ASTRONOMIJA FIZIKA RAČUNALNiŠTVO RAZVEDRILO FIZIKA MATEMATIKA NOVICE TEKMOVANJA NALOGE REŠiTVE NALOG NOVE KNJIGE NA OVITKU VSEBINA 19. letn ik. 1991/92. š t. 4 Slikanje astrono ms kih o bje kto v s CC D kamero (Toma ž Zwit ter in Boja n Dintinja na) II. 194 -198 Jakob ova palica ( Ma rija n Pr osen) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 200 -2 02 Led in voda ( Janez St rnad) 204-208 Derive ( Matija Lokar) 210 -212 Brs tenj e ( Mirko Doboviše k) 214- 218 Ko nve ksn i ta ng ra ms ki liki (Vi lko Do maj nko) 220-222 Z eno potezo ( Ma rija Ven celj ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 3 Po i šč i izre k (Marija Ven celj ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 3 Križa nka P rofesorju za življe ns ki jubi lej ( Marko Bokalič) . 22 4-225 Ut rinek ( Marija Vencelj) 230 New ton ovo ja bolko in ja blan a (J a nez St rn ad) . . . . . . . . . . . .. 233 O vsot i razdalj med točkama (Darjo Felda ) 226-227 Se je m (Ci ril Velkovrh ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209 Račkova knjižnica . P resekova knj ižnica . Knjižnica Sigma 228-229 Urnik tekmova nj v le t u 1992 ( Da rjo Felda ) 23 0-233 Nob elova nagr ada za fiziko v letu 1991 ( Ire na Dreven šek ) IV, 23 4-235 27 . repu bliško te kmova nje os nov nošolcev iz matem a tike - Rešitv e na log s s t r. 169 (A leksa nde r Potočnik ) . . . . . 23 6-238 35 . repu bliško tekmova nje srednješolce v iz mat ematike - Rešit ve na log s st r. 172 (Darjo Felda) 240- 243 Kvalifika cije za zvez no t ekmovanje srednješolc ev iz matem atike - Rešitve naloge s s tr. 174 ( Ma tjaž Le ljko) . . . . . . . 244-2 46 15 . republiško srednješolsko tek movan je iz ra čuna ln i štva - Reš itve nalog s st r. 86 (Primož Gabrijel či č) 248 - 111 Ribiška ( Ma rija Vencelj) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 ~e Naok rog po stožcu (A nton Cedilni k) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202 P re pogibanje lista pa pirja (An to n Cedi lnik) . . . . . . . . . . . . . . . . 203 S rečka ( Ma rija Ve ncelj) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 203 Švica rski tram vaj (Boru t Za lar) 212 P ra vilni pe t kot nik ( Ma rija Vencelj) 213 Koliko pitagorejskih t rikotnikov? (Marija Ven ce lj) . . . . . . . . .. 213 Tr i na loge z nar av nimi števili (B orut Za lar) 227 Na okr og po s tožcu - s s t r. 21 ( Mar ija Vencelj) 198-1 99 Tet ivni osem najs t kotnik - s s tr . 165 (Boris Lavri č } 218-21 9 Šte vilska kr ižan ka - s s t r. 188 ( D.M.Milošev i<:, . prev . D. Ko bal) 223 Teht a nje z ver igo - s str. 165 ( Mari ja Vencelj) 238 Sod - s s t r . 129 ( Boris Lavrič) 246-2 47 Ta ngramski par ad oks i - s str . III. P -3 (Vilko Domajnko) 247 M il utinov i č , Ž u bri nič , Bal ka ns ke matematičke olimpijad e (Darjo Felda) 235 M .Lokar , Deriv e ( Nada Razpet ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239 S . Kla vžar, Zvezd ne besede ali Word Star po doma če ( Mojca Lokar ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III Posn et ek O riono ve meglice s CCD ka mer o , mo nt ira no na avtomatskem fotom et ri čnem te lesk opu (foto Bojan Dinti njan a) . Glej tu di č la nek na s tra ni 194 . Slika t eko č ega krista la pod po lari zacij sk im mikrosko pom , posn et a v laboratoriju za ap likac ijo tekoč i h krista lov na Ins ti t ut u J ožef Stefa n. Glej č la nek na s t ra ni 23 4 . . . . . . . IV 193 RIBIŠKA Joze s sinom ln Andrej s sinom so šli ribe lovit. Domov grede se je po- govor seveda vrtel le okoli ujetih rib. Med drugim so ugotovili : Število rib, ki jih je ujel Joze , se končuje s števko 2, število ujetih rib njegovega sina s števko 3. 5tevilo Andrejevih rib se končuje prav tako s 3, število rib njegovega sina pa s 4. Izkazalo se je še, da je skupno število ujetih rib kvadrat naravnega števila. Kako je ime Jožetovemu sinu? Marija Vencelj PRESEK list za mlade matematike, fizike , astronome in računalnikarje 19 . letnik, šolsko leto 1991/92. številka 4, strani 193 - 256 UREDNiŠKI ODBOR: Vladimir Batagelj, Tanja Bečan (jezikovni pregled), Dušica Boben (oblikovanje teksta) , Mirko Dobovi šek (glavn i urednik), Vilko Domajnko, Darjo Felda ( tekmovanja), Bojan Golli, Marjan Hribar, Martin Juvan (računalništvo), San di Klavžar, Edvard Kramar, Boris Lavrič : Andrej Likar (fizika), Matija Lokar, Franci Oblak, Peter Petek, Pavla Ranzinger (astronomija), Marjan Smerke (svetovalec za fotografijo) , Miha Štalec (r isbe), Ciril Velkovrh (urednik, nove knjige, novice), Marija Vencelj (matematika, odgovorna urednica) . Dopise poš iljajte in list naročajte na naslov : Društvo matematikov, fizikov in astronomov Sloven ije - Podružnica Ljubljana - Komisija za t isk, Presek, Jadranska c. 19 ,61111 Ljublja- na, p.p. 64, tel. (061) 265-061/53, št. žiro računa 50101-678-47233. Naročnina za šolsko leto 1991/92, vplačane po 15.2.1992, je za posamezne naročnike 500 SLT , za skupinska naročila šol 400 SLT, posamezna številka 100 SLT (BO SLT), za tujino 12000 LIT. List sofinancirajo MZT, MŠŠ in MK Ofset tisk DELO - Tiskarna , Ljubljana Tekst je oblikovan z računalnikom SUM 286 , ALTECH, Ljubljana © 1992 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije - 1094 OC-Oll'\'l1"ll ' lO, ,_, 1" _, 'l_' ,'- , , SLIKANJE ASTRONOMSKIH OBJEKTOV S CCD KAMERO Ob vprašanju , kakšen detektor uporabljamo v obi čajn i pa tud i v astronomski fotografiji , bi najbrž takoj pom islili na film. Kot kaž e, pa smo pri fotog rafiranju objektov vseh vrst priča velikim sprememba m: t radicionalni kemijski zapis slik na filmu vedno odločneje izpod riva elektronska te hnologija , ki jo srečamo v vsaki sodobnejši video kam eri. Detektor je v t em primeru CCD kame ra, ki temelji na fotoefektu v trd ni snovi. V tem sestavku bomo predstavil i uporabo tega detektorja pri slikanju ast ronoms kih objektov . Omenili bomo t udi ostalo opremo , ki jo potrebujemo za učinkovi to delo; med to sod i tud i ast ronomski teleskop s popolnoma avtomatiziranim upravljanjem . Osnova elektronskega beleženja slik je tako imenovani CCD č i p , ki ga na- mestimo v gor i ščno ravnino te leskopa. Fotoni z astronomskih objektov skozi prozoren zgornji pokrov č i p a vstopajo v silicijevo rezino in tam povzročajo fo- toefekt (slika 1) . Izkoristek tega procesa j e dokaj dober , saj do 80% fotonov z valovnimi dolžinami med 400 in 1100 nm povzroči prehod elektrona v pre- vodni pas . To je mnogo bolje kot pri filmu, kjer je izkoriste k največ nekaj odstotkov . Mesto nastan ka elektrona nam pove izvor ust reznega fotona . 5tevilo elektronov na določenem mestu je sorazmerno s tokom vpadlih fotonov in tako s sijem ust reznega objekta . Za kvantitativne meritve astronomskih objektov v goriščni ravnini moramo med ekspoz icijo preprečiti izgubljanj e ali morebitno potovanje elektronov po čipu . Elektronom moramo onemogočiti, da bi se vrnili nazaj v prejšnje vezano stanje. Poleg tega ne smemo dopustiti , da bi se razlezli po čip u in tako zmazali sliko. Za oboje poskrbi napetost , ki jo priključimo med žicami na zgornj i strani in med spodnjo st ranjo silici- jeve rezine. Elektroni se nabirajo v potencialn ih jamah pod žicami, mesta , kamor bi se elektroni lahko vezali, pa električno polje potisne v notranjost silicija. Kanali, ki so zapolnjeni s snovjo , po kateri se prosti elektroni ne morejo gibati, so nanizani v pravokotni smeri glede na žice in elektronom preprečujejo tudi potovanje vzdolž žic. Tako dosežemo, da nas elektroni v . prevod nem pasu "p oča kajo" na mestu svojega nastanka vse do trenutka , ko ekspozi cijo končamo in preberemo, koliko in kje se j ih je nabralo. To je dalo detektorju tudi ime : CCD je kratica za angleško skovanko Charge Coupled Device; v tem primeru je naboj vezan na električno polje žic. Po koncu eks- pozicije s preklapljanjem napetosti na žicah elektrone najp rej "zap eljerno" na rob silicijeve rezine, tam pa naboj s kondenzatorjem spremenimo v napetost , ga digital iziramo in po hitri povezav i sporočimo računaln i ku. Informacija o osvetlitvi posamezne točke , to je pravokotnega območja med sosednjima 195 kanaloma in pod ustrezno žico, je tako takoj po branju že zapisana v računal­ nikov spomin . CCD detektor je torej ploskovni detektor z nekaj sto tisoč točkami , ki pokrivajo površino okrog 2 cm2. o SILICIJ f:;:;:;:;:1I ZOLATOR 1/1 ŽICA KAHAL Slika 1. Shematski prerez CCO čipa. Z debelo prek injeno črto je označena velikost ene za svetlobo občutljive točke. Prednosti CCD detektorja v primerjavi s filmom je veliko. Računalnik prebere naboj na CCD čipu v nekaj sekundah (v video kameri, kjer je potrebna manjša točnost pri branju , celo v 1/25 sekunde). Sliko lahko takoj prikažemo na zaslonu in se odločimo, če sta bili dolžina ekspozicije in centriranje objekta pravšnji , ali pa bomo posnetek takoj ponovili. Zamudno razvijanje filma tako odpade . Poleg te možnosti ima CCD še druge prednosti, ki si jih bomo najlaže ogledali na primeru. Na naslovnici je posnetek meglice M 42 v ozvezdju Oriona . To je emisijska meglica , ki seva zaradi prehajanja atomov vodika iz višjih v nižja vzbujena stanja. Energijo za vzbujanje vodikovih atomov seva četverica svetlih in vročih zvezd v središču meglice , ki so jim nadeli ime Trapez. Vzhod je na posnetku zgoraj in sever desno . Barve na posnetku niso prave, ampak označujejo področja, ki so približno enako svetla . Svetlost raste od črne proti beli barvi. 5tevilke ob barvni skali pomenijo število zaznanih fotonov . Povečan osrednji del meglice je v drugi svetlostni skali narisan v okvirčku v desnem spodnjem kotu. 196 5tevilo elektronov v prevod nem pasu je sorazmerno številu vpadlih foto- nov, zato je za razliko od filma odziv CCO detektorja linearen . Ob tem ima CCO detektor zelo velik dinamični obseg, to je razmerje med najmanjšo in največjo možno zabeleženo intenziteto. Na posnetku Oriona je to razmerje kar 1:15000. Tako lahko na istem posnetku zabeležimo temne robne dele meglice ter zelo svetel osrednji Trapez. Kaj takega na filmu zaradi mnogo manjšega dinamičnega obsega ne bi bilo mogoče ; če bi hoteli slikati celo meglico , bi bil Trapez presvetljen , ob dovolj kratki ekspoziciji za slikanje Trapeza pa "ne bi videli temnih zunanjih delov meglice. Slika 2 Število pozameznih od- čitkov za kos neba ob desnem robu slike na naslovnici . Majhna razmazanost odčitkov okrog po- vprečne vrednosti pomeni, da i- ma CCD detektor zelo nizek šum. >o ::10000 xl 'o O O ~ 5000 li.... OG'l ..OO eoo 800 1000 1200 zaKnanib folonov- Slika na naslovnici je zelo veren posnetek Orionove meglice. Predel v temnem spodnjem kotu slike meglice nam to nazorno kaže (slika 2). Za- beleženi odčitki kolebajo le zaradi relativno majhnega števila fotonov , ki so med ekspozicijo zadeli detektor. Prihajanje fotonov na detektor je naključen proces . Pri 100 pričakovanih fotonih na določeni točki jih pri posamezni ekspoziciji preštejemo nekaj več ali manj, vendar je razlika do 100 redko- kdaj večja od ..;IDO = 10. Tej vrsti napak, ki jim pravimo fotonski šum , se ne moremo izogniti pri nobenem detektorju . Ostalim vrstam napak, kot je neželeno vzbujanje elektronov v prevodni pas zaradi previsoke temperature detektorja ali napakam zaradi nenatančnega branja zbranega naboja , pa se izognemo tako, da detektor hladimo z več zaporednimi Peltierovimi členi na približno 2000 K ter da naboj beremo dovolj počasi . Do sedaj smo govorili le o prednostih CCO detektorja. Ima pa tudi eno pomanjkljivost: CCO čipi imajo relativno majhno površino , ki je občutljiva za svetlobo, tako da pokrijejo le majhen del goriščne ravnine teleskopa . Zato še vedno uporabljajo fotografske plošče, kadar želijo hkrati posneti velik kos 197 nebesnega svoda . Ne smemo pa pozabiti , da je slika , dobljena s CCD detek- torjem, takoj na voljo v digitalni obliki in jo takoj lahko začnemo obdelovati: sliki lahko povečamo kontrast , zmerimo sij, pozicijo in velikost objektov na sliki, seštejemo in kvantitativno primerjamo posamezne slike istega objekta med seboj. Vse to gre pri filmu veliko teže: po razvijanju moramo z zamud- nim postopkom digitalizirati sliko, ki je na filmu zapisana kot počrnitev zrnc . Tudi po digitalizaciji imamo precej težav zaradi majhnega dinamičnega ob- sega zapisa in zaradi pogostih napak v zrnatosti filma. Tako tudi objekte, ki na nebu zavzemajo relativno velik prostorski kot, raje "pokrijejo" z mozaikom več CCD posnetkov, kot pa da bi uporabili film. S CCD kamero se tudi manjšim teleskopom odpirajo možnosti slikanja zelo temnih nebesnih objektov, ki so bili prej dostopni le velikim teleskopom . Vendar uspeha ne bo, če tudi teleskop ne bo prilagojen večji natančnosti, ki jo zahteva de lo s CCD kamero . Zatakne se lahko že na začetku : ker so objekti opazovanja lahko mnogo temnejši kot pri delu s filmom, imamo le malo možnosti , da jih bomo uspeli opaziti v iskalnem daljnogledu . Z nekaj smole lahko dober del večera zapravimo za to, da objekt sploh najdemo. Zato je neizogibno, da ima teleskop avtomatsko upravljanje . V računalnik , ki kontrolira gibanje teleskopa, vtipkamo koordinate objekta na nebesni krogli . Računalnik nato izračuna čas in pospešek vrtenja motorjev na teleskopovih oseh ter obrne teleskop. Avtomatski 25 centimetrski teleskop , ki smo ga razvili na Astronomsko geofizikalnem observatoriju (AGO) , se je izkazal kot zanesljiv tovrstni instrument (glej astronomske efemeride Naše nebo 1992). P ri zasukih teleskopa večjih od 90° je napaka okrog 5', pri zasukih manjših od l° pa le do 10" . Ker je vidno polje CCD detektorja na tem teleskopu precej večje (lO' x 15') , je problem iskanja objektov na nebu rešen . Temni objekti zahtevajo kljub veliki občutljivosti CCD detektorja dolge ekspozicijske čase. Med trajanjem osvetlitve sledi teleskop navideznemu vrte- nju neba, tako da se slika astronomskih objektov na CCD detektorju ne razmaže. Pri polurni osvetlitvi se mora teleskop obrniti za 7.5° , to je za 7.5 x 60 x 60" = 27000". Slika bo ostra , če teleskop pri tem zasu ku ne bo zgrešil za več kot kako ločno sekundo. Take natančnosti ne zmorejo še tako natančno izdelani mehanski deli. Zato je potrebno napake pri sIede- nju sproti preverjati in odpravljati . Najenostavnejša rešitev je, da pravilnost sledenja spremljamo spomožnim daljnogledom , ki je pritrjen na glavnega. Kako svetlo zvezdo v bližini opazovanega objekta nastavimo na nitni križ , napake pri sledenju pa sproti popravljamo s komandami motorjema na obeh teleskopovih oseh . Nerodno je le, da moramo ves čas ekspozicije stati ob 198 okularj u, pa še naša sodba o velikost i potrebnega popra vka sledenja je precej negotova . Sodobn ejši način aktivnega sledenj a, ki ga uporabljamo na AGO, je mnogo natančnejši in za opazovalca ma nj naporen . Namesto opazoval- ca oprav i nalogo manjša CCD kamera , ki jo namest imo v goriščno ravnino pomožnega teleskopa . Med trajanjem osvet litve na glavne m telesko pu naredi- mo z manjšim teleskopom dolgo serijo nekajsekundnih CCD posnetkov neba okrog svetl e zvezde . Po vsakem posnetku računalnik analizira , ali je slika svet le zvezde še vedno na ist em mestu ter po potrebi pošlje ust rezne ukaze motorjem. Avtomatski t eleskop današnjega ča sa je precej zapleten : dva CCD de- t ektorja, dva ra čuna lnika, dva kora čna motorja , računanje pozicij objektov v danem t renutku , spro tna anal iza in popravljanje napak pri sledenju, . . ., pravzaprav je avtomatski teleskop vrsta natančnega robota . Natančen v tem primeru pomeni , da bi iz Ljubljane lahko slikali Aljažev stolp na Triglavu (ob dobrem vremenu , seveda) . Tomaž Zwitter. Bojan Dintinjana NAOKROG PO STOŽCU - Rešitev naloge s str. 21 Uredništvo Preseka je dobilo št iri odgovore na vprašanje iz nagradne naloge Naokrog po stožcu, zast avljene v prvi številk i Preseka . Trije reševa lci so narobe sklepali že na za četku naloge. Drago Bokal iz Srednje vasi pri Pol- hovem Gradcu pa je najprej pravilno ugotov il, da se bo vrvica ustal ila v po- ložaj u, ko bo njen delokrog stožca najkrajši , nato pa narobe nada ljeval. Za vzpodbudo smo ga nagradili s knjižno nagrado. Poglejmo zdaj pravilno rešit ev naloge . Ravnotežni položaj - stanje najmanjše poten cialne energije - nastopi , ko doseže ut ež najnižjo možno točko . Tej legi uteži ustreza tak položaj vrvice, pri katere m je dolžina t isteg a dela vrvice, ki poteka okrog stožca od vpon ke do vponke, najkrajša. To pa je že či sto matemat ičn i problem . Označimo z V vrh stožca in z A položaj vponke na njegovem plašču . Poiskat i moramo najkrajšo izmed vseh 199 poti, ki vodijo po plaš ču stožca od točke A okrog vrha' V nazaj k A. Več o takih problem ih lahko preberete v članku Borisa Lavriča: Bliže k razdalji v 5. številki XVI. letnika Preseka . Tam tudi zvemo , da se da problem enostavno rešiti, če lahko ploskev, po kateri potekajo poti , razvijemo v ravnino . Taka ploskev je tudi plašč stožca. Prerežimo plašč našega stožca vzdolž poltraka, ki ima izhodišče v V in poteka skozi A , in ga razvijmo v ravninsko ploskev (slika 1). Očitno je najkrajša pot tista, ki ustreza daljici AA - seveda pri pogoju , da ta daljica poteka po mreži plašča kot na sliki 1. Tak primer nastopa , če je mreža plašča krožni izsek s središčnim kotom, manjšim od iztegnjenega kota . A v \ / " /-, /..... ..-----, A Slika 1 Slika 2 Kadar je ta kot večji (slika 2) , je očitno pot AVA po robu prereza krajša od katerekoli poti AA po plašču stožca. V takih primerih se vrv sname čez vrh stožca . Mejni primer je enakostranični stožec (slika 3). v s = 2'JTr => S =2r v Slika 3 Pri stožcih, ki so ob vrhu" ostrejši" od enakostraničnega, torej vrv obstane na stožcu , in sicer v položaju, ki preide v daljico, če plašč stožca, prerezan od vrha preko položaja vponke , razvijemo v ravnino. Pri bolj" tepih" stožcih pa vrv zdrsne čez vrh . Marija Vencelj 200 JAKOBOVA PALICA V prvi številki letošnjega Preseka je zanimiv razvedrilni prispevek Jakobova lestev. Spodbudil me je , da tudi sam pristavim svoj " astronomski lonček" in vam napišem nekaj o Jakobovi palici. Prav nič skupnega nima ta palica z omenjeno lestvijo . Jakobova palica je namreč preprosta naprava , ki so jo že stari astronomi uporabljali za merjenje kotov na nebu. Druga imena za Jakobovo palico so še križna palica , stopinjska palica , radius astronomicus , baculus (latinsko kol, palica; izg. bakulus) . Jakobova palica sestoji iz dolge ravne (navadno lesene) palice, po kateri lahno drsi kratka pravokotna prečka , ki ima na obeh straneh palice enako dolžino, torej ICA 1=1 C B 1(slika 1) . Na palici in prečki označimo dolžinsko skalo. Opazujemo s prostim očesom. Pri merjenju držimo palico v rokah (sliki 2 in 3). Zorni kot (kotno razdaljo) med dvema predmetoma na zem- ljišču npr. dvema vrhovoma hribov ali pa dvema vesoljskima telesoma L in LI izmerimo tako, da postavimo palico in prečko v ravnino očesa in obeh predmetov oziroma obeh vesoljskih teles (ravnina OLLl). Z očesom O Slika 1. Jakobova palica; L in Ll - vesoljski telesi na različnih oddaljenostih od nas, LI, in L~ - projekciji (legi) teh teles na nebu, O - oko opazovalca, et - zorni kot , pod katerim vidimo vesoljski telesi z Zemlje. 201 viziramo telesi preko kraji š č A in B prečke . Zorni kot o: izračunamo iz zveze: tan(0:/2) =1 AC 1/ I OC I Zorni kot lahko ugotovimo t udi tako, da v zrnanjsanern merilu narišemo pravokotni trikotn ik s kat eta ma I AC 1 in 1 OC J, s kotomerom Izmerimo 0:/2 in nato izračunamo 0:. Pri merjenju lahko uporabljamo različno dolge prečke. Manjše kote merimo z manjšimi prečkami . Pri nočnih meritvah palico osvetljujemo s šibko svetlobo . Če merimo z vedno isto prečko, lahko na palici namesto dolžinskih oznak zarišemo kar ustrezno preračunane kotne oznake. Natančnost meritve je približno l° (ena kotna stopinja), torej slaba . Če želimo boljšo natančnost , izvedemo več (najmanj pa deset) meritev z isto prečko ali pa z različno dolgimi prečkami. Za najbolj zanesljivo vrednost merjenega kota vzamemo povprečno vrednost. Natančnost povečamo tudi z bolj fino izdelavo naprave. Poskus i na svojstven način izdelati Jakobovo palico in jo praktično uporabiti pri merjenju najrazličnejših kotov . Za začetek predlagam : 1. Izmeri zorni kot med dimnikom oddaljene hiše in vrhom cer- kvenega stolpa. 2. Izmeri zorni kot med dvema svetlima znanima zvezdama. npr. "<, L. ; ebesro kroglo Slika 2. Način merjenja zornega kota z Jakobovo palico . Merimo v poljubnih ravninah (levo) . Takole z Jakobovo palico merimo višino h vesoljskega telesa Ll (desno). 202 med zvezdo Severnico in izbrano zvezdo v Velikem vozu. 3. Na način. ki je prikazan na sliki 3 . poskusi izmeriti višino gore, dimnika, cerkvenega stolpa. 4. Poskusi izmeriti višino Severnice , to je kot med vodoravno ravnino in smerjo proti Severnici . Potem se loti zahtevnejših mer- jenj . Več o njih poglej v knjižici Astronomska opazovanja, Preseko- va knjižnica 3, 1978. Ne obupaj , če boš dobil slabe rezultate . Vztrajaj , treniraj , bodi uporen, trmast . Samo s trdno voljo boš uspel. Za tolažbo ti povem, da te meritve sploh niso od muh. Marijan Prosen Slika 3. Določanje višine Sonca z Jakobo- vo palico . Pri merjenju kažerno Soncu hrb et. ŠE NAOKROG PO STOŽCU V prvi številki letošnjega Preseka je bila na strani 21 nagradna naloga Naokrog po stožcu . Tiste, ki ste jo rešili ali pa ste v rešitev le pokukali, vabim , da z nalogo nadaljujemo. Denimo, da vponka ni pritrje- na . Kaj se zgodi , če je stožec zelo strm , recimo s > 6r? Kaj pa, če je nasprotno s < 6r? Anton Cedilnik /\'O' l" : C" ,L_'LrL PREPOGIBANJE LISTA PAPIRJA Vzemimo list papirja formata Aa 1189 mm x 841 mm . Verjetno že veste , kakšno znači lnost ima format An. Le ga prepognemo natanko na polovico, ostane razmerje robov enako in dobimo format A n+l . a c a :b=b :c=V2 b Al : 841 mm x 595 mm, A2 : 595 mm x 420 mm , A3 : 420 mm x 297 mm itd . An Le je debelina papirja, recimo, desetinka milimetra, je po zgibu Aa v Al debelina dvojnega lista 0.2 mm, Al se prepogne v A2 zdebelino 0.4 mm in tako naprej . Vprašanje: kater i format je dolg le še toliko, kolikor je dolga molekula celuloze , in kakšno debelino ima , če smo ga dobili s prepogibanjem začetnega lista? Pri tem zanemarimo, da postane prav kmalu zavihovanje več listov naenkrat zelo težavna zadeva . Ocena za dolžino molekule celuloze naj bo 10-6 m. Pred računanjem ocenite" na oko" št evilo pregibanj in debelino takšne zvihanke; pozneje boste ugotovil i, da je ena od ocen daleč prevelika in druga daleč premajhna . No, ravno v tem je hec te sicer lahke naloge . ~e dve zanimivi informaciji : 1189 ~ 1000 V'2; ploščina formata Aa je 1 m2 , plošči na vsakega nadaljnjega paje pol manjša od prejšnje . Anton Cedilnik SREČKA Tina je iz šole grede kupila srečko . Ker ima navado, da dela razne kombinacije s števil i, ki jih sreča , je hitro ugotovila, da je vsota števk petmestnega števila na srečki enaka starosti njene mame. Ko je to poveda la mami, je ta takoj vedela za številko Tinine srečke. Jo lahko ugotovite tudi vi? Marija Vencelj - '-1-/'/"r Lrm LED IN VODA Voda je posebna snov . Med njene fizikalne posebnosti sodi temperaturna odvisnost prostornine. Pri navadnem zračnem tlaku 1 bar nad temperaturo 4°( (natančneje 3,98 o( ) prostornina vode narašča z naraščajočo tempe- raturo , kakor je običajno pri drugih snoveh . Pod 4°( pa prostornina vode narašča s pojemajočo temperaturo. Prostornina kilograma vode je pri 4°( najmanjša . Tedaj je gostota vode največja (slika 1) . Podobno temperaturno odvisnost prostornine opazimo samo pri snoveh, ki so podobne gumiju, in pri nekaterih kristalnih trdninah . To pa še ni vse. Ob tali š ču - OO( pri navadnem tlaku 1 bar - ima kilogram ledu precej večjo prostornino kot voda. Led ima tedaj precej manjšo gostoto kot voda. Voda ni edina snov s to lastnostjo, opazimo jo , na primer , pri antimonu , galiju, bizmutu . Molekula H20 ima obliko nekakšne črke L z atomoma vodika na krajiščih Jn atomom kisika v oglišču pri kotu, nekaj večjem od pravega (104 ,5°) . V kristalu se molekule ne morejo naložiti tesno druga ob drugo , kot če bi bile iztegnjene, ampak se uredijo v šestkotnike. Tako je v njem veliko nezasedenega prostora, zaradi česar ima manjšo gostoto kot kapljevina . Blizu ledi š ča nastanejo v kapljevini nekakšne zasnove kristalov in je ' zato njena gostota manjša kot pri 4°C. V nekaterih učnih knjigah zasledimo trditev, da sta opisani posebnosti vode pomembni za obstanek življenja v mirujoči vodi. Ob ohlajanju vode se v " 6 ( b ) 2 999 , 7 - 99 9 .6 '----L.._-'-_.L----'-_-'-,~ 9 99 ,6 O 6100C 1000 ,0 k9/ rn3 999 .9 T " 6 "· il 10°C (a) 2 1,0001 1,OOOOL----'e...-..:::"-'-'""""--'---'-- '--~ O 1,00 02 1.0003 drn 3 Slika 1. Temperaturna odvisnost prostornine kilograma vode (a) in gostote vode (b). Prostornine ledu pri led išču pri navadnem zračnem tlaku 1,091 dm 3 in gostote ledu 917 kg/m3 ne moremo narisati ; ustrezni točki bi ležali kakih 9 metrov nad vodoravno osjo ali pod njo . 205 vzpostavi ravnovesni temperaturni profil: v vse višjih plasteh ima voda vse manjšo gostoto in vse višjo temperaturo. Z globino temperatura pojema in gostota narašča. Razmere se spremenijo , ko se voda ohladi pod 4 "C. Odtlej se na dnu nabira voda s to temperaturo. Pri dovolj nizki temperaturi ozračja ima torej voda ob dnu temperaturo 4 °C in ob gladini O"C, Poslej na glad ini voda zmrzuje in nastali led, tudi če se odlomi , zarad i manjše gostote plava na gladini . Pri tem smo privzeli, da voda miruje in ni zunanjih motenj. Dalje sklepajo takole: Le ne bi bila najgostejša pri 4 °C , ampak pri O° C, bi imela ohlajajoče se voda temperaturo O° C na dnu . V zmernem podnebnem pasu bi led nastajal pozimi na dnu in bi ostal tam, tudi ko bi se odlomil, če ne bi bil redkejši od vode. Plast ledu na dnu bi se debelila in spom ladi in poleti bi je v dovolj globoki vodi sonce ne moglo staliti . Iz leta v leto bi postajala plast ledu na dnu debelejša. Vodne živali v morjih , jezerih in ribnikih bi naposled izumrle . Spremenilo bi se podnebje in morda bi nastala ledena doba. Pri tem smo privzeli, da bi se lastnosti vode spremenile, potem ko bi se življenje v vodi že razvilo. Najbrž pa se v navedenih okoliščinah življenje , kakršno je dandanes na Zemlji , sploh ne bi moglo razviti . Č ep r a v je bil zadnji del razglabljanja poenostavljen , se je vredno vprašati , ali mu gre zaupati. Že običajna fizikaina vprašanja , ki zadevajo razmere zunaj laboratorija , utegnejo biti zelo zahtevna . Vprašanje vrste "Kaj bi bilo, če bi ... ?" pa je še posebej neprijetno , ker vse okoliščine niso dobro določene . Vseeno poskusimo vsaj okvirno odgovoriti nanj . Tega ne delamo zato , da bi pikolovsko preganjali napake v knjigah, ampak zato, da bi bili pri fizikalnih izjavah previdni . Ob tem se lahko naučimo tudi kaj fizike. Morda se je mogoče dokopati do odgovora s poskusi? Da. Osnovni poskusi niti niso zahtevni . O njih je Klaus Weltner z Inštituta za didak- tiko fizike univerze v Franktfurtu poročal leta 1987 n~ sestanku Nemškega fizikalnega društva v Berlinu . Dve laboratorijski ča š i je na straneh in na dnu izoliral z več kot 4 cent imet re debelo plastjo penaste plastike in postavil v lesena zaboj čka, Pri prvem poskusu je veni od čaš zmagnetni m mešalnikom nenehno mešal vodo in s tem preprečil , da bi se na dnu nabrala voda s tem- peraturo 4 0c. (Magnetn i mešalnik sestavlja v čaši podolgovat kos železa ali podobne snovi , ki se vrti v vrtečem se magnetnem polju. Tega ustvarjajo tokov i po tuljavah zunaj zabojčka .) Zabojčka s čašama je postavil v zm rzo- valno skrinjo in opazoval debelino nastale ledene plasti po 12, 24 in 48 urah . Vselej je bila plast ledu na gladini vode v obeh čaša h skoraj natanko enako debela . Pri drugem poskusu je eno izmed ča š zap rl s celofanom , jo skupaj z zaboj čkorn obrnil in postavil v zmrzovalno skrinjo . Celofan je preprečil vodi, 206 da bi iztekla, a poskrbel, da je bila na dnu v toplotnem stiku z zmrzovalnikom , medtem ko je bila voda na gladini izolirana, Plast ledu se je v tem primeru razvila v glavnem na dnu vode. Prvi poskus kaže , da bi ribe in 'druga vodna bitja preživela tudi brez anomalije vode , kakor pravimo pojavu, da je voda najgostejša pri 4°(, Ob dnu bi pač morale plavati v vod i s temperaturo O0(, namesto v vodi s temperaturo 4 0 (, Vendar niti v primeru , da bi bil led gostejši od vode, ne bi nastajal na dnu . Voda oddaja toploto namreč zraku na gladini in ne tlem na dnu . Na dnu voda ne oddaja toplote, ampak jo prejema od tal, če p ra v je toplotni tok zelo majhen . Temperatura zemeljske skorje narašča z globino in se poviša za 3 stopinje na vsak ih 100 metrov, Temperaturna razlika poganja toplotni tok navpično navzgor. Na površju oddaja vsak kvadratn i meter zemeljske skorje v povprečju toplotni tok 0,06 wattov. To sledi iz zakona o toplotnem prevajanju s povprečno toplotno prevodnostjo tal okoli 2 W/m ·K. Tudi voda na dnu prejema od tal toplotni tok s približno gostoto 0,06 W/m2. Zaradi tega, ker voda oddaja toploto na gladin i, nastaja led na gladini . Tam bi ostal tud i, če bi bil gostejši od vode , dokler se ne bi odlomil. Plast ledu na gladini bi se spomladi sta lila, kakor se stali zdaj. Le odlomljeni kosi ledu bi pad li na dno . Zaradi njih bi voda imela v povprečju nižjo temperaturo, kot jo ima zdaj . Da bi lahko ugotovil i, če bi to izrazito vplivalo na življenje v vod i, bi morali vedeti, kolikšen del ledu ostane na gladini in kolikšen del se odlomi. Vsekakor je za razmere na Zemlji to , da je pri tališču voda gostejša od ledu, pomembnejše od anomalije vode. Nazadnje poskusimo odgovoriti še na vprašanje , kako hit ro se debeli plast ledu. Za prevajanje toplote skozi plast ledu z debelino z velja zako n o prevajan ju toplote v obliki _ '\ T I1 - T' 2J = A z j je gostota toplotnega toka , Til = OO( temperatu ra ledu na spodnji meji z vodo, T' 2 temperatura ledu na zgornji meji plasti in A toplotna prevodnost ledu, približno enaka 2,3 WI m-K. Plast ledu se zdebeli za fJ.z v času fJ.t, v katerem odda top loto jSfJ.t , če je S osnovna ploskev plasti . Maso m te plast i dobimo, ko pomnožimo gostoto ledu p = 917 kg/m3 s prostornino S fJ.z, oddano toploto pa, ko maso pomnožimo s taliino top loto ledu qt = 0,334 MJ/kg. Iz enačimo jSfJ.t z mqr = pSfJ.zqt, pa imamo j = pqtfJ.z/ fJ.t . V približku izenač i mo temperaturo na zgornji meji ledu s temperaturo zraka 207 T I2 = Tz in vp eljemo Til - Tz = To . Iz ena čbe pqtzilz = >"Toilt dobimo končni čas t , ko seštejemo vse ča sov n e razmike. Na desni stran i pa vstavimo za z povprečje med končn o in začetno debelino z = i (Z2 + Zl) tanke plasti ilz = z2 - zl in dobimo za z ilz = i (zj - zi) . Ko seštejemo prispevke med za četno debe lino O in končno de be lino z, preost a ne le še iz2. Debe lina ledu z =V2>..Tot pq t (1) z 11 T : 15° C120 cm 100 80 60 40 .. .' .'.' ..' .... ..... j . I JM = SoC 80604020 o ~-_....L..._-----'- _----' ..L.-_ _ --'--_ _ " O t Slika 2. Časovna odvisnost debe line ledu pri zra ku s tempera t uro -5 DC (tr i krivulje spodaj) in s temperat uro -15 DC (tri krivulje zgoraj). Za top lotno prevodnos t vzam em o v prvem primeru 2,24 W / m· K pri - 2 . 5 DC in v dru gem, 2,34 W / m· K pri - 7 , 5 DC. Pikčasti krivulji ustrezata približku (1), sklenjeni in črtka ni pa enačbi (2) , prva v brezvet rju z cl =5, 6 WIm2 .K in druga v vetru s hitrostjo 2 mis z cl =11,1 W1m2 ·K. 208 narašča sor azmerno s kvadratnim korenom iz časa. P ri tem približnem računanju nismo upoštevali, da v zraku ob ledu nastane tanka mejna plast, v kateri se t emperatu ra zraka zniža enakomerno od T ' 2 na Tz . Ta temperaturna razlika poganja topl otni tok skozi mejno plast: j = o.(T/2 - Tz). o. je koeficient prehajanja toplote skozi mejno plast, ki je enak 5,6 WIm 2 .K v brezvetrju in, na primer, 11,1 W/m 2.K v vetru s hitrostjo 2 mis. Zdaj temperature na zgornji meji ledu ne poznamo, a jo lahko izračunamo , ko izenači mo obe gostoti toplotnih tokov: T _ ATIl + o.zTz /2 - A+ a z To vstavimo v prejšnjo enačbo in dobimo A (z+ -)pqji::J.z = ATOi::J.t . o. Izid je podoben prejšnjemu , le da ima zdaj člen več, tako da izračunamo debeline iz kvadratne enačbe: z = (2) Kot je treba, preide enačba (2) v enačbo (1) , če o. močno naraste, kar ustreza temu , da ne upoštevamo mejne plasti (slika 2). Z računanjern debel ine ledu se je ukvarjal leta 1889 tudi slovenski fizik Jožef Stefan . Sicer ni upošteval mejne plasti, zato pa se je popolnoma splošno lotil naloge, ne da bi privzel linearni potek temperature v ledu . Naloga je po matematični strani zelo zahtevna, ker se plast debeli in se "meja premika" . Stefanu jo je uspelo rešiti in odtlej pravijo "nalogi s premično mejo" kar Stefanova naloga. Stefan je primerjal tudi izmerjeno debelino ledu v polarnih morjih in ugotovil, da velja linearn i približek . Zavedal se je, da "obdelane naloge pomenijo le malo za eksperimentalno preučevanje pojavov pri prevajanju toplote , ker pogojev , pri katerih veljajo najdene rešitve , sploh ne moremo uresničiti ali jih lahko u r es n i č i mo le nepopolno" . Vendar se je pozneje pokazalo , da je po matematični strani s svojo rešitvijo dosegel več , kot je mislil. Janez Strnad SEJEM Na letošnjem Slovenskem knjižnem sejmu je prvič na samostojn i stojnici razstavljalo svoje knjige tudi Društvo matematikov , fiziko v in astronomov Slo venije . Med knj igami, ki jih je Društvo izdalo v zadnjih treh letih , je bilo tudi precej literature, namenjene mladim. Med drugim so obiskovalci lahko videli nekatera dela, ki so izšla v Knjižnici Sigma, Račkovi knjižnici, Presekovi knjižnici, predvsem pa vse pisane številke P reseka (foto Matjaž Škulj) . Ciril Velkovrh OOL~ll'\IOll'l'/CTI 'l-l. " 11__ I II 1_ 1_' III' _ DERIVE Petek , toplo majs ko sonce in ura matematike . Konec ure se je hitro približeval. "M orda pa bo le pozabi l na domačo nalogo," smo upali. Zaman. Tudi zvonec, ki je med tem zazvonil, nas ni rešil. Že med vrati smo bili, ko nas je dosegel njegov glas . " Do naslednj i č pa naredite naloge iz zbirke na st rani 78, in sicer 2, 3, 5, 7 in 8. No pa še 9 in 10, ampa k le do črk e m." Groza! Vse naš e ideje o prijetnem vikendu so se razblinile kot milni mehurček. Pa saj ne da bi mislili, da so naloge nepotrebne. Le toliko jih je in več ali manj so si vse podobne kot jajce jajcu. In ko enkrat odkriješ sistem , gre le še za avtomatizem . Seveda pa moraš način reševanja ugotoviti že pri prvih primerih , saj drugače naloge tako ali tako ne rešiš. In čeje kaj zoprno , je to dolgčas pri reševanju domače naloge . Zato ni čudno , da smo pogosto razmišlja li o žepnem ra čun alniku, ki ne bi znal le množiti , deliti , seštevati števila , ampak tudi ulomke , spremenlj ivke, pa ra čunati odvode , seštevati kotne funkcije in podob no. Po dvakrat sedmih letih sem tak kalkulato r le dobil v roke. Sicer ni ravno to, je pa program , ki ga naložiš v računalnik in uporabljaš . Resnici na ljubo obstajajo tudi že kaikuiatorji , ki znajo večino stvari , o katerih smo sanjali kot srednješolci. Vendar o njih kdaj drugič . Danes si poglejmo nekaj o programih za simbolično računanje in o enem med njimi, programu Derive, tud i nekoliko več. Kaj programi za simbolično računanje sploh so? Na kratko rečeno , to so programi, ki znajo računati s simboli. Vsak kalkulator zna sešteti 0.5 in 0.6, programi za simbolično ra čunanje pa se ne bodo ust rašili tudi računov kot so a2:!..b2 + a~b ' Znajo pa tud i mnogo več . Na primer poiskati razcep polinoma ali pa narisati sliko racionalne funkcije. Nobenih težav jim ne povzroča razcep števila 20081991 na prafaktorje ali pa množenje kompleksnih števil. In kar je morda še posebej pomembno - če ne zahtevamo le približnega rezultata , nam bodo vedno postregli s točnirn. Tako ~ + ~ ne bo 0.99999999, ampak res 1. Tudi .j2 ne bo postal 1.41421, ampak bo tudi za nadaljnje račune ostal ../2. ln tudi R ne bo kar x, ampak točneje lxi. Programi te vrste se ne ustrašijo niti velikih števil kot je 20! ali pa nam povedo štev ilo 7l" na 20 decimalk. Programov za simbolično računanje je v zadnj ih letih na tržišču kar nekaj. Med njimi je gotovo najbolj razvpit program Mathematica, nekaj zaradi kvalitete nekaj pa zaradi uspešnega trženja . Drugi programi te vrst e so še Macsyma , Maple , MathCad , Matlab , in ne nazadnje tudi program Derive. Ta ima med vsemi prav posebno vlogo in sicer iz povsem enostavnega 211 razloga. Večina teh programov zahteva namreč dokaj zmogljivo računalniško opremo . Praktično vsi našteti programi potrebujejo računalnik, zgrajen okrog procesorja Intel 80386 , opremljen še z matematičnim koprocesorjem in vsaj 1 Mb pomnilnika. Verjetno bo starše le težko prepričati , da nujno potrebujete prav tak računalnik , ki stane kar nekaj povprečnih slovenskih plač. Na drugi strani pa program Derive za svoje delovanje potrebuje le s PC XT združljiv računalnik . Do njega bo pa že laže priti, še posebej, če se zadovolj ite z rabljenim . Tudi razlika v ceni programa ni zanemarljiva, saj se se tipična cena programov za simbolično računanje giblje med 700 in 1500 USD, program Derive pa proizvajalec prodaja po 250 USD. Na prvi pogled tudi zadnja vsota ni zanemarljiva, a če jo preračunamo v ure inšt rukcij - saj sploh ni toliko! Na srečo teh prednosti (nezahtevnosti v strojni opremi in relativno nizke cene) ne plačamo prehudo. Program sicer prej 'obupa' nad nekaterimi naloga- mi, vendar je to običajno znak, da je v našem pristopu k reševanju naloge nekaj narobe . Poleg tega , da zna program računati s celimi in realnimi števili , računa tudi z ulomki in kompleksnimi števili. Le bi le imel kaj takega v rokah , ko sem v potu svojega obraza računal tr idesti izraz oblike (2 + 3i) 25 ! Saj vem, Moivrov obrazec. Pa vendar! Pretvorba v polarno obliko, množenje, pa zopet nazaj v kartezično obliko! Vaja res dela mojstra, ampak pri tridesetem računu je vse skupaj res že na moč dolgočasno . Seveda pozna program vse mogoče in nemogoče funkcije . Le pa katere vendarle ne pozna, ga je mogoče o njej poučiti. 5e eno lastnost programa velja omeniti - risanje funkcij . Saj poznate racionalne funkcije s petimi ničlami in šestimi poli ali pa logaritem kakšne čudne vsote sinusov in kosinusov. Vedno se mi je zdelo kot mali čudež, ko je kdo dejal, da se da taka stvar celo narisati . Dobro se še spomnim tiste ure, ko nas je profesor' prepričeval', kako ima funkcija sin ~ vedno več ničel, ko gremo z x proti O. Saj je bil zelo prepričljiv, a dvomi so ostali . S programom Derive pa je risanje prava pesem . Samo vtipkamo funkcijo , pritisnemo pravo tipko in glej sliko. Res! Funkcija sin ~ kar nekako opleta proti ničli . Povečajmo sliko. Spet le pritisk na tipko. To ponavljamo, dokler nismo rudi vizualno prepričani , da je imel profesor res prav. Funkcij dveh spremenljivk pa raje sploh ne omenjam. 5e danes se mi zdi skoraj nemogoče , da bi 'uganil', kako izgleda funkcija dveh spremenljivk, pa če je še tako enostavna. Na primer znamenito sedlo z = x 2 - y2 . Program Derive nam omogoča, da si take slike ogledamo z vseh strani in pri različnih povečavah. Seveda se kvaliteta slik ne more primerjati s tistimi, ki jih narišeta programa Maple in Mathematica , pa vendar - za predstavo o izgledu grafa 212 je vsekakor dovolj. Seveda čudežev ne gre pričakovati . Prej omenjeni graf funkcije sin ~ ne bo povsem natančen. Razlog temu ni površnost programa Derive ampak zaslon računalnika, ki je sestavljen iz množice točk . To pa je že druga zgodba . Seveda program ni idealen in mu lahko precej stvari zamerimo. Tako ima glede na današnji nivo programske opreme dokaj zastarel uporabniški vmesnik , ki pa je enostaven za uporabo. Tudi pri risanju je malce počasen in kar je morda največja škoda - slike ne moremo izrisati na papir . Sicer si lahko pomagamo po ovinku - a sam program nam tega ne nudi. Še nekje nam program lahko olajša delo. Ker ga lahko naučimo vseh mogočih formul , te potem uporabljamo kot vgrajene funkcije . Povemo mu le vrednosti vseh parametrov, pritisnemo na tipko in že je tu rezultat. Ker pa program lahko naučimo tudi odnosov med merskimi enotami , bo na koncu rezultat izražen npr. v metrih , sekundah ali gramih, pa če tudi bodo naši podatki v morskih miljah , funtih ali dnevih. Derive zna reševati tudi enačbe , zato bo dovolj, da mu povemo le, da velja p! =7l'r2 , pa bo že sam poskrbel, da bomo iz dane ploščine dobili polmer kroga . Je učenje matematike torej odveč? Gotovo ne! Prav nič nam ne bo pomagalo , če bomo enačbe napisali narobe ali pa narisali napačno funkcijo . Programi, kot je Derive, nam pomagajo, ne razmišljajo pa namesto nas . Matija Lokar ŠVICARSKI TRAMVAJ Nekoč , ko sem bil v Švici, sem v nekem malem mestu opazil , da imajo njihovi tramvaji naslednje zanimive lastnosti : 1. Mestece ima več kot eno tramvajsko progo. Vsaka proga ima tri postaje. 2. Poljubni dve progi imata natanko eno skupno postajo. 3. Z ene postaje do druge je mogoce vedno priti brez presedanja in to s samo eno progo. Da bi imeli od mojega potepanja po ~vici korist tudi vi, vam zdaj zastavljam vprašanje, na katero je težje odgovoriti; kot se zdi na prvi pogled : Koliko tramvajskih prog imajo v tem švicarskem mestu? Borut Zalar 1\'01L-ll:C" , JL PRAVILNI PETKOTNIK Večkotnik je pravilen , če je enakostraničen in ima skladne vse notranje kote . Vemo , da je za pravilnost trikotnika dovolj, če je enakostraničen. Sklad- nost kotov je posledica skladnosti stranic. Za štirikotnike to ne velja . Vsak romb je enakostraničen štirikotnik, pravilen je samo kvadrat . Le pa ima enakostranični štirikotnik vsaj en par sklad nih sosednjih kotov, potem od tod sledi, da je kvadrat. Ne moremo pa napraviti takega sklepa , če kota , za katera vemo , da sta skladna, nista sosednja. Kaj pa enakostranični petkotnik? a) Pokaži , da je pravilen , če so trije sosednji koti skladni . b) Kakšen je odgovor, če tr ije koti, za katere vemo, da so skladni, rnso sosednji. Marija Vencelj KOLIKO PITAGOREJSKIH TRIKOTNIKOV? V Preseku smo lahko že večkrat brali to in ono .0 pitagorejskih trikotnikih. To so pravokotni trikotniki s stranicami , kater ih dolžine so naravna števila . Znano je , da dobimo stranice vseh možnih pitagorejskih trikotnikov s formulami : b = 2kuv kjer sta u in v tuji naravni števili , eno sodo in eno liho, u > v in k poljubno naravno število. Pri tem sta a in b kateti, c pa hipotenuza troj ici (k , u , v) pripadajočega pravokotnega trikotnika. S kratkim računom se lahko prepričate, da je tudi polmer p pitagorejskemu trikotniku včrtane krožnice vedno naravno število. ln sedaj vpraš anje: Koliko neskladnih pitagorejskih trikotnikov lahko očrtamo krožnici spoimerom p =n, kjer je n poljubno naravno števi lo? Marija Vencelj BRSTENJE V sestavku bomo povedal i nekaj o zanimivi igri imenovani " Sprouts ", po slovensko " Brstenje ". Prem išljevali bomo tud i o tem, kako bi igro spreme nili in t ako" izumili" novo igro . Igro sta po pripovedova nju odkrila John Horto n Conway, profesor ma- tematike na Sidney Sussex College, Cambridge in takratn i študent Michael St eward Paterson let a 1967. Igro igramo na papirju z n pikami tako , da vl eče rno poteze. Potezo potegnemo tako , da narišemo krivuljo od ene pike do druge ali pa nazaj do ist e pike in nato nekje na tej krivulji naredimo novo piko. Pri t em moramo upošteva t i nas lednji pravili: i) Povezava ima lahko kakršnokoli ob liko, ne sme pa sekati same sebe , prej potegnjenih povezav in ne sme iti skozi nobeno prej narisanih pik. ii) V nobeni piki se ne smejo za četi in končat i več kot tri povezave. Rekli bom o, da ima vsaka pika tri življenja . Igralca igrata t ako , da izmenoma vlečeta poteze. Zmagovalec je tisti , ki lahko zad nji povleče pot ezo . Na naslednji sliki je prikaza na tip i čna igra s t remi za četnimi pikam i. Slika 1 Igra se vedno konča , kar lahko dokažemo takole: Na začetku imamo n pik. Dogovorili smo se že, da bomo možne začetke potez imenovali življenja . Na začetku je to rej 3n življenj . Pri vsaki potezi uni čimo dve življenji in dodamo eno novo (novi piki na povezavi ostane eno življenje) . Na vsakem koraku se torej število življenj zmanjša za 1. Po 3n - 1 potezah imamo samo še eno življenje in nove poteze ne moremo več potegniti . Ni težko pokazati, da potrebujemo vsaj 2n potez, da bi igro končali . Bralec, ki se bo pregrizel 215 do konca sestavka, bo to gotovo znal sam dokazati. Igre ne bomo podrobno analizirali . Napišimo le nekaj besed : Pri igri z eno začetno piko ni težav. Prvi igralec ima na razpolago le eno potezo. Piko poveže samo s seboj. Drugi igralec seveda zmaga. Poveže novo piko z začetno. To lahko naredi na dva naeina : znotraj zanke ali zunaj nje. Če malo premislimo , vidimo, da sta ti dve potezi na neki način enakovredni. Pri igri z dvema pikama lahko drugi igralec igra tako, da zmaga. Potez je tu še tako malo, da lahko vse možne igre narišemo in to preverimo. Dokazali so že tudi, da igre s tremi, štirimi in petimi začetnimi pikami lahko dobi prvi igralec, če seveda pravilno igra . Dokaz , da v igri s šestimi začetnimi pikami lahko vedno zmaga drugi igralec, je dolg kar 49 strani. Za razumevanje dokaza je potrebno že zelo veliko znanja . Sploh so se matematiki dosti ukvarjali s to igro, saj je zanimiva tudi zato , ker povezuje topologijo in kombinatoriko. Kako pa bi igro lahko spremenili? Lahko jo recimo igramo na sferi . Igra ostane enaka, saj sfero, ki smo ji odvzeli katerokoli točko , lahko tako preslikamo na ravnino, da vsaki točki na sferi brez ene točke pripada točka na ravnini in obratno. Pri tem pa se nobena krivulja ne pretrga ali dodatno zavozla. Igra na torusu (recimo avtomo- bilski zračnici) je že malo drugačna . Lahko pa igramo tudi na vazi z več ročaji. Možnosti je veliko. Vsaka pa zahteva svojo" analizo" igre. Slika 2 Kaj pa, če ima pika namesto treh življenj štiri življenja? Na zgornjem primeru vidimo, da potem igro lahko igramo tako, da se nikoli ne konča . Kaj pa, če začnemo s križci namesto s pikami? Tako ima vsaka pika štiri življenja, vendar nam križci določajo smer, v katero smemo začeti vleči nasled- nje poteze . Nekatera življenja postanejo" ograjena" s prejšnjimi potezami. Ali se igra konča ali ne? Enak razmislek kot prej ne bo dober, kajti z vsako potezo uničirno dve življenji in dodamo novi dve. 5tevilo življenj je torej vse- skozi enako . Dokaz, da se igra konča, je daljši : 5tevilo križcev označimo s T , del krivulje med dvema križcema imenujmo povezava, število povezav pa označimo s P. Območje naj bo del ravnine, ki je ograjen s povezavami in ne vsebuje nobenega križca . 5tevilo območij označimo z O. Na začetku imamo torej n križcev, nobene povezave in, če je n > 216 > 1, nobenega območja. Pri n = 1 si lahko mislimo, da je ravnina brez križca območje (neomejeno). Z vsako potezo dobimo novo točko (tisto na potegnjeni krivulji) in dve novi povezavi . Da bomo te pojme lažje razumeli , si oglejmo igro z enim začetnim križcem . Igra se konča v 3 korakih . Narišimo nekaj možnosti : + + + + o o Slika 3 (...... ) Drugih različnih naeinov igranja ni, ce upoštevamo vse simetrije . Kaj se je t o rej dogajalo v teh primerih? V začetku imamo eno območje (tisto neomejeno) in en križec . V vseh primerih imamo po prvi potezi dva križca , dve povezavi in dve območjiIeno omejeno in eno neomejeno). Po drugem koraku imamo tr i križce, tri območja in štiri povezave . Po četrtem koraku pa so štirje križci, šest povezav in štiri območja. Eno območje je seveda vedno neomejeno. Vsako območje ima nekaj" rok" , na katerih lahko začnemo ali končamo potezo. Le je teh prostih rok r , bomo rekli , da ima območje r življenj. Oglejmo si še enkrat primer (*) . V začetku je eno območje ( neomejeno) s 4 življenji. Po prvi potezi imamo dve območji . Eno ima eno življenje, drugo pa tri . Po drugi potezi imamo tri območja: dve z enim življenjem in eno z dvema . Ko se igra konča, ima vsako območje le eno življenje . V nekaterih drugih primerih igranja igre z enim začetnim križcem , je število življenj v območjih drugačno kot prej (recimo v **). Le začnemo z več križci , se število območij ne spreminja tako" pravilno" , 217 vsaj na začetku ne. Lahko se zgodi , da še po nekaj potezah ni nobenega območja. Oglejmo si, kako lahko začnemo igro s štirimi začetnimi križci: + + + + + Slika 4 Igra se konča, ko ima vsako območje le po eno življenje. Pa se igra sploh konca? Ali mogoce lahko igramo tako , da ne bo konca? To, da se igra vedno konča , bomo dokazali z matemati čno indukcijo. Videli smo že, da se igra z enim zaeetnim križcem konca. Predpostavimo torej, da se kon čajo vse igre z manj kot n križci. S pomoejo te predpostavke bomo dokazali, da se konca tudi igra z n začetnimi križci, Dokažimo najprej , da bo prej ali slej vseh n začetnih križcev med seboj povezanih . Sploh bodo potem povezani vsi križci, saj nove vedno narišemo na povezavah . Recimo, da temu ni tako. Potem lahko igramo tako, da do enega križca nikoli ne potegnemo poteze oziroma povezave . To pa je tako, kot da bi igrali igro z enim zaeetnim križcem manj . Taka igra se po predpostavki konca . Ko se ta igra , z enim križcem manj , konca , lahko potegnemo še potezo od osamljenega križca do življenja v območju, kjer ta križec je . Od te poteze naprej , pa so vsi križci povezani. Tako smo prišli do protislovja s predpostavko, da lahko tako igramo, da ne bodo nikoli vsi križci povezani. Ravnina je razpadla na sama območja, Teh območij je seveda končno. Le nam uspe dokazati, da lahko v vsakem obmoeju potegnemo le še koneno potez , bomo dokazali, da se igra konča v koneno mnogo korakih. Koliko potez lahko potegnemo v obmoeju s s življenji? Razmislimo takole: V obmoeju z enim življenjem ne moremo potegniti nobene poteze . V obmoeju z dvema življenjema, lahko naredimo eno potezo. Dobimo dve območji, vsako z enim življenjem. Zato je konec igre v tem obmoeju . Le ima območje tri življenja , povežemo dve med seboj. Dobimo dve območji, eno z enim življenjem in eno z dvema . V drugem območju je, kot že vemo, možna ena poteza. Skupaj smo potegnili torej dve potezi . Z indukcijo pokažimo, da lahko v obmoeju s s življenji potegnemo natanko s - 1 potez. Za s = 1 smo to že videli. S prvo potezo iz ob- 218 rnočja s 5 življenji dobimo dve območji , eno s 1življenji in eno z 5 -1 življenji, kjer je 1 ::; 1 ::; 5 - 1. Po indukcijski predpostavki vemo, da je možnih 1- 1 potez v prvem območju in 5 -1- 1 potez v drugem območju. Skupno število potez je torej (1- 1) + (5 - 1- 1) + 1 = 5 - 1. To pa smo že leli dokazati. Igra se torej konča. Najprej po končno potezah vse križce povežemo . S tem dobimo končno območij (kvečjemu eno več kot število potez, ki smo jih naredili). Nato pa moramo igrati v teh območjih. Lahko seveda igramo malo Venem in nato v kakšnem drugem , vendar je število potez do konca igre enako, kot če bi ig ra li lepo po vrsti ; najprej venem območju do konca , nato v drugem itd . Ker ima vsako območje končno življenj , se igra konča . Ko se ig ra po k potezah konča , ugotovimo: 5tevilo povezav je 2k , število križcev je n + k . 5tevilo območij lahko i z r a ču n amo z Eulerjevo formulo za ravninske grafe (glej članek na strani 98 v 2 . številki Preseka) 0= 2+ P - T , ki nam pove , da je O = 2 + 2k - (n + k) = 2 + k - n. Skupno smo imeli na razpolago 4n + 4k življenj. Od teh je neuporabljenih natanko toliko , kot je na koncu območij , torej 2 + k - n. Porabljenih življenj pa je dvakrat toliko , kot je povezav, se pravi 4k . Ker mora biti 4n + 4k = (4k) + (2 + k - n) k = 5n - 2. Od začetka ig re do konca je torej natanko 5n - 2 potez. Igra, ki se konča ved no po istem številu potez , in je v njej zmagovalec t isti , ki zadnji povleče potezo, pa ni zanimiva . Pr i lihem številu začetnih križcev zmaga vedno igra lec, ki je igro začel, pri sodem številu križcev pa t isti, ki vleče poteze kot drugi . Mirko Dobovišek TETIVNI OSEMNAJSTKOTNIK - Rešitev s str. 165 Iz stranic danega tetivnega IS-kotnika sestavimo novi IS-kotn ik z Isti m očrtanim krogom IC , tako da nanizamo zaporedje stranic z dol žinami a, b, a šestkrat zapored kot t eti ve kroga IC . Oglejmo si kro žni izsek , ki pripada za- porednim tetivam BC, CD in DA z dolžinami IBCI = 10AI = a, ICOI = b in označimo z S središče kroga IC, z R pa razpolovišče daljice CD. Trikotnik AS B je enakostrani- čen, zato ima osnovnica AB enako- krakega trapeza ABCO dolžino r. Od tod na običajen način dobimo višino v trapeza ABCO, oziroma zvezo 219 B K 1 v 2 - a2 _ -er _b)2- 4 . Nato upoštevajmo, da velja /3IRSI = v+ rT in zapišimo Pitagorov izrek za trikotnik RSc: (1) (2) Odpravimo oklepaj v (2), uporabimo (1) za člen v 2 ln dobljeno enakost preuredimo v 2/3vr= r2-rb-2a2 . Le to kvadriramo na obeh straneh in spet uporabimo (1) ter uredimo dobljeno po potencah polmera r, dobimo naposled iskano zvezo Pri a = 13 in b = 146 torej velja r 4 - 292r3 + 20640r2 + 24674r + 28561 = O. Edina rešitev te enačb e, ki ustreza pogojem naloge , je r = 169. Boris Lavrič 220 KONVEKSNI TANGRAMSKI LIKI Kcmb i n a to r i č n i pristop k igri tangram je lahko za matematika še posebej zanimiv. Poglejmo. Eno izmed najenostavnejših tovrstnih vprašanj se glasi : Koliko je vseh konveksnih tangramskih likov? Konveksen tangramski lik (recimo mu kar kotali) je večkotnik , ki ima vse notranje kote manjše od 1800 . Med vsemi tangramskimi liki, kar smo jih doslej objavili v Preseku , smo srečali le dva konveksna. To sta bila kvadrat in paralelogram . (PoišCi ju !) Na zgornje vprašanje sta prva odgovorila kitajska matematika Fu Tsiang Wang in Chuan-Chih Hsiung. Leta 1942 sta objavila dokaz, da obstaja natanko trinajst kotalfjev. Dvanajst jih lahko vidite na sliki 1, trinajstega pa poskusite poiskati sami . Kdor bo pazljivo prebral č l a n e k , bo najbrž manjka- joči lik hitro našel. Seveda pa poskusite objavljenih dvanajst kotalfjev tudi sestaviti. Oglejmo si vsaj košček poti , ki sta jo ubrala kitajska matematika pri iskanj u vseh kotalijev . Slika 2 prikazuje , kako lahko vseh sedem tangramskih ploščic razrežemo tako, da dobimo 16 med seboj skladnih osnovnih trikotnikov. Naj bo dolžina katete vsakega izmed teh trikotnikov 1. Dolžina njegove hipotenuze je potem Slika 1 221 /2, torej iracionalno število . Le poskusimo sedaj teh 16 osnovnih trikotnikov sestaviti v kotali, nam brž postane jasno, da hipotenuza kateregakoli izmed osnovnih trikotnikov v nobenem primeru ne more ležati ob kateti nekega drugega osnovnega trikotnika . V nasprotnem bi nastali lik namreč ne bil konveksen, saj bi imel notranji kot velikosti 2250 (glej sliko 3). Slika 2 Slika 3 Od tod sklepamo, da so tiste stranice kotalfja, ki imajo racionalno dolžino, sestavljene zgolj iz katet osnovnih trikotnikov, stranice kotalfja, ki imajo iracionalno dolžino, pa le iz hipotenuz osnovnih trikotnikov. Imenujmo prve stranice v kotalIju racionalne stranice. druge pa iracionalne stranice. 3 ,------_./'.-_---....... 2 Slika 4 l -------_..../V 5 222 l.e je kot med sosednjima stranicama kotalija 90 °, sta torej ali obe racionalni ali pa obe iraciona lni. Podobno velja , da je ena rac iona ina , druga pa iracionalna , če je kot med njima 45 ° ali 135 ° . Trd itev ilustrira kotal i na sliki 4 . Recimo sedaj , da ima nek i izbrani kotali n kotov, pri čemer je med njimi p ostrih , q pravih in r topih . Potem velja p + q + r = n. Za konveksne poligone z n st ranicami vemo , da je vsota njihovih notranjih kotov enaka (n - 2) ·180° . Torej velja za vsak kotali enačba p .45° + q . 90 ° + r . 135° = (n - 2) . 180° . l.e upoštevamo še prejšnjo enačbo, dobimo 2p + q = 8 - n. Sedaj vemo o lastnostih kotalfjev že dovol j, da lahko sestavimo tabelo vseh možnih primerov za parametre p , q , r in n. p q r n O O 8 8 O 1 6 7 O 2 4 6 1 O 5 6 O 3 2 5 1 1 3 5 O 4 O 4 2 O 2 4 1 2 1 4 2 1 O 3 Poskusite poiskati vsakemu izmed dvanajstih objavljenih kotaljjev mesto v tej tabeli . Ugotovili boste , da nekatere izmed četveric p , q , r , n op isujejo več različnih kotalfjev , nekatere pa sploh nobenega . Mislim , da vam bo ta tabela precej olajšala tudi iskanje neobjavljenega t rinajstega kotafja . V pomoč naj vam povem , da samo prva, druga in četrta vrsti ca v tabeli ne opisujejo nobenega kotalfja . Vilko Domajnko 223 Z ENO POTEZO POIŠČI IZREK Nariši figuro s slike z eno samo pote- Besedilo v srčku preberi po nekem zo! pravilu tako , da dobiš matematični izrek. A O R N N I ~ V K I K E S P K A ~- '-- D N V T I E R O J T R A O N K A T Marija Vencelj Marija Vencelj ŠTEVilSKA KRIŽANKA - Rešitev s str. 188 2 8 2 • 1 1 2 3 2 6 • 4 3 7 • 2 8 8• 1 O 1 • 2 5 • 2 9 3 3 • 3 7 6 2 • 1 O • 1 5 6 • 9 1 v KRIZANKA PROFESORJU ZA ŽiVLJENSKI JUBILEJ Z()()fIHJI IME DEL PEVCA Sns- STOPALt. PESTNERIA KAlNICA \/HODNA ENO~ ~.PRIRA lJ. NAl..NIKU VEUKANKA FRANCOSKI OTOKY IME IME IIISK.I.JSKB! ZALMJ IGRALCA POUTIKA DOUGlASA MORA IME JAPON- AO~~ 11ROl..SKA KUFOOSAWE fEKA PRlSTA.Š ANTON MONAR- KUHEW HUE N.I.J~ SL.' AVTOR YRHY ~IOO SOT~E TEKOČA BEN a"'~ KN1AV_ VODA KAN ' KClW..OTOK POlj I CD = ~. Lik FSEC je kvadrat s stran ico r in diagonalo rV2, zato CS = rV2, CD = r + rV2 = = ~ (1+cJ2) in r (1.+ 122. = i ' r - 2(1+V2)' Tako Je V - 7fr . v = 7f C(1;J2))2 .c = 4 (3:~:n) I· V _ 1I"c 3 (3- 2V2} a l - 4 . c 238 c A B 5 P . f k ' IDa 110a d . b bx E č b 110a (b. rVI a to r Je a + 100 = 100' rugi pa - 100' nac a 100 ' - bX) b . V· 100 k . 9 090/ ( 9 1 0/ )- 100 = a Ima resitev x = U' ar pomeni x = , 10 X = 11 /0. A leksander Potočnik TEHTANJ E Z VERIGO - Rešitev s str. 165 a) Veriga ima lahko največ 67 členov . Preščipnjena sta 6. in 22 . člen . - Ne smemo pozabiti, da lahko polagamo uteži na obe strani tehtnice! b) Le vemo , da so količine, ki jih tehtamo, cele, je lahko veriga dolga največ 80 členov . Preščipniti moramo 7. in 26 . člen . Pri tem za teže 3, 9 , 15 , 21 , 27 , 33, 39, 45, 51, 57 , 63, 69, 75 nimamo uteži, vendar lahko npr . za breme težko 9 enot s tehtanjem ugotovimo , da je težje od 8 in lažje od 10 enot. Marija Vencelj 1" -II se: 1/1" I/l-'-. Ill/~C " IL JC Lokar M., DERIVE, program za simbolične računanje, DMFA Slovenije, Zavod RS za šolstvo in šport, Račkova knjižnica; 7, Ljubljana 1991, 56 str. V zbirki Učbeniki in priročniki je kot sedma številka Račkove knjižnice izšel kratek priročnik za uporabo programskega paketa DERIVE. V njem so raz- ložene le osnovne možnosti uporabe , saj je tak tudi namen knjižic, ki izhajajo v tej zbirki. Knjiga ima 7 poglavij . V uvodu nam avtor razloži osnovne značilnosti programa in našteje možnosti za uporabo. V drugem poglavju razloži , kako program namestimo v računalnik in kako lahko s programom komuniciramo. Tretje poglavje je posvečeno aritmetiki, to je vnašanje izrazov , poenosta- vljanju , razcepu na prafaktorje, računanju z racionalni mi in s kompleksnimi števili, na koncu pa še našteje vgrajene funkcije . Letrto poglavje nas uvede v algebro. Začnemo računati s spremenljivkami , izvajamo operacije nad polinomi , rešujemo enačbe in neenačbe. V petem poglavju pogledamo v matematično analizo . Izračunamo nekaj odvodov in integralov, razvijemo funkcijo v Taylorjevo vrsto in določimo nekaj limit. Šesto poglavje govori o risanju . Spoznamo možnosti risanja v dveh in treh dimenzijah , risanje grafov eksplicitno in parametrično podanih funkcij, risanje v pravokotnem in polarnem koordinatnem sistemu . Seznanimo se tudi z možnostmi povečave in pomanjšave izbranih enot na koordinatnih oseh . Sedmo poglavje nas seznani z brisanjem in shranjevanjem izrazov, ki smo jih sami vtipkali v sezname. Na koncu knjižice je dodano še stvarno kazalo. V priročniku je precej slik, ki pomagajo prebroditi začetne težave in nam povedo, kdaj delamo prav (če se nam na zaslonu prikaže enaka slika) . Po priročniku bodo radi posegli vsi, ki imajo radi matematiko , manj radi pa zamudno računanje in preračunavanje. Prav bo prišel tudi pri uporabi matematike pri drugih predmetih . V šoli namreč opažamo, da imajo pri predmetih, kjer je potrebno znanje matematike, učenci veliko težav z njo samo in se zato ne morejo osredotočiti na razlagano snov . Take primere najdemo v fiziki (nihanje, kroženje, grafi) , v gradbeništvu , strojništvu in pri drugih predmetih . V pomoč bo tud i učiteljem pri sestavljanju nalog za pisno preverjanje znanja in drugih, saj je s programom možna hitra in zanesljiva kontrola podatkov in rezultatov . Nada Razpet OC':/-' IC /"0 ' a:"L_,I'I'L I"L__' 35. REPUBLIŠKO TEKMOVANJE SREDNJEŠOLCEV IZ MATEMATIKE - Rešitve s str. 172 Prvi letnik 1. Očitno je N = Oin E = 5. Zaradi F -:j:. 5 (oz iroma natančneje F = 5-1) mora biti O =9 in nato I = 1. Ker mora biti prenos s stotie na tisoči ce enak 2, sta R , T E {6, 7, 8}. S poskušanjem dobimo edino rešit ev R =7, T =8, X = 4, F = 2, 5 = 3 in Y = 6. /1 / ' . l 2. Označimo dinarje z x in pare z y , vrednost čeka je torej bila 100x + y . Iz naloge preberemo 100y + x - 350 = 2(100x + y ) oziroma 100(- 2x + y - - 3) = - x+2y+50. Ker sta x in y med Oin 99, je - x+ 2y+50 = 100m le za mE {O, 1, 2}. Za vsak možen m moramo rešiti sistem -2x + y - 3 = m, - x + 2y + 50 = 100m, ki pa ima celoštevilsko rešitev (x = 14, Y = 32) le za m = 1. Na čeku je bila zapisana vrednost 14 din 32 par. 3. Po Talesov em izreku sta kota LQDB in LQCA prava , zato je štirikotnik CQDP pravokotnik. Ta- ko je LQDC LPQ D LQBD = L5 2DB, od tod pa L52DQ = LCDP in je CD tan - genta na drugi krog . Podobno raz- mislimo še za prvega . 4 . Pog lejmo si pare prijateljev , ki imajo hišice razli čne barve. Vsak mesec se to števi lo kvečjemu zmanjša. Število parov je neneg at ivno, zato se ne more manjšati v nedogled . Ko se ne manjša več, se barva hišic ne spreminja. Drugi letnik 1. Delimo enačb e v sistemu po vrsti z ab , be in ea , pa ima mo 1 = 2(~ + iJ. 1 3( 1 1)' 1 4( 1 1) S dai . žko i v • 1 1 1 7= b + C ln = C + ii' e aj ni tez o rzra ču nati c = 24' b = 24 in ~ = {4 ' tako da je 5a + 7b + ge = 11 . 24 = 264. 2 . Recimo , da bi bilo n2 - 19n + 89 = a2. Rešimo ena čbo po n: nl ,2 = = 19±~. Ker je n cel, mora biti 5 + 4a2 = b2 ali b2 - (2a)2 = 5. Že razlika med sosednj ima kvadra toma je (2a + 1)2 - (2af = 4a + 1 2: 5, enakost pa nastopi pri a = 1, ko je n =8 ali 11 in ne ustreza pogoju n > Il. 241 D' D" ('3. Pokažimo najprej, da lahko dani pravokotnik lahko razrežerno na tri njemu podobne. Vzemimo npr. y 2: v'3-x in ,f2-Y 2: v'3-x. Tedaj je zaradi podobnosti ~ = -y- = h-y od tod pa y = V3-x V3-x' :/l. - 2 S d2 ln X - V3 ' tem smo 0- ločili, kako pravokotnik razrežerno na 3 dele. Le rezanje ponovimo na A'B'Co', nato na A"B"CO", .. ., bomo po 995 korakih dobili 2 ·995+ +1 = 1991 podobnih pravokotni - kov. lJ I .'\" o ' \ ' .1/ .1' .-\ U" U' 4. Zavrtimo trikotnik 6.AB Pokrog B za 900 . Točka A se preslika v C. P pa v P' . Potem je (trikot- nik 6. P' PB je enakokrak pravokot- ni) P p'2 = 2 . P B 2 = 8 . Ap2 in PP'2+P'C2 = 9·Ap2 = CP2 in je trikotnik 6.PP'C pravokotni s prav- im kotom pri P' . Sledi LAPB = = LC P' B = LC P' P + L P P' B = = ;-+ f = 3;. Tretji letnik lJ . 1 l' 1)' 1. Le z o' in C' označimo pravokotni projekciji ogl išč O in C na AB ter cx = LoAB in {3 = LCAB, potem iz pravokotnih trikotnikov 6.Ao'o in 6.AC'C izračunamo tg cx = 7/4 in tg{3 = 7/12 . Ker je tangens na intervalu [O, ;-) naraščajoča funkcija , si bomo pomagali kar z njim. Zaradi tg 2{3 = - 2 tg{3 _ 168 7 - . I k k k- I=t?73 - 95 > 4 - tg o sirnetra ase a ra . 2 N · .. 5 - 5absin (a/2) + 5acsin (a/2) _ sa{b+c)sin (a/2). 5-. aJpreJ Je - 2 2 - 2 In- 513{a+c) sin ({3/2) 5 s (a+b)sin (-v/2). . ..= 2 ter = J 2 ' · Ker Imamo ostrokotni trikotnik, 242 so sinusi polovičnih kotov manjši od V2/2: ...!.... + ...!.... + l = Sex S{3 S-y _ (b+c)sin(o!2)+ (a+c)sin(t3!2)+ - 2S 2S +(a+b) sin(-y! 2) < 2S b+c+a 2y+a+b.:!,j = (a+b 2:sc)J2 . ( . . \ (' /1 3.(a) Opazimo, da je tg2 30: =3 za o: =20 °,40°, 80 ° . l.e formulo tg 30: = 3tgo -t:f3 o tgo.(3-tg 2 o) k dri v 23 3 .= = va r1ramo upostevamo tg o: = ln1-3tg o 1-3tg2 o ' uvedemo substitucijo u = tg20: , dobimo 3(1 - 3u)2 = u(3 - uf in po ureditvi u3 - 33u2 + 27 u - 3 = O. (b) Uporab imo Vietovo pravilo v (a) : tg2200 + tg2400 + t g2 80° = 33, v • 2 600 3 . 2 1 l' 1 1upo števajmo tg = ln tg o: = cos2 o - , pa Imamo cos2200 + cos2400+ + 1 + 1 - 40cos2 60° cos2 800 - . •• 4 . Na p-tem koraku zapišemo ta- belo dimenzije ip x ip , če Janez za ip števil ne ve , kje ležijo, sim naj bo število z neznano lego in j ii mesto v permutaciji , za katerega pripadajoče število še ni odkrito . Na (jii ' Sim)- j ip to mesto tabele vpišemo znak . , če števi lo sim ne more ležati na mestu jii' sicer pa to mesto pustimo prazno. Denimo , da Janez ne ve , kje leži število s im in da je v m-tem stolpcu prvo prazno polje v I-ti vrstici . l.e bo dobil pozitiven odgovor na vprašanje: ali leži število sim v vrst ici ji, ' to vrstico in stolpec odstran imo in s tem zbrišemo kvečjemu ip - 1 znakov , sicer pa tabelo dopolnemo z znakom • . l.e smo vpisali znak. in je levo od njega prazno polje , lahko stolpce tako prestavimo , da levo ni praznih polj . Nova tabela dimenzije ip+1 x ip+1 ima la hko elemente le v zgornjem levem naddiagonalnem t rikotniku, si cer iz preostalih števi l ne moremo sestaviti permutacije . Možnih je torej kveč i emu n(n-1) . k J b '1" nn+12 VpISOV zna a. . anez o zagotovo ugani permutacijo po 2 korakih. 243 t etrti letnik 1. Ena čbo kvadrirajmo in uredimo v (x+ y-2)V3 = 2J3xy- 3 ter ponovno kvadr irajmo : 3(x + y - 2)2 = 12xy + 9 - 12J3x y . Od tod skle pamo, da je J3 x y E Q . Le je x + y - 2 # O, lahko iz prve ena čb e izrazimo v3 = = 2f.n~"23 E Q, kar je protislovje. Zato x + y - 2 = O in 2J3xy - 3 = O oziroma x = 3/2 in y = 1/2. 2 . Ker je 2N = 17 in 22i~22 = 17094, so števila 222222· (103 + 109 + . .. + + 1Q3+6k) + 222 (k E N) oblike 13 · n + 1 in jih je neskončno. ( ' .1:.1 3. Po srnusnern izreku je a = 2Rsin cx in b = 2Rsin{3 . Upo- števajmo to v S = iabsin1' , pa imamo S = 2R2 sin cxsin (3sin 1' . Po drugi stran i je x = r ctg ~, Y = = r ctg ~, z = r ctg l' in S = r x + + ry + rz = r(x + +y + z) = = r2(ctg~+ctg~+ctgt) . Ta ko imamo r 2 ( ctg T+ctg ~ + ctg t) = = 2 R2 sin cx sin (3sin 1' , od tod pa ~ = 8 in R : r = 2.r 4. Označimo M = {1 , 2, 3 , . . . , n} in njeno potenčno množico 2M , ta ima 2n elementov. Prazna množica je disjunktna z vsako množico iz 2M (tudi sama s seboj) . Izber imo poljuben i E M . V poten čn i množici je natanko (7) množic z i elementi . Naj bo A E 2M množica z i elementi. Ta je disjunktna s prazno množico , z n - i množicami s po enim elementom , z (ni l) množicami s po dvema elemento ma , ..., z ( ~= ;) množicami s po n - i elementi, skupaj torej z 2n- ; množicami . Urejenih parov (A, B) , kjer je A množica z i elementi , je zato (7) . 2 n - i , vseh iskan ih urejenih parov pa Darjo Fe/da 244 KVALIFIKACIJE ZA ZVEZNO TEKMOVANJE SREDNJE- ŠOLCEV IZ MATEMATIKE - Rešitve s str. 174 Prvi letnik 1. Najprej prekrijemo neskončni trak, kot kaže skica: Nato pa s temi trakovi prekrijemo celo ravnino. 2 . Pri lihih n ni kaj dokazovati, saj lahko binom s" + 1 razstavimo kot s" + + 1 = (5 + 1) (5 n-1 - sn-2 + .. .+ 1) . Pri sodih n pa predpostavimo , da števili nista tuji . Skupni delitelj d > 1 je seveda liho število , ki deli tudi njuno razliko s" + 1- (5 + 1) =5 (5 n-1 _ 1) =5 (5 - 1) (5 n- 2 + 5n-3 + " ,+ 1). (' ,·1 (" A' 11 (a) Č e je trikotnik 6.A8C pravo- kotni, je trditev izpolnjena trivialno . l. e je kot 'Y pravi, velja namreč R = = T in S = V, pri a = '1\ / 2 je Ker je d tuj številoma 5 in s - 1, mora deliti zadnji faktor. Ko elene v tem faktorju grupiramo sn-2+ sn-3+ . . .+1 = 5n-2+(5n-3+ .. .+52)+(5+1), opazimo , da smo prišli do protislovja , saj bi moral d deliti 5 n- 2 , kar pa ni mogoce , saj sta din 5 tuji števili. 3. Označimo oglišča trikotnika z A, 8 in C, nožišča višin z A' , 8 ' in C' ter višinsko točko s H. Izberimo višino na stranico A 8 . Projekcije točke C' na stranici 8C oziroma AC ter na višini iz oglišča A oziroma 8 označimo zaporedoma z R, V , S in T . Ločimo nekaj primerov : I 245/1 ( '/ ( , -, '- '- -, I I I I I I I I I '- I ~ >,,~ /1 <:>:: r>r- ... ..... / ',.<"" \ I /'j ", .... . .... -, \ I I .... -... -, \ I I .... -,'-, :.. .... .1 v = s = T in pri (3 = 'Tr/2 je R = =S=T. (d) Naj bo 'Y top i kot. V štirikotni- ku A' H8'C sta kota pri A' in 8' prava , zato sta kota pri C in H su- plementarna in je kot LAH 8 oster. Kolinernost točk S , V, R in T bo- mo dokazali v (e) , saj je 6.A8H ostrokoten. .1 ( '/ U (e) Naj bo trikotnik 6.A8C ostrokoten. S Talesovim izrekom (obodni kot nad premerom kroga je pravi) ugotovimo , da so štirikotniki AC' SV, 8 RTC' in C'T HS tetivni . V štirikotniku AC' SV je kot Q enak kotu med nosilkama stranic VS in SC' . V C'T HS velja : LC'ST = LC' HT = L8 AC = Q. (Prva enakost velja zarad i tetivnosti štirikotnika, druga pa zaradi podobnosti tr ikotn ikov 6.A88' in 6.H8C') . To pa že pomeni, da leži točka T na nosilki tetive VS. Povsem podobno razmislimo še , da leži točka S na nosilk i tetive TR, točke V, S, T in R so kolinearne . (b) Primer , ko je Q top , je analogen primeru (c) . (c) Naj bo (3 topi kot . V štirikotniku A' HC' 8 sta kota pri A' in C' prava, zato sta kota pri 8 ln H suplementarna in je kot LC' HA oster. Trikotnik 6.AHC je ostrokoten , za tak primer bomo kolinearnost točk S , T , R , V doka- zali v (e) . Drugi letnik 1. Iz razcepa 1991 = 11 ' 181 sledi, da je najmanjše tako število 2180 . 310 . Ocenimo 2180 . 310 = 860 ,95 < 1060 , 105 = 10 65 . 5tevilo ima torej manj kot 66 števk . 2. Z upoštevanjem neenakosti A + 8 > 2-/AB, ki velja za vsa poz it ivna 246 števila A in 8 , izpeljemo : ) atb+)btc+) eta ~ V2()0/+)0/+ + ) /f). Upoštevamo še neenakost med aritrnetično in geometrično sre- dino pa dobimo ) vib + ) .jbč + ),;ca > 3 . V:Lil. .~ .::Bi = 3, e a b- c a b . 3. Glej nalogo 3 za prvi letnik . Tretji in četrti letnik 1. Pišimo ak = tgepk. Rekurzivno relacijo za ak zapišemo kot tgepk = = tg2epk-1' kar nam da eno rešitev epk = 2epk-1 ' Zahtevo a1991 = 1 izpolni že ep1991 = ! ' kar pomeni epo = ! . 2-1991. Začetni člen ao = = tg(! ' 2-1991) torej reši nalogo. 2. S pomočjo vektorjev enostavno izpeljemo zvezo 4t~ = 2a2 + 2b 2 - c 2 in njej podobni zvezi 4t~ = 2b 2+2c2-a2 ter 4t~ = 2c 2+2a2-b2 . Le kvadrati t ež i ščn i c trikotnika sestavljajo aritrnetično zaporedje, velja 2 t~ = t~ + t~ . Upoštevajmo izraze za ta , tb in te , pa dobimo 2b 2 = a 2 + c2 , ki pove , da kvadrati stranic trikotnika sestavljajo aritrnetično zaporedje . Podobno uženemo tudi drugo smer dokaza. 3. V funkcijsko enačbo vstavimo w z +a namesto z in dobimo f( w z +a) + +f(w2z+wa+a) = g(wz+a) , v to pa še enkrat vstavimo wz+a namesto z in upoštevajmo w 2 +w +1 = O, pa dobimo f(z) +f(w 2z +wa +a) = = g(w 2z + w z + a). Iz tako dobljenega sistema treh enačb lahko enolično . . f() g(z)+g(w2z+wa+a)-g(wz+a) Izrazimo z = 2 . Matjaž Željko SOD - Rešitev s str. 129 Osnovna ploskev soda je krog IC spoimerom 5dm . Ko sod drsi ob stopnici , se središče S kroga IC giblje vzporedno robu stopnice. Dokler je S na trdnih tleh, se sod prav gotovo ne prevrne v bazen . Kaj se zgodi , ko pride S na rob bazena? S slike 1 izračunajmo razdaljo x = ISej od središča S do vogala C na robu bazena . Po Pitagorovem izreku dobimo x 2 = 2 . (5dm - 1.5dmf =24 .5dm2 , I 247 torej je x < 5dm . Vogal C torej leži v K in zato s sodom ni težav . Slika 1 Slika 2 • Nadaljujmo z drsenjem soda ob stopnici . Točka S zdaj ni več na trdnih tleh , vogal C pa leži znotraj kroga K . Ta seka rob bazena v dveh točkah, ki ju označimo z A in B . Položaj kaže slika 2, iz katere razberemo, da ležita S in C na istem bregu premice AB v ravnini kroga K (kot ADB j e namreč oster). Od tod sledi, da je S znotraj tr ikotnika ABe. zato se sod tudi v tem primeru ne prevrne v bazen . Boris Lavrič TANGRAMSKI PARADOKSI - Rešitev iz P-3, III Seveda je bila beseda paradoks uporabljena predvsem z namenom, da zavede: Vilko Domajnko 248 15. REPUBLIŠKO SREDNJEŠOLSKO TEKMOVANJE IZ RAČUNALNiŠTVA - Rešitve s str. 86 1. skupina 1. Program za opisani stroj prestavi elemente traku (ničle in enice) za eno mesto proti začetku traku , prvi element pa zavrže. To opravilo izvede tako, da poišče meje med zaporedji ničel in zaporedji enic ter prestavi le ustrezen element na meji. Ko naleti na "P", napiše praznino tudi prek zadnjega nep raznega elementa, s čimer skrajša pomaknjeno zaporedje za ena. Opisani stroj se od pravega Turingovega stroja (opisanega v literaturi) razlikuje v tem, da ima Turingov stroj neskončen trak v obe smeri . Turingov stroj nima pomnilnika (razen traku) , krmili ga avtomat , ki lahko shrani infor- macijo le kot stanje avtomata . Zato tudi podan program ne uporablja nobene spremenljivke . Bite, ki jih prestavlja, začasno shrani kot stanje programa . 2. program Vracanje(input,output); type ukazT = (Vrni,Ponovi ,Vleci,Konec) ; potezaT = record ... end ; procedure BeriUkaz(var ukaz : ukazT; var poteza: potezaT); external; procedure IgrajPotezo(poteza : potezaT) ; external; procedure VrniPotezo(poteza : potezaT); external ; { število shranjenih potez } zadnja := zadnja-1 end ; of potezaT; { shranjene poteze } { število shranjenih potez } { številke zadnje veljavne poteze v shrambi} { Pri vlečenju novih potez velja zadnja=potezaL,} { sicer pa se lahko spremenljivka 'zadnja' vrača} { po shranjenih potezah. } { šehistov ukaz } { $ahistova poteza, če je ukaz=VLECI. } ukaz : ukazT; p: potezaT; ii: integer; begin potezaL:= O; zadnja := o· repeat BeriUkaz(ukaz,p); case ukaz of Vrni: if zadnja > O then begin VrniPotezo(poteza[zadnja)); const potezaM = 10 ; var poteza: array [L .potezaM) potezaL: integer; zadnja : integer; 249 IgrajPotezo(poteza[zadnja]) end; zadnja ; { Zevržemo morebitne ~e shranjene mlejše poteze. } if potezaLO) and not (e in ('A' ..'Z ','a' ..'z','0' ..' 9' ]) then begin rez:= PezervBeseda(beseda,besedaL); if rez "'en SpremeniPisavo(KREPKO); for ii:= 1 to besedaL do IzpisiZnak(beseda[ii]); if rez th -,:n SpremeniPisavo(NORMALNO); besedal:=- O; end; {it} if niz then begin if e='" then niz:= false; IzpisiZnak(e) end else if komentar then 250 begin if c=" then begin komentar:= false: SpremeniPisavo(NORMALNO); end; IzpisiZnak(c) : end else if c=" then begin IzpisiZnak(c): komentar:= true: Spre me niP isavo(NAGNJENO) end else if c=" " then be gin IzpisiZnak(c) : niz:= true end else if c in ['A' ..' Z',' a ' . .'z','O' ..'9'] then begin besedaL:= besedalr-l-L; beseda[besedaL]: = c end else IzpisiZnak( c) ; end ; {while} end . { Izpis} 4. Minimalno število poskusnih glasovanj je štir i. V nalogi se skriva testiranje logičnega (digitalnega) vezja, sestavljenega iz treh IN vrat (kot kaže slika), kjer seje na enih od vrat en vhodn i signal "zataknil" na 1. Eden od postopkov testiranja je prikazan na odločitvenern drevesu, kjer so notranja vozlišča testni vektorji , ob povezavah so vrednosti l ogične funkcije pri danem testnem vektorju , listi pa predstavljaj o pokvarjen vhod. Odločitvene drevo dobimo lahko iz pravilnostnih tabel za vseh šest logi čn ih funkcij . Ta opisujejo možna vezja z enim vhodom , ki se je "zataknil" na 1. 2. skupina 1. Program izpise, v koliko istoležnih bitih se razlikujeta dvojiška zapisa prebranih števil. Najprej izračuna ekskluzivni ali (XOR) med številoma ain b (na nekoliko neroden način) in ga shran i v b. S tem v b postav i bite na tistih mestih , kjer se a in b razlikujeta. Z drugo zanko prešteje vse postavljene bite in njihovo štev ilo shran i v spremenIj ivki ham. Temu štev ilu pravimo tudi Hammingova • 251 razdalja dveh števil. 2 . Program reši problem tako, da se premika po obeh vrstah hkrati in za vsak rob pravokotn ika i z ra ču n a razdaljo do pravoko tnika v drug i vrsti . Iskana najmanjša razdalja med osnovnicama je enaka največji od teh medsebojnih razdalj . const vrstaM = 999; type skatlaT = record visina ,globina ,sirina : integer end; vrstaT = array [1..vrsta M) of skat laT ; function Najrnanjsafčazdalja (var a: vrstaT; aL: integer; var b: vrstaT; bL: int eger) : integer; { Funkcija vrne naj manj šo razdaljo med sosednjima vrstama} { pravokotnikov, pri kateri se pravokotniki obeh vrstic } { še ne prekrivajo med seboj. } var konec: boo lean; ia ,ib: l.. vrsta M; { indeksa trenutno pregledovanega prevokotnike v obeh vrsticah } sirinaA,sirinaB : integer; { doslej pregledani dol žim obeh vrstic } staraSirinaA: integer; razdalja : integer; { glob ina gornjega pre voko tnlke + višina spodnjega v trenutni točki } dosedanjaRazdalja : int eger; { največja razdalja doslej } begin ia:= 1; ib:= 1; konec:= false ; sirinaA := a [ia).sirina ; sirina B:= b[ib).sirina; dos edanjaRazdalja:= a[iaJ .globina + b[ib).visina ; repeat staraSirinaA := sirinaA; if sir inaA < = sirinaB then begin if ia > = aL then kone c:= true else begin ia:= ia-j-L; sirinaA:= sirinaA + a[ ia).s irina e nd ; end ; {it} if sirinaB < = staraSirinaA then begin if ib>=bL then konec:= t rue else begin ib:= ib-I-L: sirina B:= sirinaB + b[ib).sirina end; end; {it} if not konec then begin razda lja := a[ial .globina + b[ib) .visina ; if razda lja > dosedanjaRazda lja then dosedanjaRazdalja:= razdalja; end ; {it} until konec ; Najmanjsa Razdalja:= dosedanja Razda lja; end ; { NajmanjsaRazdalja} 252 Zanimiv problem nastane, če dopustimo še premikanje vrst levo in desno. V nekaterih primerih je potem mogoče vrstici še bolj približati. Rešitev tako razširjenega problema puščarno v razmislek radovednemu bralcu. 3. type znakT = array [1..7) of boolean ; var oblikeZnakov: array ['0 ' ..'9') of znakT; function DolociZnak(zn: znakT) : ehar; { Vrne najbolj podoben znak podani obliki} { ali pa presledek, če najde več enakovrednih kandidatov. } var c,najblizjiZnak: char; razl,minRazl : integer; function Razlika(var znl,zn2: znakT): integer; { Funkcija vrne število segmentov, } { v katerih se razlikujeta dva znaka . } var ii,razl: integer; begin {Razlika} razl:= O; for ii:= 1 to 7 do begin if znl[ii)<>zn2[ii) then razl:= razl-l-I end; Razlika:= razi; end; {Razlika} begin {DolociZnak} najblizjiZnak:= ' '; minRazl:= 8; for c:= 'O' to '9' do begin razl:= Razlika(zn,oblikeZnakov[c)) ; if razl= b then begin { Če je dobljeno število l e večje od delitelja,} { potem ga zmanjšamo za delitelj. } {Ničlo v rezultatu spremen imo v ena.} premik := premik - b; rezu ltat:= rezultat-j-I: end ; {it} end ; { for} KajStorim:= rezultat; end ; { KajStorim} Na tak način lahko realiziramo deljenje na procesorjih , ki ne znajo deliti . 2. Pravilna rešitev naloge predstavlja centralni del sintaktičnega analizatorja za prolog. Razlika je le v tem, da prolog dopušča poleg infiksnih operatorjev (med argumentoma) tudi prefiksne (pred argumentom) in postfiksne (za argumentom) . En operator je lahko hkrati vseh treh tipov in različne prioritete za vsak tip . const MxPri = 1200; type SymDef = (sClen ,sOp ,sKonec); PtExpDef = ~ ExpDef; ExpDef = record case Sym: SymDef of sClen: (Val: char) ; sOp : (Op: char; LExp,RExp : PtExpDef) ; end ; var Sym: SymDef; Ch: char : OpPri : integer; procedure Error(n: integer); external ; procedure GetSym; external; procedure Term(MxOpPri: integer ; var Root: PtExpDef); var MnOpPri: integer; OIdRoot: PtExpDef; begin {Term} if Sym < > sClen then Error( 2); new(Root) ; Root .Sym:= Sym ; Roo t .Val:= Ch; MnOpPri := O; GetSym; while (Sym=sOp) and (OpPri<=MxOpPri) and (OpPri >=MnOpPri) do begin OldRoot:= Root; new(Root) ; Roo t .Sym:= Sym; Root .Op:= Ch; Root .LExp:= OIdRoot; MnOpPri:= OpPri; GetSym; Term(MnOpPri,Root .RExp) ; I 3. end; {while} end ; {Term} procedure WrtTerm(Root: PtExpDef); begin if Root .Sym = selen then write(Root .Val) else begin write('('); WrtTerm(Root .LExp); write(Root .Op}; WrtTerm(Root .RExp); write(')') ; end ; { it} end ; {WrtTerm} procedure Parse; var Root: PtExpDef; begin GetSym; Term(MxPri ,Root); if Sym <> sKonec then Error(3) ; WrtTerm(Root) ; end ; {Parse} type Niz = packed array [1..10] of char; function Ujemanje(N,V: Niz; Nd,Vd : integer): boolean; function Poskus(Ni,Vi: integer): boolean; var Uspesno,Konec: boolean; begin Konec := false ; repeat if Vi>Vd then begin Konec:= true; Poskus:= Ni>Nd end else if VrVi] = '*' then begin Ni:= Ni-l; repeat Ni:= Ni+l; Uspesno:= Poskus(Ni,Vi+l); until Uspesno or (Ni>Nd); Konec := true; Poskus:= Uspesno; end else if (Ni<=Nd) and «V[Vil= ' ?') or (V[Vil=N[Ni))) then begin Ni:= Ni+l; Vi:= Vi+l end else begin Konec:= true; Poskus:= false end ; untH Konec ; end; {Poskus} begin Ujemanje:= Poskus(I ,I); end; {Ujemanje} 255 256 4. Pri hitrosti 1 Mb/s in 256 znakov dolgih blokih potrebujemo približno 0 .002s za sam prenos podatkov enega bloka, poleg tega pa še dvakrat po 1/4 s ča ka l n ega časa, da oddajn i računalnik prejme potrditev sprejema bloka od sprejemnika . To pomeni , da je izkoristek komunikacijske linije manj kot pol odstotka, zato opisani preprosti protokol ni primeren za komunikacijo na zelo velike razdalje. Izkoristek bi lahko povečali z uporabo daljših blokov, vendar dolžine bloka ne smemo poljubno podaljševati zaradi verjetnosti napak (če se pojavi napaka kjerkoli v bloku, je treba ponoviti prenos celotnega bloka) . Boljše je, da ne čakamo potrditve vsakega bloka posebej , ampak nada- ljujemo s pošiljanjem zaporednih oštevilčenih blokov, obenem pa si poslane a še ne potrjene bloke shranimo za primer, da bi jih bilo treba zaradi komu- nikacijske napake ponovno poslati. Sprejemni računalnik pošlje ob potrditvi uspešnega prejema zaporedno številko bloka, ki ga je uspešno prejel. Tako lahko oddajni računalnik sprosti pomnilnik za že potrjene bloke . Le sprejemni računalnik naleti na napačen blok ali ugotovi, da številke blokov niso zaporedne (kakšen blok manjka), pošlje zahtevo .za ponovitev vseh blokov od prvega napačnega dalje. Nato čaka na ponovitev zahtevanega bloka in njegovih naslednikov - morebitne bloke, ki še prihajajo za napačnim blokom, zavrže. Po ponovnem sprejemu zahtevanega bloka lahko s komu- nikacijo normalno nadaljuje . S skrbnejšim protokolom bi lahko zahtevali ponovitev le napačnih blokov in izkoristili morebitne vmesne pravilne bloke , vendar zaporednost številk blokov olajša delo in omogoča odkrivanje rnanjkajočih blokov brez dodatnega časovnega nadzora. V praksi moramo dopustiti možnost, da oddajni računalnik pošilja bloke hitreje, kot jih je sprejemni računalnik sposoben obdelovati. Zato je treba skupaj s potrditvami sprejema pošiljati tudi število paketov, ki jih je sprejem- nik še sposoben sprejeti (ima zanje dovolj pomnilnika) . Temu številu pravimo ' kredit ' . Oddajnik mora tedaj skrbeti, da nikoli ne pošlje več paketov, kot ima kredita . Običajno moramo dopustiti tudi možnost, da se kakšna potrditev izgubi, ali da je zveza začasno prekinjena . Da prebrodimo to vrsto težav, je treba protokol dopolniti z največjimi čakalnimi časi na posamezen dogodek in z akcijami , ki so potrebne ob prekoračitvi teh časovnih omejitev. Optimalna dolžina blokov je odvisna od zanesljivosti prenosa in dolžine dodatne informacije, ki je pridana vsakemu bloku . Le je verjetnost napake velika , potem moramo uporabljati kratke bloke , da vsaj nekateri ostanejo • nepoškodovani. Pri majhni verjetnosti napake so primernejši daljši bloki, da pošiljanje dodatne informacije ni tako pogosto. Primož Gabrijelčič Klavžar S., ZVEZDNE BESEDE ali WordStar PO DOMAČE DMFA Slovenije, Zavod za šolstvo in šport, Ljubljana 1991, 60 str. (Račkova knjižnica; 6) Veliko pišete? Ste že izurjeni ali potrebujete psa slednika, da vam pomaga pri iskanju črk? Danes so res tudi pisalni stroji že izpopolnjeni, vendar računalnika z urejevalnikom besedil ne morejo ujeti. Ko pišemo s pisalnim strojem, lahko kaj dodajamo ali popravimo le s ponovnim tipkanjem . Dve skoraj enaki pismi je potrebno napisati dvakrat , če pišemo na pisalni stroj, z uporabo urejevalnika besedil pa le enkrat. Osnovne možnosti urejevalnika so: - pisanje in spreminjanje besedila (editiranje) , - oblikovanje besedila za tiskanje, - tiskanje besedila na papir, - iskanje in zamenjava znakov, - priprava serijskih dopisov , - avtomatska izdelava kazala , - črkovalec in slovar sinonimov za angleški jezik - in še bi lahko naštevali . Med najbolj znane urejevalnike besedil sodijo WORDSTAR, WORD, WORDPERFECT, WORD FOR WINDOWS. Pri nas je najbolj razširjen WORDSTAR. Lahko rečemo, da je na vseh računalnikih, poleg samega operacijskega sistema DOS , nameščen tudi kak urejevalnik besedil. Zato smo v Ra čkovi knjižnici težko čakali izid knižice, ki bi pokrila to področje. Težke naloge se je lotil Sandi Klavžar , ki je knjižici dal prijeten naslov. Preberite si jo . Pri pisanju pa veliko uspeha! Mojca Lokar