika 1. Planet malega princa (Janez Strnad) 2. Teorij a in poskus ... (Janez Strnad) 3. Teža v jašku , ... (Janez Strnad) 4. Temperatura teles ob dotiku (Janez Strnad) 5. Hoja po žarečern kamenju (Janez Strnad) 6 . Mačja zib ka in fizika danes (Zbral in prir . Janez Strnad) 7. Al i ugasne padajoča sveča (Janez Strnad) 14 - 20 116 -121 140 - 145 146 - 153 210 - 212, 2 15 290 - 292 369 - 373 Astronomija 1. Začetki merjenja v astronomiji - Aristarh in Eratosten (Janez Strnad) 2. Izmeri kotno hitrost vrtenja Zemlje (Marijan Prosen) 3. Meg lice na nočnem nebu (T om až Zwitter) 4 . Kako po skuš aš ločljivost daljnogleda (Marijan Prosen) 5. Gibanje Lune (Tomaž Zwitter, karik . Borut Pečar) 6 . Zanimiva opazovanja z gnomonom (Marijan Pro sen) 7. Opazuj plane te (Marijan Prosen) 22 - 27 114 - 115 136 - 139 202 - 203 204 - 208 294 - 297 374 - 376 Računalništvo 28 -33 33- 35 36 - 39 67 - 73, 161 - 168 74- 46 1. Reševanje enačb z metodo zaporednih približkov (M .Jerman, D.Grešak) 2. Krivulj e in HISOFT PASCAL (Ma rko Razpet) 3. Mačka in m iška (Rok Sosič) 4. Juliajeva množica (Emil Beloglavec, Mitja Lakner, Andrej Vitek) 5. Kdaj bomo (smo) pustovali (Marko Razpet) 383 Računalništvo - nadaljevanje 6 . Tri naloge za generator slučajnih števil (Janez Žerovnik) 7 . M etoda "ostrega pogleda" v programiranju (Tomi D olenc) 8 . Podatkovne strukture - vrsta (Matija Lokar) 9 . Računalniška grafika (Marjan Bradeško) 10. Računanje kvadratnega korena (Mitja Lokarl 11. TEX (Mitja Lokar) 188 - 192 198 - 20 1 275 - 278 28 0 - 287 322 - 325 326 - 332 Tekmovanja 77 - 79,122 - 124 87 - 93 84 - 86,176 - 177 178 - 181 1. Obč insko tekmovanje iz ma tematike (Pavle Zajc) 2 . 23. repub liško tekmovanje osnovnošolcev iz matematike (A leksander Potočn i k ) 80 - 83 , 125 - 127 3. 2. rep ubliško tekmovanje iz znanja računalništvaza osnovnošolce (Ivan Gerli čl 4 . 3. šolsko in 13 . izbirno tekmovanje iz matematike (Darjo Felda) 233 - 335 236 - 241, 312 - 316 10. 5. 31. republ iško tekmovanje srednješolcev iz matematike (Nadj a Iv anc M iloševič) 6. Srednješolsko republiško tekmovanje iz fizike (Iztok Kukrnanl 7. 11. republiško tekmovanje iz znanj a računalništva in srečanje mladih raziskovalcev Slovenije (Tadej Lasbaherl 8 . 2. republiško tek m ovanje iz logike (Izidor Hafner) 9. 28. zvezno tekmovanje učencev sredn j ih šol iz matematike (Aleksandar Ju rišič) 18. zvezno tekmovanje osnovnošolcev iz matematike (Jože Antolov ič) 11 . 23 . zvezno tekmovanje m lad ih fi zikov (Bojan Golli) 12. 18. mednarodna fizikaina olimpiada (Andrej Vi lfan) 226 - 227 228 - 232 298 - 300 317 - 319 301 - 302 303 - 307 308 Naloge 172 - 173 169 - 171 182 - 186 197 ,249 213 - 215, I II 338 - 341 342 - 344, 382 347,357,366,335 Šestmestno števi lo (Marij a Vencelj) Od ene nalog e k drugi (M iha Štalec) Magični dodek aeder (Boris Horvat) Za ma rsikoga (Boris Lavrič) Naloge (Boris Lavr ič) 1. Nekaj matem at ič ni h nalog za osnovnošolce (U č ite lj i matemati ke in fizike iz Slovenskih Konjic) 40 - 42, 61 - 63 2. N aloge o Luninih menah (Janez Ferberl 43,64 3 . Sm rketa na jezeru (F ranci Oblak, reš. Peter Petek) 54,256 4. Dane so št iri točke .. . (F ran c t.ebed lnc) 103, 128 5. Pisali so nam (pr ir. Damjan K oball 112 - 113 6 . Poišči vsa trimestna štev ila, k i so enaka vsot i f akultet svoj ih ci fer (M ari ja Vencelj) 134 7. Nagradna naloga : V počastitev Ramanujanove stoletnice (Marko Petkovšek) 8 . Nekaj nalog iz matematike za učence od 5. do 8. razreda (Pavle Zajc) 9. 10 . 11 . 12. 13 . N ovi ce 1. Kako n isva po st ala m il ijonarj a (Bor is Hrovat, Mi ro L oz ej ) 2 . Sreč anj e mladih raziskovalcev (Zvonka Kos, Pavla Ranz ingerl 3. Ob stolet n ici Erwina Schrod ingerja (Janez St rnad) 4 . Računalništvo nekol iko drugače (Ve selko Gušt in) 5 . M ladi f izik i so tekmovali (Miro T rampu š] 44 - 49 94 - 95 154 - 157 2 16 - 219 336 384 63 r::c~~ ~ rT] ~::n ~ ~ ~ ==- 6~ Mb L ~ ~ ~ L~::C~ L~ C~~ SAMO KUS(;ER . EDO PODREKA ln RACU ALNIK V letošnjih številkah Preseka smo vam pri- poročili nekaj novih zanimiv ih knjig, na tej stran i pa predsta- vljamo naslovnice št irih med njimi ...