PRESEK - list za mlade matematike. fizike . astronome in računalnikarje 22. letnik. leto 1994/95. številka 6. strani 321-384 VSEBINA MATEMATIKA FIZIKA ASTRONOMIJA RAČUNALNiŠTVO NOVICE NALOGE RAZVEORILO REŠiTVE NALOG TEKMOVANJA NOVE KNJIGE LETNO KAZALO NA OVITKU Aritmetika s kvadrati (Vilko Domajnko) 321-326 Sundaramovo rešeto (Primož Potočnik] 340-341 Šifriranje z javnim klju čem (Marija Vencelj) 354-357 Opazovanje iztočnega vrt inca (Zoran Arsov) 328-331 Odklon proti vzhodu (Janez Strnad) 342-343 Straža (Marijan Prosen) 332-335 Preizkusni programi za matematiko (Matija Lokar) 344-348, III, IV Sto let rentgenskih cevi (Janez Strnad) 338-339, I Dve sporočili ( Iz uredništva) , 351 Christian Huygens - Ob tristoletnici smrti (Janez Strnad) 358-363 Tečaji iz vakuumske tehnike za profesorje srednjih šol (Andrej Pregelj) 364-366 Butalska - Reš. str. 369 (Vilko Domajnko) . . . . . . . . . . . . . . . . 327 Tri za bistre glave - Reš . str . 368 (Neža Mramor - Kosta) .. . 327 !'Jariši pravokotn i trikotnik - Reš . str. 372-373 (Marija Vencelj) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 331 Skladnost - Reš. str. 368 (Vilko Domajnko) . . . . . . . . . . . . . .. 33 9 Strogo naraščajoča števila - Reš . str. 350 (Martin Juvan) . .. 341 Stična števila - Reš. str . 366 (Martin Juvan) ' " 34 3 Kako štejemo po slovensko? (Tomaž Pisanski) 335-336 Kaj je kipu? (Veselko Guštin) 349-350 Križanka ' Ra č una l n i š tvo ' - Reš . str. 373 (Marko Bokalič] 352-353 Neznana osnova - s str. 295 (Mart in Juvan) . . . . . . . . . . . . . . . 326 Popotovanje z letalom - s str. 275 (Vilko Domajnko) . . . . 336-337 Barvanje kock - s str. 275 (D . M. M i loševi č , prev . B. Japelj) 348 Spet ena logična - s str. 307 (Neža Mramor - Kosta) 357 Koliko šestkotnikov? - s str. 299 (Ciril Pezdir) 370-371 Astronomska križanka - s str. 288 (Marko Bokalič) 373 16 . mednarodno matematično tekmovanje mest - pomladanski krog (Matjaž Željko] 374-375 16 . mednarodno matematično tekmovanje mest - jesenski krog - rešitve s str. 252 (Matjaž Željko) . .. 375-381 Zmazek V., Matematika, priprava na maturo (Mojca Lokar) . 351 . . . . . . . . .. . .. .. . . . . . .. . . . ... .. . . . . .. . ... . . . . . .. . 382-384 Rentgenska cev. Glej članek na str. 338-339 . . . . . . . . . . . . . . I Slike k članku na str. 344-348 III-IV I~n-r/~~,vn -in 1t: in1"", ARITM ETIKA S KVADRATI Geometrijskih likov ponavadi ne seštevamo, vsaj v običajnem smislu ne, V elementarni matematiki uporabljamo operacijo seštevanja največkrat le v številskih množicah ; čeprav smo sicer navajeni seštevati tudi vektorje , funkci- Je, Izraze, ' _, Toda spomnimo se samo, kako velikokrat na hitro povemo Pitagorov izrek: a kvadrat plus b kvadrat je c kvadrat. Mar ta stavek ne govori o natanko tistem, kar smo v uvodnem odstavku zanikali - o seštevanju kvadratov? ln tudi nekoliko izboljšana "ljudska" verzija izreka ni bistveno drugačna : Vsota kvadratov nad katetama je enaka kvadratu nad hipotenuzo. Pravzaprav le še določneje govori 0- seštevanju kvadratov! A-I O'...T PL US 1!> - K vAbll.AI J E C.-KV4"t>Q. A T ~+m =@ 2 • Kajpak vemo, da je posredi nesporazum , ki je bolj ali manj jezikovne narave. Po njegovi zaslugi se samo zdi, kakor da seštevamo in primerjamo geometrijske like, čeprav v resnici seštevamo in primerjamo zgolj njihove ploščine . Pa izkorist imo ta jezikovni zaplet in definirajmo seštevanje kvadratov, Označimo s K množico vseh kvadratov v ravnini in se domenimo, da bo 322 vsota vsota kI EB k2 poljubno izbranih kvadratov kI in k2 iz K spet kvadrat - in sicer tak , čigar številska vrednost ploščine je vsota številskih vrednosti ploščin kvadratov kI in k2 : Pitagorov izrek nam pove, da je seštevanje kvadratov dokaj preprosto, če se ga lotimo zgolj po aritmetični plati - s pomočjo dolžin stranic kvadratov kI in k2 izračunamo stranico njune vsote k3 . Tako je naša naloga že rešena. Nekoliko več truda pa zahteva geometrijski pristop po konst rukcijski poti . V tem primeru sta kvadrata kI in k2 podana kot lika na ravnini , njuno vsoto pa smemo, kot običajno , poiskati le s pomočjo geometrijskega orodja . V nadaljevanju nas bo zanimal predvsem ta način . Geometrijsko poiščemo vsoto kvadratov najelegantneje seveda s pomočjo Pitagorovega izreka. Le torej želimo sešteti par kvadratov , ni treba drugega , kakor konstruirati pravokotni trikotnik , čigar kateti imata dolžini enaki dolžinama nju- nih stranic. Vsota je potem kvadrat nad hipotenuzo. Definicijo lahko zelo preprosto posplošimo še na seštevanje treh ali več kvadratov . Tudi v tem primeru je rezultat spet kvadrat sploščino, ki je vsota ploščin posameznih kva- dratov: kI EB 1<2 EB ... EB kn = kn+l <==:} pl(kl ) + pl(k2) + ...+ pl(k n) = pl(k n+l ) (kI, k2,···, kn+l EK). 323 Na srečo je vsota kvadratov asociativna (glej nalogo 3) , zato si lahko pri njeni konstrukciji pomaga- mo kar z zapored nim seštevanjem posameznih kvadratov . Tri kvadra- te na primer seštejemo tako, kakor kaže risba na desni . Podobno lahko definiramo tudi razliko kvadratov kIllk2' Ta naj bo tak kvadrat , katerega plošči na je (štev ilska) razlika plošči n dan ih kvadratov: Zgornja definicija je očitno smi- selna samov primeru , koje pl(kI) 2': 2': pl(k2 ) . Pri konstrukciji razlike kvadratov se spet opremo na Pita- gorov izrek. Konstruirati moramo pravokotni tr ikotnik z dano hipote- k -s nuzo (stranica prvega kvadrata) in z eno izmed katet (stranica drugega kvadrata) . Preostala kateta je tedaj kIllk2 = k3 stranica razlike. Oglejmo si naposled še množenje kvadrata s številom. Definiramo ga takole : produkt št evila a in kvadrata kI je tak kvadrat k2, katerega ploščina je a-kratnik ploščine kvadrata kI : Množenje, ki smo si ga zamis- lili, je dokaj preprosto, če je število a naravno . V tem primeru si namreč lahko pomagamo kar s seštevanjem kvadratov , ki pa ga že poznamo - in to celo za primer poljubnega števila sumandov. Risba na desni prikazuje množenje kvadrata s 3. 3 0 kI = kI EB kI EB kI = k2 324 Pri množenju z nekoliko večjimi števili pa bi bil opisani postopek ne- dvomno precej neroden . Zato si v teh primerih pomagamo drugače. Oglejmo si, kako steče takšno množenje v primeru, ko je a = 17: 16 0 kI je kvadrat , ki ima 16- krat večjo ploščino od kvadrata kI . Njegova stranica je torej 4-krat da- ljša od stranice kvadrata kI. Torej pri danem kvadratu k: konstruira- mo njegov 17-kratnik tako, kakor kaže risba na desni. E o 160 kI H I CB 2=AB ·OB G A Za konec opišimo še množenje kvadratov z racionalnimi števili obli- ke a = ~, kjer sta p in q poljubni naravn i števil i in je p :s q. V tem primeru se namesto na Pitagorov izrek raje opremo na prav tako do- bro znani Evklidov izrek v pravokot- nem trikotn iku. Njegovo sporočilo preberemo na desni risbi. Za ponazoritev te metode si oglejmo konstrukcijo produkta ~ ® k, kjer je k dani kvadrat . Naj bo na risbi na desni GIBA dani kvadrat k . Na stranici AB konstru- iramo točko O tako , da je OB = = ~ . AB. Tedaj je očitno tudi ploščina pravokotnika HIB O ena- ka petini ploščine kvadrata GIBA. S pomočjo Talesovega izreka , da je obodni kot nad premerom pravi kot , konstruiramo pravokotni trikotnik l:::..A BC, kjer je O B pravokotna projekcija katete C B na hipoten uzo AB. Kvadrat s stranico C B je tedaj ~-kratnik kvadrata k. 325 Naloge 1. Na ravnini izberi kvadrata k: in k2 . Zatem konstruiraj : a) kI EB k2, c) (2 0kI) EB(3 0k2). 1 e) 3 0 kI. b) kl.6.k2 (ali k2.6.kI). d) 6 0 kI. 5 f) 6 0 kI· 2. Na ravnini izberi kvadrate ks, k2 in k3 tako . da boš lahko konstruiral tudi kvadrata kI EB k2 EB k3 in kl.6.k2.6.k3· 3. Dokaži. da je vsota kvadratov asociativna ; za poljubno trojico kvadratov kI. k2 in k3 torej velja: 4. Dokaži, da je vsota kvadratov tudi komutativna; za poljubno izbran par kvadratov kI in k2 torej velja: 5. Kaj lahko rečeš o asociativnosti in kaj o komutativnosti razlike kvadra- tov? 6. Izberi na ravnini kvadrat k. Zatem konstruiraj : a) J3 0 k. b) vn 0 k . (n E IN). 7. Premisli . kako bi množil kvadrate spoljubnim nenegativnim realnim številom. 8. Posplošena verzija Pitagorovega izreka pravi: V pravokotnem trikotniku je za vsako naravno število n (n ~ 3) vsota ploščin pravilnih ri-kotnikov nad katetama enaka ploščini pravilnega n- kotnika nad hipotenuzo. Na naslednji strani je prikazan primer za n = 6. 326 a) Dokaži izrek za n = 3 in n = 6. b) Premisli, kako bi sešteval in odšteval poljubno izbrane pravilne n-kotnike . Podobno napravi tudi za množenje s številom. c) Premisli, kako bi seštel kva- drat in enakostranični trikot- nik . Vilko Domajnko NEZNANA OSNOVA - Rešitev s str. 295 Recimo, da pri zapisu v osnovi b velja enakost x + xx + x xx = 1000 . Torej imamo x + (xb + x ) + (x b2 + x b + x) = 3x + 2xb + x b2 = b3 . Od tod lah ko izra čunamo x : b3 X = -::-3 -+-2:-:b- +---:-b"2 . Ker je imenovalec gornjega ulo mka večji od b2 , je vrednost ulomka vedno manjša od b . Prav tako pa je x > b - 2 , saj je Edina možnost za števko x je torej b - 1. Toda tudi ta izbira ne ustreza , saj t edaj za pisa x x x in 1000 predst av lj at a za poredni števili, š t evilo x + xx pa je strogo večje od 1. Iskan a os nova b torej ne obstaja . Martin Juvan 1\10 1 L'L:C .II'L_'I_rL BUTALSKA V Butalah so oni dan vrt i čkarjern naposled le ugodili. Po dolgem moledovanju številnih krajanov je župan štirim najvztrajnejšim prosilcem dodelil 100 m2 veliko pravokotno zemljišče, kjer si bodo lahko že kmalu uredili svoje male vrtove. Pri tem se je celo izkazal za izjemno natančnega, saj so vsa štiri posamezna zemljišča v obliki pravokotnika in med seboj površinsko enaka. Se posebej pa se je mož odrezal pri računu . Novopečenim lastnikom je namreč njihov kos zemlje namesto glede na površino zaračunal raje glede na obseg zemljišča . Večji ko je obseg zemljišča, več je moral njegov lastnik zanj plačati . Presenečenje med butalskimi vrtičkarji pa je bilo popolno, ko so čez čas ugotovili, da so tudi v tem primeru vsi odšteli enake vsote za zemljišča . Vsa četverica je poslej navdušena hvalila izjemno modrost svojega župana . Izmed vseh najbolj zadovoljen pa je bil zagotovo Srečko Veselko, saj je njegovo zemljišče mejilo na vsa tri preostala . Tako bo imel , je dejal. na svojem vrtu obilo priložnosti za klepet s sosedi in mu ne bo treba preveč delati. Poskušajte sedaj kar se le da natančno opisati obliko zemljišča, ki ga je župan razdelil med te štiri vrtičkarje. Vilko Domajnko TRI ZA BISTRE GLAVE Poskusite , kdo bo hitreje rešil naslednje naloge: 1. Stiri črne in tri rjave krave dajo skupaj v petih dneh ravno toliko mleka, kot tri črne in pet rjavih krav v štirih dneh . Katere krave dajejo več mleka, črne ali rjave? 2. Martin je star dvakrat toliko kot bo Jurij takrat, ko bo Primož star toliko, kot je Martin sedaj. Kdo je najstarejši, kdo srednji in kdo najmlajši med njimi? 3. Urh, Anže , Jaka in Miha si ogledujejo in primerjajo svoje ribiške plene: • Miha je ujel več kot Jaka . • Skupaj sta Urh in Anže ujela ravno toliko kot Jaka in Miha. • Urh in Miha skupaj sta ujela manj kot Anže in Jaka skupaj. Kako so se izkazali naši ribiči? Kdo je ujel največ, kdo drugi največ , kdo je bil tretji in kdo se je najslabše odrezal? Neža Mramor - Kosta '-,-/'/.., . r L"" OPAZOVANJE IZTOČNEGA VRTINCA V prejšnji številki Preseka smo prebrali č l a n ek o iztočnem vrtincu . Vrtinec je zabaven vsakdanji pojav, ki ponuja veliko fizikalnih vpraš a nj . Večina jih je precej zapletenih , tako da je v literaturi težko najti izčrpno razlago pojava. Vseeno si lahko na nekatera vprašanja poskušamo odgovorit i sami . Pojav vrtinčenja ni nujno odvisen od prisotnosti Coriolisove sile (npr. turbu lentno gibanje). Zato se izto čni vrtinec oblikuje tudi v opazovalnem sistemu , kjer ni sistemskih sil. Opazujemo posodo s kapljevino, ki ima na dnu odprtino . Na začetku del čki kapljevine ohranjajo s m er gibanja proti odprtini , saj prečnih sil ni . Pri veliki odprtini na dnu posode vrtinčenje ne opazimo . Le odprtino zmanjšamo pod določeno mejo , pa nastane vrtinec . Za ponazoritev naredimo enostaven poskus . Prvi č v posodo natočirno sadni sirup , drugič vodo in opazujemo , ali nastane vrtinec ali ne . Rezultate predstavimo s tabelo 1. velika odprtina srednja odprtina mala odprtina voda - + + si rup - - + Tab ela 1. Nastanek vrtin ca v odvisnosti od viskoznosti kap ljevine ln velikosti iztočne odprtine. Izkaže se , da je nastanek vrtinca odvisen tudi od narave kapljevine . Pri kapljevinah z manjšo viskoznostjo ga opazimo prej . P risotnost sistemskih sil je pomembna pri napovedi smeri vrtenja . Le se opazovanja lotimo v kopalnici , je težko kaj re či o smeri vrtenja , saj so izid i opazovanj različni. Razlog so premalo nadzorovane okoliščine, v katerih izvajamo poskus. Težavam se izognemo, če opazujemo v neinercialnem sistemu , ki se glede na Zemljo vrti s tolikšno kotno hitrostjo , da postane Zemlja pri naši natančnosti inercialni sistem. Zato je vpliv Coriolisove sile na kapljevino dovolj velik , da premaga motnje . Tak sistem je npr . otroški vrtiljak . V sistemu vrtiljaka smo opazovali iztočni vrtinec v posod i zrad ijem 5 cm. Po več ponovitvah se smeri vrtenja med seboj niso razlikovale. Pr imerjajmo pogoje v kopalnici in na vrtiljaku . Koordinatni sistem , ki je vezan na Zemljo , se na naši zemljepisni šir ini cx = 46 ° vrti s kotno hitrostjo w = 5 ,2 .10-5 s-l . Vrtiljak sem ročno poganjal s kotno hit rostjo enega ob rata v 24 s (namesto 329 24 urah), kar da w' = 0 ,26 s-l (približno pettisočkrat več od w). Ponovimo račun iz članka Iztočni vrtinec . Hitrost delov kapljevine v kopalnici mora biti pred začetkom poskusa manjša kot 2,6 . 10-4 cm/s, da se razvije iztcčni vrtinec v pravi smeri. Na vrtiljaku je ta hitrost že 1,3 cm/s. Ta pogoj lahko hitro dosežemo, saj moramo vodo pustiti mirovati le nekaj minut (namesto nekaj dni) . Izidi opazovanj so se ujemali s pričakovanji . Izkazalo se je, da je smer vrtenja vrtinca enaka smeri vrtenja opazovalnega sistema (slika 1). o vr t enj e jv .oosprotni smerrurinega kozo [co O vrtenje vsmeriurinega kozolca Slika 1. Smer vrtenja vrtinca v odvisnosti od smeri vrtenja vrtiljaka . Poskus bi se dalo še lepše izvesti na obsežnejši vrteči se ploščadi. Možna bi bila namreč uporaba posode večjih razsežnosti (višja posoda z večjim radi - jem) . Tako bi laže fotografirali sam vrtinec ter neposredno merili hitrosti delčkov tekočine na razl ičnih oddaljenostih od osi posode. Opisano opazo- vanje je bilo zanimivo še zato, ker se je dalo smer vrtenja vrtiljaka spreminjati. S tem smo lahko pogoje v opazovanem sistemu primerjali z okoliščinami na severni (smer vrtenja Zemlje v smeri proti urinemu kazalcu ) in južni polobli (smer vrtenja Zemlje v smeri urinega kazalca) . Med opazovanjem tudi ugotovimo, da se vrtincu spreminja oblika med praznenjem posode. Le je v posodi več vode, je vrtinec ožji. Voda pritiska proti odprtini, delci v vrtincu pa pritisku nasprotujejo zaradi vrtenja (zarad i centrifugalne sile). Ko nekaj vode izteče, se pritisk zmanjša, zato vrtinec postaja širši (slika 2). 330 1 lj Slika 2. Ob lika vrtin ca v odvisnosti od višine vode v poso di. Vrt incu podobne pojave opazimo v meteorologij i. Tako dobimo z n ači l ne oblike ciklonov (sl ika 3), kjer zrak teče proti pod ročjem z nižjim t lakom , in je zato smer vrtenja ciklona enaka smeri i ztočnega vrtinca . Pr i anticiklonih je sm er obratna (s lika 3). Slika 3. Sme r vrtenja cikion ov (območje nizkega zračnega pritiska) in anticikionov (območje visokega zračnega tlaka) na severni in južni polob li. Prisotnost velike Coriolisove sile v našem opazovalnem sistemu lahko ko- ristno uporabimo tudi pri opa zovanju Foucaultovega nihala (slika 4) . Mesto , kjer je nihalo pritrjeno na vrtiljak , ni pomembno (kotna hitrost je na vseh mestih ena ka). Opazoval sem spremem be nihanja glede na dolž ino upo rablje- ne vrvice in mase obešene kroglice. Najbo ljše rezultate (najmanj motenj pri niha nju) dobimo pri upo rabi dolge vrvice in te žke kroglice. Prvoje pomembno zaradi ugodne frekvence , drugo pa zaradi vzt raj nost i. 331 Slika 4. Fou caultovo nihal o na vrt iljaku . Zoran Arsov NARiŠi PRAVOKOTNI TRIKOTNIK Nariši pravokotni trikotnik , če poznaš njegov obseg 2s in dolžino simetrale pravega kota 5-y. Marija Vencelj OC-Otl'\ltl"7'1lO,,_,1" iu n» iun STRAŽA Kdo neki bi si mislil, da imamo celo na nebu st ražo. Na nasprotni st rani ojesa Malega voza ležita zvezdi, ki sta poleg Severnice edini dovolj svetli zvezdi v tem vozu, da ju z lahkoto vidimo s prostim očesom , Znani sta pod imenom Stražarski zvezdi, Stražarki pola , Luvajki Severnice ali kar Straža. Njuno imenovanje je povezano z zvezdami Velikega voza. • • e .: I . ..... - -- I o - I .' ,'.'''' " ,,,, , - ,,, / -. . . - ~ . - o , "' ...... \-. . \ \ \ \ \ \ o - I, r -./~:.~, , 1 , I . , -:~ • I I o,, o • . I I I,., I o \ \ ,.-" (' o o I I, o () Karta nadobzorn iških zvezd , s katero si pomagate, da izsledit e zvezdi co Alkor . 333 Mali voz je del ozvezdja Malega medveda . Le v temni jasni noči vidimo vse zvezde tega voza. Zvezdi Beta (Kohab) in Gama (Ferkad), imenovani Stra žark i pola ali Straža, pa sta vedno dobro vidni s prostim očesom. 334 Medtem ko oba Voza navidezno krožita okrog Severnice, ti zvezdi vedno najdemo med Severnico in zvezdami Velikega voza. Zdi se , kot da bi zvezdi stražili Severnico, da je ne bi ukradle svetle , ponosne in grabežijive zvezde Velikega voza . Zgodba namreč pripoveduje, da so t e zvezde že nekoč ukradle eno zvezdo (Alkor) iz najmanjšega nebesnega voza - Plejad . Zvezdi sta zato stalno na preži , da bi vsak trenutek preprečili roparskim zvezdam ukrasti še kakšno drugo zvezdo in jo dodati na že tako svetel predel neba , kjer leži Veliki voz. ob 19. uri ob .2.1. 'UTi Sprememba leg zvezd Velikega in Malega voza glede na obzorje je preprost dokaz za vrtenje Zemlje. Druga od zgodb pripoveduje o sedmih bratih , ki so zvedeli za sedem lepih sestra. Bile so pridne , prijazne in rade so plesale. Domenili so se, da jih ugrabijo in vzamejo za žene . Presenetili so jih pri plesu med rožami na travniku . Le enemu je uspelo ugrabiti dekle, ostale pa so ušle. Za kazen so bogovi ugrabitelje prikovali na nebo kot sedem zvezd Velikega voza . Ob enem ugrabiteiju (srednji zvezdi Mizar v ojesu Velikega voza) s prostim očesom res lahko vidimo drobno zvezdico (Alkor) , ki naj bi bila ugrabljena sestra . Ker prispevek želi spodbujati k opazovanj u, predlagam, da si izberete jasno brezlunino noč in greste daleč od moteče svetlobe . Poskusite najprej s prostim očesom najti: - Veliki voz in po njem Severnico (orientacija na zemljišču), Mali voz in v njem Stražo , - ugrabljeno sestrica - zvezdico Alkar ob zvezdi Mizar (če jo izsledite , vedite , da dovolj dobro vidite in vam ni treba na pregled k oku listu). 335 Iz ist ega kraja opa zujte Stražo okoli 21. ure in nato ponovno čez uro ali dve. Opazili boste , da je St raža (in tudi druge bližnje zvezde) spremenila lego glede na zemeljske predme te , zvezda Severnica pa ne. Ali bi znali pojasniti, kaj je vzrok te spremembe? Marijan Prosen KAKO ŠTEJEMO PO SLOVENSKO? Ne boste verjeli , ampak včeraj zvečer me je nekdo spravil v zadrego , ko me je vprašal , kako se po slovensko reče številu , ki ga zapišemo z enico in štir inajst imi ni člami. Zadrega nastopi , ker že v angleščin i štetje ni standardiz irano. Evropejci (in s tem Angleži) štejemo d rugače , kot to počno Američani . V slovenšči ni velja takle dogovor pri št etju : 1 ena 10 deset 100 sto 1000 t isoč 10000 deset tisoč 100000 sto tisoč 1000000 milijon 10000000 deset milijonov 100000000 sto milijonov 1000000000 milijarda 10000000000 deset milijard 100000000000 sto milijard 1000000000000 bilijon 10000000000000 deset bilijonov 100000000000000 sto bilijonov 1000000000000000 bilijarda 10000000000000000 deset bilijard 100000000000000000 sto bilijard 1000000000000000000 tr ilijon 336 Zdaj ko je sistem jasen , moramo samo še ugotoviti, kako naprej : 1000000 milijon 1000000000 milijarda 1000000000000 bilijon 1000000000000000 bilijarda 1000000000000000000 t rilijon 1000000000000000000000 tr ilijarda 1000000000000000000000000 kvadrilijon 1000000000000000000000000000 kvadrilij arda 1000000000000000000000000000000 kvint iljion 1000000000000000000000000000000000 kvintilijarda 1000000000000000000000000000000000000 sekstilijon 1000000000000000000000000000000000000000 sekstilijarda 1000000000000000000000000000000000000000000 septilijon 1000000000000000000000000000000000000000000000 septilijarda 1000000000000000000000000000000000000000000000000 oktilijon 1000000000000000000000000000000000000000000000000000 oktilijarda 1000000000000000000000000000000000000000000000000000000 nonilijon 1000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 nonilijarda 1000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 decilijon 1000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 decilijarda Seveda bi lahko nadaljevali še naprej. Znati moramo šteti latinsko . 5tevilo 10 120 je torej vigintilijon, 10123 pa vigintilijarda. V težave zaidemo pri številu 10126 , saj se latinsko 21 zapiše z dvema besedama: viginti unum. Ali je 10 126 vigintiunilijon po slovensko? Tomaž Pisanski POPOTOVANJE Z LETALOM - Rešitev s str. 275 Tabelo prevedimo najprej v graf. Vsaki državi priredimo točko in povežemo med seboj vse tiste pare , ki označujejo države, med katerimi obstajajo letalske linije . Tako dobimo graf na naslednji risbi na levi. Za rešitev Mavricijeve naloge moramo v njem prešteti vse tiste obhode, ki gredo po vsaki povezavi natanko enkrat. Nalogo pa si lahko še dodatno poenostavimo s tem, da namesto obhodov v grafu na levi raje preštevamo obhode v njegovem sosedu na desni . 5tevilo vseh obhodov po vseh povezavah je namreč v obeh grafih enako, o čemer se bo reševalec zlahka prepričal tudi sam. 337 Pri vsakem izmed teh obhodov lahko gremo skozi točko d na enega izmed naslednjih treh načinov: f f Graf na levi poenostavimo v graf Gb ostala dva pa v graf G2: ~b G, G2 Denimo , da je v prvem grafu nI, v drugem pa o: sklenjenih poti, ki gredo čez vsako povezavo po enkrat. 5tevilo vseh iskanih sklenjenih poti v začetnem grafu dobimo tedaj z vsoto: nI + 2n2 = 2 · 2 ·2 + 2 · (2 . 6) = 32 . Pri tem smo upoštevali, da lahko gremo po vsaki povezavi grafov na dva različna načina - v eno ali drugo smer . Enako velja tudi za zanki grafa GI. Glede na tekst v nalogi smemo predpostaviti , da Mavricij ne živi v nobeni izmed šestih držav , omenjenih v njej. To pomeni , da bo lahko svoje popotovanje začel v katerikoli izmed teh držav in potoval skoznje kar na 32 · 6 = 192 različnih načinov . Zanimivo pa je , da bo moral potovanje v vsakem primeru tudi končati v tisti državi, kjer ga bo začel. Vilko Domajnko I~OI,,lI[E STO LET RENTGENSKIH CEVI Pred sto leti so bile rentgenske cevi preproste steklene bu čke, iz katerih so izsesali zrak (slika la) . Med negativno elektrodo - katodo - in pozitivno - anodo - je bilo mogoče opaziti pramen katodnih žarkov , kakor so tedaj rekli curku elektronov . Najmočneje je rentgensko svetlobo seval del steklene stene, ki ga je zadel curek. Kmalu so začeli izdelovati cevi s katodo , ki so jo segrevali z električnim tokom do visoke temperature, tako da so iz nje izhajali elektroni (slika lb) . Za razliko od prejšnje cevi je seval rentgensko svetlobo samo del anode, ki so ga zadeli elektroni . V tem primeru so vsi elekt roni prileteli na anodo z enako kinetično energijo , ki jo je določala napetost anode prot i katodi . Dandanes rentgenske cevi uporabljajo za zdravniške preiskave in v meril- nih in raziskovalnih laboratorijih . Glede na namen se cevi med seboj pre- cej razlikujejo . Sodobno cev za zdravniške preiskave (slika Ic in naslovna stran) priključimo na napetost do 150000 V. Moč, ki jo rabi rentgenska cev, izračunamo kot za vsak drug porabnik tako, da pomnožimo napetost U na cevi s tokom I. Pri napetosti 150000 voltov in toku 0,002 A dobimo 300 W. Samo del odstotka te moči prevzame energijski tok rentgenske svetlobe, pre- ostanek morajo odvajati kot toplotni tok . Segreta anoda ga izseva; poleg tega lahko hladijo anodo samo ali oh išje cevi z vodo ali ohišje z zrakom . Za rentgensko svetlobo ni lee in zrcal, to rej smo vezani na senčne slike. Zato je pomembno, da izvira rentgenska svetloba iz č i m manjšega dela anode , da torej curek elektronov zadene čim manjši del anode . Elektronska leča zbere elektrone na nagnjeni anodi v ploskvi, ki jo je videti s strani kot kvadrat s stranico milimetra ali nekaj manj. Anoda iz zlitine renija, volframa in molibdena bi se tam kljub hlajenju prevec segrela, ce je ne bi vrteli do vec kot stokrat na na sekundo. (V izvedbi rentgenske cevi, ki jo vidimo na naslovni strani, je pod kovinsko anodo debela plast grafita , ki poveea toplotno kapaciteto anode in seva .) Temni ozki valj pod anodo je vrtljivi del kratkosti čnega motorja, ki sega v rnirujoči del zunaj cevi. Za napajanje rentgenske cevi navadno uporabimo transformator. S posebnimi prijemi poskrbimo , da je napetost na cevi čim bolj konstantna . Pogosto zato uporabimo na vhodu transformatorja napetost s frekvenco več deset tisoč nihajev na sekundo. Cev lahko poganjamo neprekinjeno ali v sunkih . Sen čno sliko lahko opazujemo neposredno na fluorescen čnern zaslonu, posredno s slikovnim pretvornikom ali na fotografiji . Rentgenska svetloba ioni- zira in je škodljiva , zato poskušajo doseči , da preiskovanca č im manj obsevajo. 339 ,,,,, " ., , ~ ... -: );..: ~ =. [ =- =~ ..- y----', I I ,_'"" I + ' ~t=::::: ~ ~~:~~~:~;-~ (a) (b) (c) Slika 1. Stara rentgenska cev s hladno (a) in segreto (b) katodo in sodobna rentgenska cev za zdravniško rabo (c) . Na naslovni strani je slika nekoliko drugačne izvedb e cevi (c). Na kolikšno napetost priključijo cev, kako velik presek elektronskega curka na anodi izberejo in to , ali poganjajo cev neprekinjeno ali v sunkih, je odvisno od opazovanega dela telesa in načina opazovanja . Mimogrede omenimo, da najmanjšo valovno dolžino Ao pri rentgenski cevi z napetostjo U določa enačba UAo = 1240 Vvnrn . Najmanjša valovna dolžina pri napetosti 150000 V meri torej 0,008 nanometrov. Janez Strnad SKLADNOST Dokaži, da sta pravokotnika s paroma enakima obsegoma ln ploščinama skladna . Vilko Domajnko /"0-;CI"O-I·/~O 'II 1 L " 1 " " 1 SUNDARAMOVO REŠETO Vsi poznamo Eratostenovo rešeto, ki nam omogoča hitro in enostavno do- ločiti poljubno mnogo začetnih praštevil. Manj znana in resnici na ljubo ne tako hitra pa je metoda, ki jo je še kot študent odkril indijski matematik S.P . Sundarama. Kaj nam torej svetuje naš indijski kolega? 1. Vzemi prazen list papirja in v zgornji levi kot napiši število 4. Nadaljuj stolpec tako, da prejšnjemu številu prišteješ 3. 2. k-to vrstico nadaljuj tako, da prejšnjemu številu v vrstici prišteješ 2k + 1. Na ta način dobimo naslednjo tabelo : 4 7 10 13 16 . .. 7 12 17 22 27 . . . 10 17 24 31 38 . . . 13 22 31 40 49 . . . 16 27 38 49 60 . .. Opazimo, da stoji na preseciscu k-te vrstice ln n-tega stolpca število k + (2k + l)n = k + 2kn + n. Sledi malce presenetljiva trditev. Za vsako naravno število, ki ga ni v tabeli, je njegov dvakratnik, povečan za 1, praštevilo. Še več , vsako liho praštevilo se da na takšen način dobiti iz naravnega števila, ki ga v tabeli ni. V prvi del trditve se prepričamo takole : Vzemimo naravno število x, ki ga ni v tabeli . To pomeni, da se števila x ne da zapisati v obliki n + 2k n + k za nobeni naravni števili n in k. Dokazati moramo, da je število 2x + 1 praštevilo. Pa denimo, da ni. Tedaj se da zapisati kot produkt dveh od 1 različnih naravnih števil: 2x + 1 = ab ; a , b E IN a -::F 1, b -::F 1. 341 Ker je 2x + 1 liho število , mo rata bit i lihi tudi števili a in b. To pa pomeni, da st a števili a-1 k=-- 2 ' naravn i števil i. lzra čunajrno iz raz : b-1 n= - - 2 a - 1 (a - 1)( b - 1) b - 1 ab - 1 k + 2k n + n =-- + 2 + -- =-- = x . 2 4 2 2 Potemtakem se število x nahaja v naši tabeli , in sice r na p rese či šču k-te vrst ice in n-tega stolpca. To pa j e v nasp rotju z začetno predpostavko , da števila x ni v tabeli. Do pro ti slovja smo prišli, ker smo dodatno privzeli, da število 2x + 1 ni praštevi lo. S tem j e prvi de l trditve dokazan . Lotimo se še drugega de la . Vzemimo liho praštevilo p . Vsako liho od 1 večje naravno število - in zato tudi p - se da na en sam način zapisati v obl iki 2x + 1, kje r je x nar avno število . Za število p poiščimo ta kšen x . Do kazati želimo, da števi la x ni v tabel i. Pa recimo , da kljub vsemu x je v tabeli . Potem mo ra ta ob st aja t i narav ni števili k in n t aki , da velja : x = k + 2k n + n. Tedaj za p velja : p = 2x + 1 = 2n + 4kn + 2k + 1 = (2n + 1)(2k + 1) . Praštevilo p smo torej razcepil i na produkt dveh na ravnih števil , ki sta različn i od 1. To pa je po def iniciji praštevila n emogoče . Predpostavka, da število x najdemo v ta beli, nas j e torej pripelj ala do protislovja . Tedaj pa ni druge, kot da priznamo , da ga v t ab eli ni. S t em je trditev v celoti dokazana. Primo ž Potočnik STROGO NARAŠČAJOČA ŠTEVILA Naravno število je strogo naraščajoče, če njegove števke (v desetiškem zapisu) tvorijo strogo naraščajoče zaporedje . Ker imamo na voljo deset števk , števko O pa lahko uporabimo le na začetku , kar pa števila ne spremeni, nobeno strogo naraščajoče število nima več kot devet števk . Celo več, edino strogo naraščajoče števi lo z devetim i števkami je 123456789, vsa ostala pa imajo osem ali manj števk . Naše vprašanje je preprosto : koliko je vseh strogo naraščajočih naravnih števil? Martin Juvan Slika l . Radi aina komponenta hitr osti te- lesa pri gibanju navpično navzdol. '-/-/'/.,r L"" ODKLON PROTI VZHODU Spoznanja ob razmišljanju o vrtin- cu pri iztekanju pomagajo, da ob - delamo zanimiv pojav , pri katerem se telo giblje navpično navzdol, ne v vodoravni smeri. V tem primeru Coriolisova sila 2mvw cos ep odkloni telo proti vzhodu (slika 1) . Pri tem je ep geografska širina . Pojav je naj- izrazitejši na ekvatorju, na polu pa ga ni. Odklona ni težko izračunati. Tako majhen je, da si lahko mislimo, da v navpični smeri telo enakomer- no pospešeno pada zaradi težnega pospeška g. Njegova hitrost v nav - pični smeri s časom narašča kot qt , če smo telo spustili v trenutku t = O. V smeri proti vzhodu, pra - vokotno na smer padanja, ustreza Coriolisovi sili pospešek 2gtw cos ep . Z njim dobimo komponento hitrosti v tej smeri gt2w cos ep in ustrezni premik , torej odklon proti vzhodu , s = =~gt3w cos ep . Nazadnje odklon izrazimo z višino h = i g t2, za katero telo v tem času pade, s = 2/2w cos ep h3/ 2. 3..[9 Odklon je prvi natančno izračunal CF.Gauss leta 1803 . Zanj pa je vedel že I.Newton in je celo predlagal , da naj bi ga izmeri li. To so prvi č storili šele leta 1791, a so izidi pri poskusih s stolpa razočarali , ker je motil prepih (glej preglednico) . To je veljalo tudi za naslednje merjenje . Šele Reichovi poskusi v rudniškem jašku so dali zadovolj ive izide. Merjenja W .W.Rundella v cornwalskem rudniku so bila manj natančna, a so pokazala tudi majhen odklon proti jugu . Na tak odklon je pomislil spočetka že Benzenberg. Prav zaradi tega odklona, ki ga ni bilo mogoce pojasniti s Coriolisovo silo , so nadaljevali s poskusi . Za poskuse E.E .Halla , ki ga poznamo po Hallovem 343 pojavu , so na harvardski univerzi zgradili stolp, ki se Je kasneje še enkrat vpisal v zgodovino fizike.1 Skrbna merjenja so dala napovedani odklon proti vzhodu, medtem ko odklon proti jugu 0,045 mm ni presegal napake pri merjenju. V Parizu so delali poskuse v Pantheonu . Omeniti kaže , da je že leta 1851 edino L.Foucault prišel na misel, da pri nihalu Coriolisova sila kaže v prvi polovici nihaja v isto smer kot v drugi. Leto meril kraj ep h število Sizm Sizr merjenj 1791 Guglielmini Bologna 44° 78 ,3 m 1,89 cm 1,09 cm 1802 Benzenberg Hamburg 54° 76 ,3 m 0,90 cm 0,86 cm 1831 Reich Freiberg 51° 158,5 m 2,84 cm 2,75 cm 1902 Hall Cambridge 52° 23 ,0 m 984 0,15 cm 0,15 cm 1903 Flamarion Pariz 49° 68 ,0 m 144 0,76 cm 0,81 cm Tabela1. Pregled najpomembnejših merjenj odklona protivzhodu telespri prostem padanju. V zadnjem času so ugotovili, da se zaradi zra čnega upora odklon pove ča, v prvem približku na primer za 15 % pri višini 50 m in za 62 % pri višini 200 m. Tako je z zračnim uporom mogoče pojasniti manjše izmerjene odklone od izračunanih, pri katerih ni upoštevan zračni upor. Pozneje so nadaljevali poskuse z Atwoodovim škripcem . J .G.Hagen je leta 1912 meril pri pospešku O, Ig . Z isto napravo so najprej v mirovanju določili navpičnico. Na višini 23 m se je izmerjeni odklon proti vzhodu 0,0899 cm dobro prilegal napovedanemu 0,0889 cm , ki ga je treba izračunati s pospeškom O, Ig. Odklon proti jugu 0,010 mm je bil manjši od napake pri merjenju. V tistih letih je tekla razprava predvsem o odklonu proti jugu . Za razliko od odklona proti vzhodu ta še ni do kraja pojasnjen . Pri precej manj šem odklonu proti jugu ali celo proti severu je vpletena oblika Zemlje in najbrž tudi krajevne posebnosti zemeljskega grav itacijskega polja. Janez Strnad 1 V njem sta R.V.Pound in G.A.Rebka leta 1960 prvič v laboratoriju z Miissbauerjevim pojavom izmerila spremembo valovne dolžine svetlobe v gravitacijskem polju . STiČNA ŠTEVILA Poišči vsa naravna števi la, ki so pri desetiškem zapisu enaka produktu svojih števk. Martin Juvan - OOL6 l l'\IO I N'/LTI 'Ll" 1 , __ 1 II ,L 1_' III' _ PREIZKUSNI PROGRAMI ZA MATEMATIKO Računalnik lahko uporabljamo v razli čne namene. Ena od možnosti je, da ga uporabimo kot pripomoček pri u čenju . Uporabo ra čunalniških programov v šoli srečamo na različnih podro čjih. Pri pouku jih lahko uporabljamo kot demonstracijsko sredstvo za ponazoritev določene snovi , pr i izpeljavi vaj , kot pripomoček pri samostojnem odkrivanju nove snOVI , .. . Preizkusni programi Poleg programov , ki jih ponujajo velike programerske hiše (Microsoft, Bor- land, Lotus , Novell) in še cel kup manj ših podjetij , je na tržišču t udi skupina programov, ki jih kupujemo na druga čen na čin . To so ti . sha reware programi . O tem , kako besedo shareware prevesti v slovenščino , se še vedno krešejo mnenja . Mo žna prevoda sta npr . programi v prostem raz širjanju in pre izkusn i programi, kot jih imenuj e tudi revija Monitor . Osnovna idej a teh programov je, da jih lahko "po beremo" , od koder hočemo, jih preizkusimo in, če nam program ugaja , avtorju (bod isi posamezniku al i podjetju) pošljemo pla č i lo za njegov program . Tak program lahko brez kančka slabe vesti (to je celo za želeno!) damo prijatelju , zn ancu , sosedu . S tem ne kršimo nobenih av- torskih ali drugih predpisov , vse dotlej , dokler za tako početje ne zahtevamo plačila, večjega od dejanskih stroškov (d isketa , stroški po šiljanja). P rav iloma t i programi v kvaliteti ne zaostajajo veli ko za "pravim i" pro - g rami , večkrat j ih celo prekašajo . Seveda poleg ne dobimo lepih priročnikov , programi tudi ne ponujajo barvitih škatel, a to uporabnosti samega programa ne zmanjšuje . Seveda je precej tovrstnih programov tudi s la bih , z dvomljivo idejo in pomanjkljivo izvedb o , vendar med njim i lahko najdemo tudi ta ke, ki nam res ustrezajo . Naj še enkrat poudarim , da ti programi niso brezplačni - uporabnik naj bi po izteku preizkusnega obdobja program pren ehal uporabljati ali pa naj bi ga registriral, torej poslal plačilo avtorju oz. avtorjem . Preizkusni programi niso edina skupina programov, ki se razširja na t a k na čin (s presnemavanjem , posojanjem disket) . Tako srečamo še brezpla čne programe (freeware) , o krnjene programe (crippleware) , programe v javni lasti (public domain programs) , demonstracijske programe ( demo programs) . Na kratko opišimo značilnosti posameznih skupin programov : shareware: Program preizkusimo. Le nam je všeč, avtorju pošljemo zahte- vano vsoto denarja . Ob i čajno potem dobimo najnovej šo ina čico progra- ma , pogosto tudi tiskan priročnik . Program lahko razširjamo naprej (ne 345 prodajarno l}, vendar moramo paziti , da ostane nespremenjen, Z vsemi pripadajočimi datotekami (tudi tistimi. na katerih je reklama za avtorja) . freeware: Program lahko uporabljamo brez plačila. Lahko ga razširjamo naprej pod enakimi pogoji kot shareware. Posebna skupina programov je ti . cardware - avtor ne zahteva plačila, v zahvalo pa pričakuje razgled nico. public domain: Avtor je dal program v javno last . To pomeni. da lahko s programom počnemo, kar se nam zdi - ga vključujerno v svoje programe , spreminJamo, . . . crippleware: Program nima vseh sposobnosti pravega programa . Določene funkcije manjkajo , program po določenem času ne deluje več , med delovan- jem se izpisujejo obvestila . Ko avtorju pošljemo plačilo, dobimo "zaresni" program brez omejitev . demo: Pogosto so demonstracijski programi okrnjeni na podoben naein kot crippleware. Velikokrat tečejo sami od sebe in le kažejo možnosti "pravega" programa . Le nas demostracijski program prepriča, kupimo pravi program . Kako do preizkusnih programov? Verjetno najenostavnejši način je, da imate pri sebi disketo vsakokrat, ko ste pri kolegu, ki tudi ima računalnik. Le vidite program, ki vam je všeč (in je to preizkusni program!) , ga enostavno presnamete. Obstajajo tudi ljudje, ki načrtno zbirajo tovrstne programe in jih za majhno plačilo (omenili smo že , da smemo pri razširjanju preizkusnih programov zaračunavati le dejanske stroške posredovanja) razširjajo naprej . Obstajajo tudi klubi , katerih glavna dejavnost je zbiranje in razširjanje preizkusnih programov. Le boste postali član kakšnega takega kluba, bo vaša največja težava, kako izbrati med tisoči in tisoči programov, ki vam bodo na voljo . Glavni način za razširjanje tovrstnih programov pa so BBS-i (Bulletin Board System). O BBS-ih ne bomo obširneje govorili , povejmo le, da nam med drugim omogočajo, da preko modema presnamemo tudi tovrstne pro- grame. V zadnjem času srečamo tudi vedno večjo ponudbo zbirk preizkusn ih programov na CD-ROM-ih. Tako za nekaj tisoč tolarjev dobite CD-ROM, na katerem je tudi več tisoč preizkusnih programov. Poudarimo pa še enk rat . da z denarjem, ki ga plačate za CD-ROM ali za članarino v klubu, programov, ki ste jih dobili, še niste plačali. Še vedno morate avtorju programa (če seve- da ne gre za brezplačni program) poslati plačilo, ki pa praviloma ne presega 3000 tolarjev . 346 Programi za matematiko Tudi na področju izobraževalnih programov je ponudba preizkusnih programov kar velika. Posebno za matematiko in učenje angleščine jih je veliko. Mnogi med njimi so nastali , ko sta očka ali mama programer poskušala svojim otrokom pomagati pri spoznavanju tako zapletenih stvari , kot so seštevanje, poštevanka ali računanje z ulomki. Zato je tudi največ programov, ki so namenjeni utrjevanju štirih osnovn ih računskih operacij . Pogosto je to učenje prikrito z igranjem igrice , tako da učenje postane tudi zabava . V nadaljevanju bomo na kratko opisali nekatere od teh programov. Če bi do katerega radi prišli, se oglasite na Fakulteti za matematiko in fiziko na Jadranski 19 v Ljubljani. Le diskete imejte s seboj . Math rescue V deželo so se pritihotapile čudne pošasti in pokradle vse številke . Ti, hrabri junak , se moraš spustiti v podvodni svet , kjer prebivajo, in prinesti številke nazaj . Pri tem ti bo v pomoč črv Benny, tvoje glavno orožje pa bo hitro in spretno reševanje računskih nalog, sestavljenih iz seštevanja in odštevanja različnih števil. Če boš dober računar, boš pošasti premagal. Glej sliko na III. strani ovitka . Lugnut city Kot robot se prebijaš preko pasti v mestu Lugnut ali Težki orehi po naše . Na voljo imaš lasersko pištolo, s katero odstranjuješ ovire. Vendar ne vseh. Pod večino ovir se skrivajo matematične zanke - tako moraš pravilno prešteti pike, povedati, ali je račun pravilen , poiskati manjkajoči seštevanec, izbrati pravilni odgovor. Hkrati pa moraš poiskati dovolj ču d ež n i h čevljev, ki ojačajo tvoje noge , da lahko skačeš vedno višje, in se prebiti do izhoda iz vsake sobe. Glej sliko na III. strani ovitka . Big math attack Pozor, pozor! Naše mesto napadajo čudni osvajalci . Spuščajo bombe in vsaka uniči četrtino mesta. Ti si poveljnik obrambe in na osvajalčeve bombe meriš z raketami. Vendar rakete zadanejo na pravo mesto le, če vtipkaš pravilno šifro. Ta pa je odgovor na račun , ki ga vsaka bomba nosi na sebi . Boš uspešnejši 347 kot tvoji predhodniki ? Se boš prebil na lestvico nesmrtnih braniteljev mesta? Glej sliko na IV. strani ovitka Sparky Medvedek Sparky se sprehaja po parku in nenadoma zagleda čudno drevo. Na deblu je račun, na vejah pa se zibljejo tri gnezda , vsako s svojo številko . Bo medvedek dovolj spreten , da bo s kamnom zadel pravi odgovor? Seveda ga mora zadeti dovolj hitro, preden poteče odmerjeni čas . Da naloga ne bo pretežka, Sparky tu le sešteva . Le pa avtorju pošljete 15 dolarjev, bo Sparky moral reševati tudi težje naloge - odštevati, množiti, deliti. Glej sliko na IV. strani ovitka . Function grapher No, da se ne bomo le igrali, narišimo še kakšno funkcijo . Function grapher je eden od številnih programov, ki nam pri tem lahko pomagajo . 1:1 The Function Graphr:r atil .Gra ph Eunction Aboutl \ y 9 II 8 1\ 7 I \ 6- c---- _ . I5 \ ~ I \ 3 / 2 \ / x --9--8--7--6--5--~--3--2--1- ~\1-2-3-1f-5-6-7-B-9- 2 1\ / 3 -, 1/ ~ ~ 5 6 7 8 lix) I X2-~X'2 9 348 Berlin 's cheat sheat Berlinov elektrons ki p lonk list ek j e od l i č en pri pomoče k , če je treba razr ešit i 10 pravo kotnih t riko tn ikov , 20 kro gov in še kaj po do bne nav lake . Vtipkaš podatke , ki jih poznaš , program pa sa m za piše ost a le važ ne m ere - brez nad ležnega korenj enja, obračanja form ul , .. . Matija Lokar BARVANJE KOCK - Rešitev s str. 275 5tirideset sekund. Navodilo : Najprej en t a bor nik pobar va dve st rani ci prve ko cke , drugi pobarva 4 stranice dru ge kocke in tretji celo t retj o kocko . Nato prvi tabornik poba rva celo četrto ko cko , drugi dokon ča barvanje prve in tretji druge kocke. (Opomba : Obstajajo t udi druge , podobne možnosti. Poiščite ··h l )JI . Dragoljub M. Miloševic - prev. in prir. Barba ra Japelj KAJ JE KIPU? Indijansko ljudstvo Inkov je v 13. stoletju ustvarilo veliko državo na ozemlju dana šnjega Peruja. Dosegli so visoko stopnjo civilizacije, ki jo lahko primer- jamo z visokimi kulturami Starega sveta. Leprav niso poznali koles, so razvili obse žno in razvejano cestno omrežje. Prave pisave niso poznali, zato so upora bljali razli čne pripomočke za hranj enje podatkov . Prav gotovo je eden takih tudi kipu. Inkovska cent ralizirana oblast v Cuzcu je zgradila svojevrsten birokratski stroj za nadziranje svojih podložnikov. Tako so za vsako regijo izšolali nekaj ljudi za izdelovanje kipujev. Ko so se ti ljudje vrnili domov , so že znal i ravnati z njimi. Bili so močno privilegiran del prebivalstva, saj so bili edini, ki so vedeli, kaj v kipujih "piše" . Kako je sestavljen kipu? Na prečno glavno vrvico je bilo privezanih več vzdolžnih vrvic. Običajno so bile viseče vrvice organizirane v skup ine, ki so bile med seboj ločene z barvnimi vrvicam i. Posamezna skupina je lahko pomenila ozemeljs ko, upravno ali časovno enoto , za katero je bilo potrebno narediti obračun ali zapis . Kipu je imel lahko vrvice usme rjene tudi navzgor. 350 S temi vrvicami so zabeležili vsoto na spodnj ih vrvicah . Na eno vrvico je bilo lahko obešenih še nekaj drugih vrvic. Na vsaki vzdolžni vrvici so bili vozli, ki so pomenil i število, zapisano v desetiškem številskem sistemu . Tako sta dva vozla pri vrhu in trije spodaj pomenili deseti ško število 23. Največje število , ki so ga odkr ili na kakem kipuju , je bilo nekaj manj kot 100000 (natančneje 97357). N ičle so bile predstavljene z večjim razmakom med skupkom vozlov. Manjši razmaki pa so ločevali posamezne desetiške štev ke. Zmotno je mišljenje , da je tovrstna naprava računski stroj, neke vrste računalo ali kaj podobnega . S kipujem so Inki le beležili števila in pojme (dogodke) . Lahko je kipu pomenil še kaj drugega, na primer zapis korakov pri plesu, kodiran zapis vzorca v blagu ali pa celo notni zapis znane verske ali posvetne melodije. Po približno tridesetih letih , ko so Španci "odkrili" inkovsko kulturo , so jo tud i uničili . Tako seje izgubila tud i sled za tem , kas so v resnici pomeni le nitke z vozli. Ker so tudi ustvarjalci kipujev kon čali kot žrtve španskih osvajalcev, še danes ne vemo , kakšno sporočilo je nosil in čem u je bil namenjen posamezni kipu. Ohranjenih je kakih 550 kipujev, ki ležijo raztroseni po raznih muzej ih po svetu . Na sliki vidimo poštno znamko s sliko kipuja. Kipu na znamki sodi med preprostejše. Najobsežnejši odkriti kipu ima sedem vrvic v skupini v devetih nizih, kjer je vsak še veni od 27-tih barv (torej 9 ·27 = 243 skupin po 7 vrvic). Veselko Guštin STROGO NARAšČAJOČA šTEVILA - Rešitev s str. 341 Ugotov iti moramo , koliko je vseh strogo naraščajočih štev il, torej štev il, kate - rih števke v desetiškem zapisu tvorijo strogo naraščajoče zaporedje. Najprej opazimo, da je strogo n a r a ščaj oče število eno li čno do ločeno z množico števk , ki ga sestavlja . Vsaka števka namreč lahko nastopi samo enkrat , njihov vrstni red pa je določen z zahtevo po nara ščanju števk. Prav tako nam vsaka neprazna množica števk določa natanko eno strogo naraščajoče št evilo. Ker imamo na voljo devet števk (s števko O si ne moremo pomagati) , je vseh strogo naraščajočih št evil ravno toliko , kolikor je vseh podmnožic množice z devetimi elementi minus ena . To pa je 29 - 1 = 511 . Podobno bi lahko sklepa li tudi pri zapisu štev il v osnovi b, ki je razl ična od 10. Pri osnov i b je strogo naraščajočih števi l 2b - 1 - 1. Mart in Juvan , /"l-'I' u: 1/1" I/l- r:II_/~ C ri IL JC Zmazek, V.: MATEMATIKA, zbirka vprašanj in rešenih nalog za pripravo na maturo, DMFA Slovenije, Ljubljana 1995, 140 str. V začetku leta 1995 je izšla nova zbirka, ki ima zgovoren naslov Matematika , priprava na maturo. V zbirki so vprašanja, ki jih bodo dijaki srečal i na ustnem delu maturitetnega izpita , ter naloge z rešitvami, kakršne naj bi bile na pisnem delu. Vsako poglavje se prične najprej z ustnimi vprašanji , ki so jim dodane lažje, tipične, kratke naloge. Nato sledijo naloge, ki kar temeljito preverjajo razumevanje snovi. Naloge niso lahke, največ jih je "srednje težkih" , zato so rešitve še kako dobrodošle. Na koncu zbirke najdemo formule, ki jih tudi za pisni maturitetni izpit ni potrebno znati na pamet . Mislim, da bodo dijaki zbirke veseli, prav tako tudi njihovi profesorji. Pri reševanju nalog , ki jih najdete v zbirki, vam želim veliko uspeha še posebej pa seveda dijakom na maturitetnem izpitu. Mojca Lokar DVE SPORO{:ILI Naročnikom Vse Presekove bralce, ki bodisi končujejo z rednim šolanjem bodisi iz kakšnega drugega razloga ne bodo imeli priložnosti, da se priključijo skupinskemu naročilu na našo revijo, vabimo, da se nanjo naročijo osebno . To svojo željo (s polnim naslovom , na katerega želijo prejemati Presek) naj sporočijo na naslov: Komisija za tisk DMFAS, Jadranska 19. 61111 Lju- bljana . p.p.64 ali po telefonu (061) 1232-460. Avtorjem Vse avtorje , ki svoje prispevke plseJo r a ču n a l n i ško, prosimo, da po možnosti pripravijo datoteke v TEXu ali ~TEXu , oziroma tudi v ASCII for- matu , če v tekstu ni veliko formul. Ker Presek stavimo v TEXu , bi nam s tem zelo olajšali delo. Seveda je to le prošnja tistim, ki to možnost imajo , so pa še vedno dobrodošli vsi prispevki, ne glede na format, v katerem so pripravljeni. Iz uredništva 352 KRIŽANKA 'RAt UNAl NlšTVO' =~ SLOV. LIT. MESTNI STARO AVTORFIZICARKA ~OIJ KRrTlK GOSTINSKI IRANSKO MARKO WAll\----- - --- . CURIE (BOJAN) LOKAl NOMADSKO BOKAUC DlSNEPLEME 11ei!!tJJ1!m ~ ~ STAREJŠi UREJE- VALN!K ......., ......-- BESEDL c(§) ANGLEŠKA eR.PREGRE· .... ZBIRKA 1000KG ŠNIKRALJ OBDELC- PLOSCINSKA I RACUNALN VA.NIHMERA PODATKOVSPOMIN TROPSKI BAStl O KOPITARZ IGRALKA ~ IME ~RJLCASTIM ZUPANelC BALONARJA GOeCEM ŠOLNA C1RKLŠALJr NASLOV QRIENo UJEDA. KI DELA LO\llKACE JANEZA TAlSKO JANŠE GOSTlŠCE ARZEN PREBIVALKE VRHV IRANSKI RAZVITE DENAR EVROPSKE JULIJSKIH DOLoeITEVDRtAVE Al PAH OPERACIJE REKA v ~l~ PROGRA....IT~UJr, KI TECE SKOZI SKA FIRENCE NEKO. SL OPREMA KOŠARKAR c(§) VOJAŠKO IVERICA ~ ~~f~~NVS~TA Z POVELJ. LUKANA N~ TETO CUNAlNIKU STVO SEVERU LENI KOSTUMOGR. FINSKE VOGELNIK PLACILO ~ OBI$KO· MAGNET NI VANJA ŠOLE POMNllNI MEDIJ GLAVINO PREMIKV KR MESTO NENAVADNI \liP TUNIZIJE POL02AJ D( DEKLICAIZ BAVARSKA REKA, DESNI ČUDeŽNE PRJTOKDONAVE DE2ELE (ORIG.) CLOVEK. PERSONA NEKO. JUG ~ ZNI2ANA NOGOME· OBDONAV. NOTAT TAŠ(JOSIP) NASELJE V KOTANJAZ SREMU DE2EIIINICO ~ IGRALEC ~ MAR\IIN NAJDAlJSASIBIRSKA ~ REKA CLOVEK.KI SE BRAN1 PRED SODišeEM GLAVNO ISVETIŠCEV MEKI 353 . IMAJHENDE~I KINIZELENICA KOPNEG.A.V KJ TllikPES• V STRLIY i POSt AVi MORJE AMER. viREiISER KATRANVESTERNOV(JOHN) SREDOZEMQKRASNAR.ASTLINA KOSARKAR I RADOVA- NOV1t I PIETRO .... MASCAGNI Y NAJVEtJI JADR. OTOK OOPORNA ~~~~~E KOVINAE1 UKAZOV V ANG ""-"EC RACUNAlN. (EDMUND) NIKO KURET ~ ZIDOVSKAZVADBO MESTOOB CETRT e~~G~~~ ~~~E~\r ~ENn( - PREPROST SMUt ARKA PROGRAM- WACHTER SKJ JEZIK OGLJn(o- I VODIK C2H6 I SOLM~A·ICIJSKIZl OG KVART 1 NEOKUSNA REDKAJED r;;..PIJACA IZRrtA I I KRATICA. ,SKRAJ- SANKA ~ CNO POGLAVJE KONJU SO- ROONA ZIVAl VAlONSKO MESTOV BELGIJI I I PLEMIŠKJ NASLOV HOL SLIKAR (AERT VAN DERI MESTOV SREO. ITAl . ~ !PASTIRSKA 'V SKJ PESEM )UNl ~ LOG; REZON HITER MO- ~~ JAMESCAAN ANCONA ~ETREH NORO. BOGOV PRiZNANI I I I I I ~ HUNSKl $PORTNIKI ALUMINIJ I ClOVEK, K~IKAJ UKRADE 1 II 1 ,l I - \ I / '-," - '- /;)eme"n It: ",1"", šiFRIRANJE Z JAVNIM KLJUČEM V prejšnji številki Preseka smo spoznali nekaj preprostih tajnopisnih metod. Za večino med njimi je eden največjih problemov prenos šifrirnega ključa . Ta pomembni podatek , ki ga potrebuje prejemnik za dešifriranje sporočila, moramo pri teh metodah pogosto menjati, da bi zmedli nepoklicano osebo, ki bi prestregla sporočilo ; vsakokrat je treba poskrbeti za varen prenos ključa med pošiljateljem in prejemnikom . V poznih sedemdesetih letih pa so razvili kriptografske metode, ki ne zahtevajo nikakršnega prenosa ključa . Pravimo jim metode šifriranja z javnim ključem . Srž metode je v tem , da lahko prejemnik povsem javno objavi nekaj števil, ki predstavljajo ključ za šifriranje sporočil , ki bi mu jih kdo želel poslati . Samo on pa pozna skrivna števila, s katerimi je moč ta sporočila dešifrirati . Med metodami šifriranja z javnim ključem je najbolj znana RSA metoda. Za uspešno (varno) delo s to metodo uporabljajo zelo velika števila, zato so tako za šifriranje kot za dešifriranje potrebni ra čunalniki . Tudi z računalniki pa je praktično nemogoč vdor v šifrirni sistem. Edini način za zlom šifre je namreč odkritje skrivnih dešifrirnih števil , ki jih pozna le prejemnik. V principu je ta števila sicer moč dobiti iz javno objavljenih šifrirnih števil, v praksi pa bi to zahtevalo mesece dela z računalnikom. Metoda RSA Metoda nosi ime po začetnicah priimkov Ronalda Rivesta , Adija Shamirja in Leonarda Adlemana s Tehnološkega inštituta Massachusetts v ZDA, ki so jo razvili leta 1978. Njena varnost temelji na dejstvu, da je razmeroma lahko najti zelo velika praštevila in zelo težko razstaviti na prafaktorje števila, ki so produkti velikih praštevil (če poznamo samo produkt). V praksi uporabljajo praštevila , ki se dajo zapisati z najmanj petdeset desetiškimi števkami, njihovi produkti torej z vsaj sto desetiškimi števkami . Samo težavnost faktoriziranja lahko opazimo celo že pri zelo majhnih številih . Poskusite na primer brez računalnika razstaviti na pr~faktorje število I 54053. Videli boste, da je precej teže priti do rezultata 54053 = 191 ·283 , kot pa ugotoviti , da sta 191 in 283 praštevili in ju zmnožiti. \ Kot pri metodah , ki smo jih spoznali zadnjič , tudi pri metodi RSA nadomestimo besedila sporočil s števili. Vsako črko lahko np;. nadomestimo s številom , ki pomeni njeno mesto v abecedi. Pri tem priredimo črkam od A do I števila OO do 09 namesto O do 9. Brez tega previdnostnega ukrepa , I 355 bi, denimo, ne vedeli, ali pomeni število 12 črko M ali par črk Be (ki bo tako predstavljen z 0102). Besedilo z n črkami tako nadomestim z zlepkom n dvomestnih števil, na katerega lahko gledamo kot na 2n-mestno število . Prejemnikova skrivna števila sta dve veliki praštevili p in q ter število N , ki je tuje s produ ktom (p -1)( q - 1) . Števili, ki ju prejemnik javno objavi, sta produkt pq in pozitivno število M z lastnostjo , da je ostanek deljenje števila MN s številom (p-1)(q-1) enak 1, torej MN == l(mod (p-1)(q-1)). Javno objavi tudi postopek šifriranja. Vsak , ki mu želi poslati tajno sporočilo, katerega predstavlja število x , naj mu posreduje število y , ki je ostanek deljenja števila x M s produktom pq . ' ~ifra y je torej najmanjše nenegativno število , ki ustreza kongruenci Pri tem mora število x izpolnjevati pogoj O :::; x < pq . (Ta pogoj izpol- njuje tudi y .) Le je sporočilo predolgo , ga je potrebno razbiti na kose, ki predstavljajo števila, manjša od pq, in izvesti navedeni račun za vsak kos posebej. Prejemnik dešifrira sporočilo tako, da izračuna ostanek deljenje števila yN s produktom pq, kjer je N njegovo skrivno število . Originalno število x (sporočilo) je torej najmanjše nenegativno število, za katerega velja Primer. Za ilustracijo metode ne bomo uporabili velikih števil, ki so v navadi v praksi ; potek bomo lahko pregledneje predstavili z majhnimi števili. Zaradi preglednosti se bomo tudi izognili podrobnemu računanju, ki ga lahko opravite sami. Naj si je prejemnik za skrivna števila izbral p = 11, q = 13 in N = 7. Ne spreglejmo, da je število N tuje s številom (p - 1)(q - 1) = 120 . Iz teh števil izračuna (z uporabo Evklidovega algoritma ali kako drugače) , da je 103 najmanjše pozitivno število M, ki izpolnjuje pogoj 7M == l(mod 120). Nato prejemnik objavi naslednje sporočilo: "Kdor mi želi poslati tajno sporočilo, ki ga na običajni način (zamenjava črk z dvomestnimi števili) predstavlja število x, naj mi posreduje ostanek deljenje števila x 103 s šte- vilom 143." 356 Sedaj je na vrst i pošiljatelj. Recimo, da želi poslat i prejemniku sporoči lo 50S , ki ga predstavl ja število 18151 8 (5=18,0=15) . Ker je št evilo preveliko, ga mora razbiti na tri kose, manj še od 143, to je na števila 18, 15, 18. Nato iz ra čuna . da je 18103 == 112(mod 143) in 15103 == 141(mod 143). (S t em je kar nekaj dela, če boste ra čunal i peš , z ra čun aln ikom pa bost e hit ro gotovi.) Odposlati mora torej števila 112, 141 , 112 . Ko pride to sporočilo v roke prejemn iku, t a i z raču n a 1127 == 18(mod 143) in 1417 == 15( mod 143) in v nizu 18, 15. 18 prepozna klic na pomoč. Gotovo st e se ob tem vprašal i, zakaj met oda deluje. Kako to , da opisano zaporedje šifrirnega in dešifrirnega postopka vrne na koncu originalno sporočilo? Pod robnejša razlaga razlogov bi bila za večino Prese kovih bralcev pretežka. Za tiste radovednejše pa le povejmo . da je skrita v naslednjem izreku. Izrek . Le sta p in q razli čni praštev ili in je MN == l(mod (p-1)( q-1)), I potem velja Podpisovanje Pomemben del tajnega sporočila pa t udi vsakega drugega dokumenta je pod- pis, ki potrjuje njegovo verodostojnost . Ker pri pošiljanju sporočil po elek- tron ski pošti ne moremo prenašati fizičnega podpisa , je potrebno poskrb eti za d rugačno potrjevanje pristnosti . Ena dodatnih lastnosti metode RSA je prav varno prenaš anje podp isa pošiljatelja . Glede na to , da so javna šifrirna št evila prejemnika sploš no znana , bi npr. lahko kdo prejemniku poslal lažno šifrirano sporočilo, podpisal pa verodostojno drugo osebo in s tem prejemni ka zavede l. Spet si kar na primeru oglejmo, kako lah ko z metodo RSA kaj takega preprečimo . Denimo , da si Urša in Vinko izmenjujeta tajna sporočila . Označimo z Mu in au = (pq)U ter Mv in av = (pq)v Uršini oziroma Vinkovi javni šifrirni števili. Nadalje naj bosta NU in Nv njuni skrivni dešifrirni št evili. Pa naj želi Vinko poslati Urši svoj podpis , ki ga predstavlja št evilo v . V ta namen šifrira podpis s svojim skrivnim številom Nv in svojim javnim štev ilom av , to je, i z r aču n a najmanjše nenegativno štev ilo z , ki izpolnjuje pogoj z == v Nv (mod aV) ' Urša dobljeno sporoči l o dešifrira s klju čem , ki ga predstavljata Vinkovi javni šifrirni števili Mv in av , to je , poi šče najmanjš e 357 nenegativno število w , ki izpolnjuje pogoj w == zMv(mod av) . Ker je (vNv) MV = ( v Mv )Nv in zaradi izreka na koncu prejšnjega razdelk a, je w = v. Urša torej ve, da je sporočilo poslal Vinko, saj bi uporaba vsakega drug ega k lj uča kot Ns) , ki ga pozna le Vinko, dala rezultat, različen od v . Vendar ta ko šifriran podpis lahko prebere še kdo drug razen Urše. Da bi se t emu izognil, lahko šifrira Vinko svoj podpis dvakrat: najprej s klju čem (Nv , av) in nato še z Uršinim javnim ključem (MU , aU)' Le Urša lahko prebere podpis z zaporedno uporabo k ljučev (NU' aU) in (Mv , av) . Varnost metode RSA Iz vsega, kar smo izvedeli o metodi RSA, sledi, da je zlom šifre mogoč , če vsiljivcu uspe faktorizirati javno objavljeno število p q . Potem lahko najde (p - l)(q -1) in, z uporabo Evklidovega algo ritma za par števil (p - l)(q - 1) ter javni eksponent M , izra čuna skrivno dešifrirno število N. Z njim pa lahko na enak način kot prejemnik dešifrira tajnop is. Torej je pomembno , da sta uporabljeni praštevili p in q dovolj veliki, da je fakto rizacija produkta pq prakti čno nemogoča. Zaenkrat v praksi velja, da morata imeti uporabljen i praštevili vsaj pet- deset desetiških mest , hitri razvoj racunalni ških metod za razstavljanje pa sicer trenutno zagotavlja resnično varnost , če ima ta št evili p in q vsaj po petinosemdeset mest. Vendar predstavlja že sa mo šifriranje in dešifriranje s t ako velikimi števili izredno zamudno delo , celo za najh it rejše raču na l ni ke . Razvitje RSA metode je povzročilo mrzl ičn o iskanje hit rih algoritmov za razcep št evil na prafaktorje. Kakršnekoli napovedi za bodoče so seveda nehvale žne . Vsekakor se obe st rani, iskalci metod za generi ranje velikih praštevil in iskalci metod za hitro razsta vljanje velikih števil , trud ita premagati druga drugo . Svoje pa prispevajo tudi čedalje hitrejši računalniki. Marija Vencelj SPET ENA LOGiČNA - Rešitev s str. 307 Novakova , ki ima pisarno čisto na vrhu , mora biti zdravnica . Tajnica Kraljeve mora biti Valerija , pisarna Kraljeve pa mora biti v sred ini, torej je Kraljeva arhitektka . Sanja je torej tajnica Polakove , ki je pravnica , Roza pa je tajn ica zdravnice Novakove . Neža Mramor - Kosta Slika 1. Christian Huyg ens (14.aprila 16 29 do 8.junija 1695) NO/i/CE CHR ISTIAN HUYGENS Ob tristoletnici smrti Christian Huygens (slika 1) je bil ro- jen leta 1629 v Haagu . Na zaeetku ga je poučeval oče , ki je bil visok vladni uradnik in si je pridobil ob- sežno znanje jezikoslovja , glasbe in matematike. Christian je na uni- verzi v Leidenu končal študij pra- va. Že v mladosti ga je pritegnila tudi matematika in prve uspehe je dosegel pri sedemnajstih letih. Pri dvaindvajsetih je objavil dognanja o ploščini stožnic, pri petindvajsetih tedaj najnatančnejši podatek za 11" , pozneje se je ukvarjal tudi z verjet- nostjo . V naravos lovje je Huygensa pri- peljalo zanimanje za astronomijo. Z bratom je izdelal daljnogled po last- ni zamisli . Tudi nekateri današnji daljnogiedi imajo Huygensov okular. Z nekaj manj kot osem metrov dol- gim daljnogledom je odkr il Saturnov obroč in Saturnovo luno Titan1 , Orionovo meglico in opazoval Marsovo površje. S privzetkom, da seva Sirij kot Sonce , je ocenil njegovo razdaljo na 0,42 svetlobnega leta . Sirij seva izdatneje kot Sonce, zato je razdaljo dvajsetkrat podcenil. Izdelal je mikrometer za merjenje kotov med zvezdami na nekaj kotnih sekund natančno . Pri astronomskih opazovanjih se je Huygens zavedal, kako pomembno je natančno meriti čas. Njegovo prizadevanje, da bi izdelal natančno uro, je pripeljalo do patenta leta 1656. Odkritje je objavil šele let a 1673 v knjigi z 1 Galileo Galilei s slabšim daljnogledom obroča še ni mogel videti, pozoren pa je postal na "trojno" sliko Saturna . Huygens je mislil, da v Oson čju poleg šestih plan etov Merkurja , Venere, Zem lje, Marsa , Jupit ra in Saturna obstaja samo šest lun: Luna, štiri Jupitrove lune, ki jih je odkril Gal ilei, in Titan. 359 naslovom O uri na nihalo (slika 2). Ob tem je ugotovil, da je sicer nihajni čas nitnega nihala z dolžino I zares sorazmeren s /7, kakor je mislil Galilei, a je pri večjih amplitudah odvisen od amplitude , kar je Galilei spregledal. Ob iskanju nihala, ki nima te pomanjkljivosti , je odkril cikloidno nihalo (slika 3). Njegov nihajni čas ni odvisen od amplitude. Obravnaval je nihanje fizičnega nihala , togega telesa, vrtljivega okoli vodoravne osi, ki ne gre skozi težišče . Leta 1669 je Huygens predložil razpravo o trkih , v kateri je prvi v celoti pojasnil prožne in popolnoma neprožne trke . Razprava je izšla veliko pozneje (1703). Raziskal je enakomerno kroženje in določil pospešek. Ugotovil je tudi, da je Zemlja sploščena na polih. Slika 2. Načrt za uro na nihalo. Tedaj so začeli vodne ure nadomeščati z rnehani č­ nimi urami, v katerih se je počasi spuščala utež . Te ure so bile sicer manj natančne kot vodne, a so zahtevale manj skrbi in so imele dobro viden kazalec. Z nihalom je Huygens dal uri notranjo enoto, zaradi katere je ura tekla veliko bolj enakomerno. Preko zobatega kolesa in zasunka je nihalo krmililo utež, da se je pravi čas znižala in z delom krila izgube zaradi trenja in upora . Leta 1678 je Huygens obdelal teorijo svetlobe, ki jo je objavil v Razpravi o svetlobi leta 1690 . Knjigo je nameraval prevesti v latinščine, a tega zaradi pomanjkanja časa ni storil. Tako je vsaj utemeljil njen pozni izid. Huygens ni obravnaval sinusnega valovanja v današnjem smislu, ampak motnjo, ki potuje po snovi , sestavljeni, na primer, iz samih dotikajočih se kroglic. Motnja se 360 • cf's . . 1 s y dt 2 =-9 S'""' = -9 s'" 'jwt = -9, p ....1 Slika 3 . Cikloidno nihalo (levo) in eikloida (d esn o) . Cikloida y = t/(l- eos w t) , x = = t I (w t + sin w t) nastane, ko se krog zrad ijem ti kotal i po sp odnji s t ra ni premi ce y = ~ I . l.o č no dolžino eiklo ide od . najnižje točke zaznamujemo z s. Nitno nihalo z dol žino 1, ki je obešeno v t o čki P, niha z nihajnim č asom 21l'YIfi9 ne gled e na amplitudo, če se utež giblje po tej e ikloidi. s t rki prenaša od kroglice do kroglice. Tako je postavil Huygensovo načelo: Vsaka točka valovnega čela je izvir elementarnih valov. Ovojnica elementarnih valov da novo valovno če lo . Raziska l je dvojni lom in je pri tem moral vpeljati dve ra zlični hitros t i svetlobe, saj je motnjo razumel kot longit udinalno. Določil je optične lastnosti islandskega dvolomca , to je ene izmed kristalnih oblik apnenca , in odkril polarizacijo svet lobe. Huygens si je s svojim delom v fiziki pridobil velik ugled. Leta 1660 je obiska l Anglijo. Tri leta pozneje so ga sprejeli med ust anovne č l a n e Kraljeve družbe , angle ške akademije znanosti. Na Colbertov predlog ga je Ludvik XIV leta 1666 postavil za predsednika fran coske akademije znanosti. V Pa rizu je ostal do leta 1681 , ko so ukinili zakon, ki j e protestantom dovoljeval bivanje v Francij i. Umrl je leta 1695 v Haagu . Huygens je ves svoj čas posvetil raziskovanju . Nanj sta vplivala Galilei in predvsem Rene Descartes. Pozneje je Descartesa kritiziral: "Gospod Descartes je zna l doseči , da so njegova ugibanja in predstave veljale za resni čne . Bralcem njegovih Princ ipov [Principia philosophiae 1644] se je godi- lo kot bralcem romana , ki jim knjiga ugaja in imajo vtis , da gre za resni čno I 361 zgodbo . Oblike majhnih delcev in lastnosti vrtincev sprejmejo v splošnem za pravilne. Tudi meni se je zdelo, da je vse v najlepšem redu, ko sem knjigo prvič bral. Tedaj sem bi star 14 ali 15 let. Ko sem naletel na težave, sem mislil, da sem bil kriv sam, ker sem napačno razumel njegove zamisli ." Descartes je izhajal iz treh splošnih trditev , ob katerih pomislimo na današnje ohranitvene zakone: 1. Vsaka stvar (gibanje, oblika .. . ) ostane nespremenjena , dokler je ne spremeni zunanji vzrok . 2. Gibanje se nadaljuje v ravni č rt i . 3. Pri trku se gibanje ohrani. Z njimi naj bi pojasnili vse pojave in dosegli enotnost fizike. Ves prostor naj bi izpolnjevala telesa iz etra, ki naj bi v obliki vrtincev poganjala planete okoli Sonca . Drugo na drugo naj bi namreč delovala le telesa , ki se dotikajo. Huygens ni postavljal meglenih splošnih trditev, ampak je svoje izreke izvajal iz opazovanj in merjenj za določen primer. Huygens ni sprejel Newtonove zamisli o splošni gravitaciji , čeprav se je leta 1689 srečal z njim v Londonu. 5e naslednje leto je trdil , da izvira teža iz razlike med centrifugalno silo teles na Zemlji , ki naredijo na njenem površju en obhod v 24 urah , in delci etra v Vesolju ob Zemlji, katerih obhodni čas je krajši. Po njegovem mnenju bi bili cetrifugalna sila in teža v ravnovesju, če bi delci etra obkro žiti Zemljo v poldrugi uri (kot današnji umetni sateliti) . Pri tem se je skliceval na opazovanje vrteče se posode z vodo , v kater i silijo majhna telesa iz lesa proti osi. Po Huygensovem mnenju v praznem prostoru , kakršnega je imel v mislih Newton , ne bi bilo mogoče pojasniti ne teže ne svetlobe. To je bil davek Descartesovemu prepričanju, da telo lahko deluje le na telo, ki se ga dotika . Za razliko od številnih sodobnikov je Huygens priznaval tuje uspehe. l:eprav je posvetil vse življenje znanosti , se je zanimal še za kaj drugega . Spesnil je nekaj pesmi , ki jih je posvetil nekaterim lepoticam tistega casa . V zapuščini so našli znanstveno-fantastični roman o prebivalcih na Luni in risbo stroja z notranjim zgorevanjem. Christian Huygens je bil eden izmed največjih umov sedemnajstega sto- letja . Njegova odkritja so segala na vsa področja tedanje fizike in astronomije . Po uspešnosti ga je presegel najbrž samo Isaac Newton , ki mu je Huygens s svojim delom pomagal pripraviti pot (slika 4) . 362 1600 LEIBNIZ 1646 do 1716 1650 , (6) 1700 Slika 4. Življenjski čas nekat erih znamenitih mož sedemn ajst ega st oletja in časi izidov Huygensovih knjig : 1 Ciklometriae 1651 , 2 De cireuli magnitudine inventa 1654, 3 Systema Saturnium 1656, 4 Horologium oseillatorium 1673, 5 Trsite de la lumiere 1690 , 6 De motu eorporum ex perkussione 1703. Galilejevi Diseorsi (G) so izšli 1638 in Newt onovi Principi (N ) 1687 . Obdelajmo nekaj Huygensovih dognanj nekoliko podrobneje z današnjega gledišča. Zanimivo je, da nekatera presegajo današnjo srednješolsko fiziko, medtem ko dognanja njegovih predhodnikov večinoma sodijo vanjo. Galilei je ugotovil, da je hitrost kotaleče se kroglice na klancu sorazmerna s časom , pot pa s kvadratom časa, če krog lica spočetka miruje . Pot je potemtakem sorazmerna s kvadratom hitrosti. Domneval je, da hitrost krogl ice na dnu klanca ni odvisna od nagiba, ampak je sorazmerna z višino v začetni legi. Te ugotovitve je ·Huygens razvil dalje . Utež na niti nitnega nihala se začne gibati v višini y = h in doseže največjo hitrost v ravnovesni legi pri y = O. Hitrost v vmesni legi je odvisna od višine h - y, za katero se utež spusti : y 2 = 2g(h - y) . To Huygensovo enačbo dandanes hitro dobimo iz izreka o kinetični in potencialni energiji. Postavimo v = ds/ dt . Kratek odsek poti ds in majhna sprememba višine dy sta v zvezi ds = dy / sin tp, če je tp kot med delom poti in vodoravno osjo x . Velja : dt = dy (1) sin tpj2g(h - y) Krog zradijem 1, po katerem se giblje utež, v' bližini ravnovesne lege približno opišemo s parabole y = x 2 / 2/. V približku, v katerem sin tp izenačimo s tan tp = dy / dx = x/I = = j2y/I, preide ena čba (1) v dt = h!tjgdy/jy(h-y) . Integrirajmo enačbo od višine O do h, čemur ustreza po času integral od O do t to, pa dobimo nihajni čas to = = 2 1r~. Huygens je moral vse ena čbe izpeljat i geometrijsko, saj tedaj infinitezimalni račun še ni bil razš irjen . Po kakšni krivulji se mora gibati utež, da enačba za nihajni čas velja na ta nčno za znatne amplitude in je torej nihajn i čas neodvisen od ampl itude? Iz ena čbe (1) razberemo, da mora bit i t edaj sin tp soraz meren s p. Takšno lastnost ima eikloida, krivulja , ki so ji v Huygensovem času posvečali prec ej pozornosti. Bra lci jo poznajo kot brahistokrono I 363 (Smučanje pri veleslalomu, Presek 20 (1993) 232-236). Huygens je pribil : Če se giblje telo po navzgor odprti cikloidi, potrebuje do najnižje totke vselej enak č as , ne glede na to, v kateri točki se je začelo gibati ." Utež nitnega nihala se giblje po cikloidi , te jo vod ita vod ili v obliki obrnjene cikloide (slika 3) . Huygens je ugotovil, da je evolventa cikloide tudi cikloida . Evolventa je krivulja, ki jo opiše krajiš če vrvice, ko napeto vrvico odvijamo z druge krivu lje - evolute. Togo telo pri fizi čnem nihalu je v mislih razdelil na drobna telesa in po tej poti izračunal reducirano dolžino fizičnega niha la , to je dolžino nitnega nihala, ki niha z enakim nihajnim časom kot dano fizično nihalo. Preme prožne trke je obravnaval na osnovi treh izr eko v: 1. Vsako gibajoče se telo teži k temu , da nadaljuje gibanje s konstantno hitrostjo, dokler ne zadene kakšne ovire. 2 . Če trčita enaki krogli z nasprotno enakima hitrostrna, se obrneta po trku smeri njunih hitrosti, ne da bi se spremenila velikost hitrosti. 3. Izrek~ veljata tudi za opazovalca na ladji , ki se g lede na obalo giblje s poljubno konstantno hitrostjo , kot za opazovalca na obali . Slika 5 . Opazovalec na obali in opazovalec na enakomerno se gibajo či ladji , s katerima si je Huygens pomagal, ko je pojasnil trke (iz Huygensove knjige o trkih) . Tretji izrek vsebuje zakon relativnosti (slika 5). Izrek i pripeljejo do ohranitve gibalne količine ml VI + m2 VII = ml Vl + m 2 V2 . Z zamislijo, da ustreza določeni hitrosti določena višina, do katere se lahko te lo s to hitrostjo dvigne, je vključi l Huygens v razpravo izrek o ohranitvi kinetične energije ml vr + mz vrl = ml vf + m2 vi. Pri tem ni uporabljal k inetične energije mv2 , ampak po tedanji navadi živo silo mv2 . Zgodbe o londonski nagradni nalogi (Neprolni trki, Presek 19 (1991) 72-78) ne kaže ponavljati . Omenimo samo, da je Descartes za gibalno koli č ino napačno postavil velikost mlvi, Huygens pa je upošteval znak hitrosti in tako predvidel vektorsko naravo gibalne količine, Janez Strnad 364 TEČAJI IZ VAKUUMSKE TEHNIKE ZA PROFESORJE SREDNJIH ŠOL 1. O vakuumu Uporaba vakuuma in vakuumskih tehnologij je postala nepogrešljiva sestavina naše civilizacije in kulture . Besedo vakuum srečujemo vsakodnevno v različnih pomenih, vendar je fizikaina definicija jasna razmeroma ozkemu krogu ljudi. V najširšem fizikalnem smislu je vakuum razred če n a atmosfera . Stopnjo razredčenja , ki bistveno vpliva na fizikalne lastnosti plina , izražamo v logaritemski skali, ki se za uporabnike razteza od 1000 mbar do 10-8 mbar in za posebne primere še niže. Poimenovanje takšnega razpona tlakov z besedo vakuum je sicer sprejemljivo , a premalo za uporabn ika, zato vakuum natančno delimo še na grobi , srednj i, visoki in ultravisoki vakuum . Tlak in sestava plina v nekem prostoru določata ionsko, elektronsko, termično in zvočno prevodnost , površinsko stanje trdnih snovi in kapljevin, hitrost kemijskih in fizikalnih procesov ipd . Posameznim področjem vaku- uma pripadajo povsem določene lastnosti, ki omogočajo opazovanje mnogih fizikalnih pojavov, delovanje naprav , izvedbo procesov in tehnologij . Navedimo nekaj primerov, kjer imamo opraviti z določeno lastnostjo vakuuma : - mehani čna sila oz . tlak atmosfere na stene evakuiranih prostorov: za pri- jemanje in prenašanje predmetov, za oblikovanje termo plastičnih plošč, folij in stekla ; hermet i čno zapiranje in pakiranje, filtriranje, impregnacija ; termodinamične lastnosti: za sušenje, ciestilacijo, liofilizacijo (h rana , zdrav ila) , izplinjevanje, vlivanje in prašnato metalurgijo (sintranje) kovin; - vakuum kot izredno čisti medij oz. kot čisto okolje: za tehnologije nanosa tankih vakuumskih plasti (polprevodniške tehnologije za izdelavo integri ranih vezij, opti čne industrija , zrcala, antirefleksni nanosi . . . ); vakuum kot zaščitna atmosfera : za predhodno evakuiranje pri postopkih, ki poteka jo v čistih inertnih plinih (žarnice, hladilniki . . . ); ionska prevodnost: za neonska in fluorescentna svetila ter obločnice ; pri stabilizatorjih napetosti , jedrski fuziji; toplotna izolacija : pri tehniki nizkih temperatur , termos steklenice, do- seganje in opazovanje superprevodnosti; - vakuum kot medij brez viskoznosti oz. upora: za gibanje svetlobe , elektronov, molekul - za elekt ronke vseh vrst - rentgenske , slikovne; elektronski mikroskopi, sonde , spektrometri , elektronski varilniki. I 365 2. Zakaj tečaj? Znanje o vakuumski tehniki SI Je mogoče pri nas pridobiti z lastnim študijem , z občasnimi tečaji, ki jih prireja Društvo za vakuumsko tehniko Slovenije (DVTS) , ter s podiplomskim (magistrskim) študijem na Univerzi v Mariboru. Dijaki srednjih šol spoznajo to tehnično in znanstveno panogo le deloma , in še to posredno pri pouku fizike, kemije itd. Želimo, da bi mlade generacije dobile nekaj sistematično urejenega znan- ja s področja vakuuma, najprej od svojih profesorjev (pri pouku v razredu) in nato pri eksperimentalnem delu v šolskih laboratorijih. Zato smo v našem društvu posebej pripravili tozadevni tečaj za profesorje s kompletom "šolskih" eksperimentov. Pri tem smo imeli polno podporo Zavoda za šolstvo in Ministrstva za šolstvo in šport. Sami smo za ta namen izdali tudi knjižico z naslovom "Osnove vakuumske tehnike za srednješolske predavatelje" in zvezek z izborom najzanimivejših vaj. 3. Vsebina in izvedba tečaja Tečaj je trodnevni (četrtek, petek, sobota) ; doslej je bil izveden že dvakrat (9.-11 .sept.93 in 15.-17 .sept.94), in sicer na Inštitutu za elektroniko in vakuumsko tehniko (IEVT , Teslova 30 , Ljubljana) . Tečaj je imel naslednjo vsebino : A. Predavanja . 1. Zgodovinski oris razvoja vakuumske tehnike in razdelitev vakuuma in področja uporabe 2. Fizikalne osnove 3. Osnove delovanja črpalk (rotacijske, difuzijske , turbomolekularne , sorpcijske) 4. Delovanje merilnikov in masnega spektrometra 5. Vakuumski elementi, sistemi in naprave 6. Vakuumski spoji in tesnilke 7. Hermetičnost in detekcija netesnosti 8. Materiali v vakuumski tehniki B. Eksperimentalni del 1. Izvajanje poskusov iz programa Osnov vakuumske tehnike in tistih poskusov, ki naj bi jih v šolskih laboratorijih izvajali dijaki 2. Ogled nekaterih laboratorijev na IEVT in IJS 3. Diskusija in priprava poročila trajanje 1 ura 1 ura 2 uri 3 ure 1 ura 1 ura 1 ura 1 ura 1 ura 7 ur 3 ure 3 ure 366 Udeleženci so bili vsakič zelo zadovoljni; presenečeno so se spraševa li, kako da tako zanimivemu področju v šolskem programu ni moč posvetiti več časa . Mnogi profesorji so izrazili željo, da bi jim prišli vaje demonstrirat na šolo in so se tudi zanimali za potrebno opremo, s katero bi sami lahko izvajali osnovne poskuse. Ena od udeleženk je kasneje celo pripeljala skupino dijakov na prikaz zanimivejših eksperimentov . Mlade sta obisk na Inštitutu in predstava vakuumistike z dobrim komentarjem zelo pritegnila . Opisana "vakuumska delavnica" je sedaj že uvrščena v Katalog nenehne- ga strokovnega spopolnjevanja Ministrstva za šolstvo in šport . Objavljena je v 50lskih razgledih , ocenjena z eno točko in pripisana je pripomba M55, ki ta program zelo priporoča . Predavatelji so dolgoletni strokovnjaki stozadevnega področja, nekateri tudi univerzitetni učitelji. Letošnji termini so : 12 .-14. maj, 11 .-13. junij , 21.-23. sept. in 9.-11. november. Koord inator programa je Bojan Jenko z Ministrstva za znanost in tehnologijo, kontaktna oseba za prijave in informacije pa je Lidija Irmančnik-Belič(IEVT . tel.: 061-263- 461). 5tevilo udeležencev je omejeno na 15. Le je prijav več , delavnico ponovimo v najkrajšem možnem času. Udeleženci, ki opravijo zahtevane naloge , prejmejo potrdilo o opravljenem izobraževanju iz vakuumske tehni ke. Vabljeni! Za DVTS Andrej Pregelj STiČNA ŠTEVILA - Rešitev s str. 343 Naj bo n naravno število, ki ima v desetiškem zapisu števke ck, . . . , co, pri čemer števka Co označuje enice , vodilna števka ck pa ni enaka O. (:e je število nenako produktu svojih števk , potem velja Ck . .. . . Co = ck lOk + ...+ Co . Ker števke niso večje od 9 , njihov produkt ni večji od 9k ck . Ker pa so tudi nenegativne , imamo k k k10 ck::; 10 ck + .. .+ Co = ck . .. . . Co ::; 9 Ck · Ker je Ck > O, je ta neenakost izpolnjena le pri k = O. Iskana števila so torej natanko vsa enomestna števila. Enak dokaz pokaže, da taka trditev velja tud i za zapise v drugih osnovah . Martin Juvan N MSKA -* SPIK3 VSAK MESEC NOVA. BARVNA šTEvILKA REVUE ZA UUBITEUE ASTRONOMIJE, KI PRiNAšA NOVICE, VSE O SONCU, PLANmH, ZEMUI, ZVEZDAH, GALAKSIJAH, ASTROFIZIKI, KOZMOLOGIJI, ASTRONAVTIKI, AST1IOFOTOGRAFUI, ARHEOASTRONOMUI••• ZA AMATERJE MESEČNO SVEŽE EFEMERIDE IN ZVEZDNA KARTA. O TELESKOPIH, UPORABNIH PROGRAMIH... IN ŠE OSNOVE ZAZAČETNIKE, RAZISKOVALNI KOTiČEK, TEm, ZNANSTVENA FANTASnKA. MALI OGLASI TER NAGRADNA IGRA! OCC/-, IC /\101ili: ."L_' II~L II u:_ _1 . SKLADNOST - Rešitev s str. 339 1. reš itev: Denimo, da merita st ranici prvega pravokotnika a in b , stra nici drugega pa x in y . Naloga pravi: ab =xy ln a + b =x + y . Izrazimo iz obeh enačb dolžino y in i z e n a č i mo : ab - = a+ b - x . x Po preurejan ju enačbe dobimo x 2 - (a+ b )x + ab = O, kar razcepimo v (x - a)( x - b) = O. Od tod sledi: x = a in y = b ali x = b in y = a . 2. rešitev: Tudi tokrat naj bosta a = AB in b = AD strani ci prvega pravokotn ika ABC D , x = = AE in y = AG pa str anici drugega AE FG . Postavimo pravokotnika tako , kakor kaže risba na desni. Iz enakosti obsegov 2 . (AD + DC ) = 2 . (AE + + EF) sledi HC = HF . O či tno sta enaki tudi plošči ni kvadratov EBC H in D H FG , zato je BC = G F oziroma b = =x . Potem mora biti t udi a = y . G D A E B TRI ZA BISTRE GLAVE - Rešitev s str. 327 Vilko Domajnko 1. Rjave. 2. Najst arejši je Mart in, srednji je Primož , najm lajši pa je Jurij . 3. Največ je ujel Anže, potem pa za njim po vrsti : Miha, Jaka in Urh. Neža Mramor - Kosta 369 BUTALSKA - Rešitev s str. 327 Vsi štirje pravokotniki (vrtovi) imajo enako ploščino in enak obseg . Ni se težko prepričati, da so med seboj skladni . Preglejmo nadalje vse možne pravokotnike s ploščino 100 m2, ki se dajo razrezati na štiri manjše skladne pravokotnike. Le skladnih razrezov med seboj ne ločimo, dobimo naslednjih šest možnosti: DID EG I II III [§ 1]]0 O IV Va vb Primeri 1, II in III so izvedljivi za poljuben pravokotnik velikosti 100 m2 , vendar ne pridejo v poštev, saj samo primeri IV, Va in Vb prikazujejo razreze , v katerem kak izmed manjših pravokotnikov meji na preostale pravokotnike. Denimo , da imajo mali pravokotniki stranice z dolžinama a in b, kjer je a < b. - Pri razrezu IVje b =3a. Iz pogoja za ploščino ab =25 dobimo a = 73 m in b =5V3 m. Iz risbe razberemo, da meri veliko pravokotno zemljišče v tem primeru a + b v dolžino in b v širino. Pri obeh razrezih V je b = 2a. Po podobni poti kakor prej dobimo , da meri zemljišče, ki ga je delil župan, v tem primeru 2a+ b = 10;2 m v dolžino in b = 5;2 m v širino . Lahko, da je bralec mnenja, da so tudi pri razrezu III vsi pravokotniki med seboj sosedni. Le se domenimo, da sosedstva dveh pravokotnikov "v eni sami točki" ne upoštevamo kot pravo sosedstvo, tega primera seveda ne obravnavamo, v nasprotnem pa njegovo obravnavo prepuščamo bralcu. Poskusite rešiti podobno nalogo tudi za primer, ko je treba pravokotno zemljišče razdeliti na kakšno večje število pravokotnikov . Vilko Domajnko 370 KOLIKO ŠESTKOTNIKOV - Rešitev s str. 299 Nalogo bomo rešili na tri načine in vsakokrat prišli do enakega rezultata . Z v • b b I' k ' ,n . n(n+l ) . ,n '2a racunanje omo potre ova I ena osti L;=l' = 2 ln L;=l' = = n( n+l ~(2n+l), ki ju lahko dokažemo z indukcijo. 1. način : Po vrsticah je v n-šestkotniku zapored n, n + 1, . . . , n + n - 1, . . . , n + 1, n 1-šestkotnikov, torej vseh 2n - 1 + Li:~ 2(n + i) = 3n 2 - 3n + 1. Podobno ugotovimo, da je vseh 2-šestkotnikov 3n2 - 9n + 7, vseh tn- šestkotnikov je 3n2 - (6m - 3)n + 3m2 - 3m + 1. Vseh šestkotnikov v n-šestkotniku je torej: n :L (3n 2 - (6m - 3)n + 3m2 - 3m + 1) = m=l 3 3 3 2( ) 3 2 n( n + 1)(2n + 1) 3n( n + 1) 3 =n-nn+1 +n+ 2 - 2 +n=n . 2. način : V n-šestkotniku je 1 n-šestkotnik, (n - l)-šestkotnikov je 1 + 6, (n - 2)- šestkotnikov je 1+ 6 + 12, itd ., v n-šestkotniku je 1-šestkotnikov 1+ 6 + 12 + + ...+ 6( n - 1) . Od tod sledi skupno število n-l k n k-l n k-1 :L (1 + :L 6i) = :L (1 + :L 6i) = n + :L :L 6i = k=O ;= 1 k =l ;=1 k=l ;=1 _ ~ 3(k _ l)k _ n(n + 1)(2n + 1) _ 3n(n + 1) _ 3 - n + L -n+ 2 2 -n o k=l 3. način : l. e pogledamo kocko v smeri telesne diagonale , vidimo 1-šestkotnik, n- šestkotnik pa dobimo s pravokotno projekcijo kocke, sestavljene iz n x n x n manjših kock, na ravnino, ki je pravokotna na te lesno diagonalo. 5tevilo 1-šest kot nikov je tedaj enako štev ilu ma njših kock v telesu (ki je za n = 3 ilust rirano na sliki 1), torej n3 - (n - 1)3 = 3n3 - 3n + 1. 371 Slika 1. Z nekaj premisleka lahko ugotovimo, da je v n-šestkotniku toliko 2- šestkotn ikov, kot je manjših kock v podobnem te lesu, ki pripada n - 1, itd. 3-šestkotniki 2-šestkotn iki l -šestkotniki Slika 2. Vseh šestkotnikov v n-šestkotniku je torej toliko kot vseh kock v vseh takih izsekih. Teh pa je prav n3 , kar smo ugotovili že na oba prejšnja naeina . Ciril Pezdir 372 NARIŠI PRAVOKOTNI TRIKOTNIK - Rešitev s str. 331 Naj bo 6.ABC iskani trikotnik s pravim kotom pri ogli šču C. Hipotenuzo c podaljšajmo za dolžino katete b preko A do D in za dolžino druge katete preko B do E (glej sliko). Dolžina daljice DEje torej enaka danemu obsegu 25. Ker sta 6.DCA in 6.ECB enakokraka trikotnika, je LCDA = ~LCAB in LC EB = ~LCBA, od koder sledi, da je L DC E = 135° . Oglišče C iskanega trikotnika je torej taka točka , da vidimo iz nje daljico DE pod kotom 135°. To pomeni , da leži C na krožnem loku skozi Din E in s središčem S, katerega spojnica z D oklepa zDE kot 45° . Pri tem sta C in S na nasprotnih bregovih nosilke daljice DE. D I * E Krožnica, katere del je ta krožni lok, je hkrati očrtana krožnica trikotnika 6.DEC. Torej potekata skozi njeno središče simetrali stranic DC in CE . Zaradi enakokrakosti trikotnikov 6.DCA in 6.EC B sta to tudi simetrali kotov LDAC in LEBC. Ta dva kota pa sta zunanja kota trikotnika 6.ABC, torej I 373 poteka skozi skupno točko S njunih simetral tudi simetrala notranjega kota tega tri kotnika pri ogli šče C. Nada ljevanje konstrukcije je sedaj preprosto: na OS odmerimo dolžino dane simetrale (OF = s-y) in narišemo skozi F krožni lok s središčem S. Ta seka (če polmer SF ni premajhen) daljico OE v točkah Hin G. Kako končno konstruiramo oglišče A , B, C iskanega pravokotnega trikotnika, je razvidno s slike. Narisana je le ena od dveh možn ih rešitev , ki sta skladni. Opomba 1. Iz zadnjega dela analize naloge lahko takoj ugotovimo, da ima naloga dve (skladni) rešitvi , če je s-y < s(v2 - 1) , eno (enakostranični pravokotni trikotnik) za s-y = s(v2- 1) in nobene za večje s-y. Opomba 2. Ideja rešitve je enaka, če želimo konstruirati t rikotn ik z danim obsegom 2s , poljubnim kotom-v in dolžino simetrale s-y . Marija Vencelj ASTRONOMSKA KRIŽANKA - Rešitev s str. 298 Vodoravno: poanta, mrk, sekstant , Rur, akut , Tirtej, Anet, teodolit , Oita , meteor, aktiva , Ru, Slavko , Alba, TL, krvotok, torr , Esk, skripta , etanol , RS, Basel , Pompej, psi, oktant , iskra , opat, Apollo, ŽI, okov, jeni , šola , EK, sik, slepar , LR, koala , čreslo, foot, Ta, Eneas , Inki, Pau , Tang, lok, rig, parsek , lambada , kare, komet , krater, eritrocit, nuna, Inter , galaksija . KRIŽANKA ' RAČ U NA L N i ŠTVO ' - Rešitev s str. 352 Vodoravno: miška, Wordstar , Tantal , datoteka, tap ir, Iva, zigurat , Okop i, han , ka čar , NK, Nemke , rial , geto , PM, Arno, Kun, softver, krom, iverka , virus, akronim , šolnina, ventil , lekcija, Tunis , zdrk , ekloga , etan , Alice, Isar, raison, so , Bukal , ost , es, Neer, čo r b a, tiskalnik , gliser , AN, Lee, u čenje , tat , asi , obtoženec , ekrazit, Kaaba, Al, metlica . 16. MEDNARODNO MATEMATiČNOTEKMOVANJE MEST - POMLADANSKI KROG V prvem delu pomladanskega kroga 16. tekmovanja mest, ki je bil 29. marca na Fakulteti za elektrotehniko in računalništvo v Ljubljani, je tekmovalo 22 srednješolcev. Dijaki prvih in drugih letnikov so tekmovali v prvi skupini , ostali pa v drugi skupini. Reševali so naslednje naloge: Prva skupina 1. V sklad išču imajo 500 kg sladkorja v vrečah po 10, 15 in 20 kg. Skupaj je 30 vreč . Dokaži, da je vreč po 20 kg več kot vreč po 10 kg. 2. Tri kobilice sedijo v točkah A, B in C, pri čemer je B središče daljice AC. Vsako sekundo ena od kobilic skoči prek ene od drugih dveh na simetrično točko (če skoči kobilica s točke X prek točke Y na točko X', --+ ---+ velja XY = Y X'). Po nekaj skokih pristanejo vse tri v začetnih točkah (toda ne nujno vsaka v svoji i z ho d i š č n i točki) . Dokaži , da v točki B pristane prav tista kobilica , ki je tam sedela že na začetku . 3. Naj bo L kvadratu TI včrtana krožnica . Kvadrat T2 je včrtan krožnici L tako , da oglišča kvadrata TI ležijo na nosilkah stranic kvadrata T2. Po išči kote konveksnega osemkotnika , katerega oglišča so dotikališča krožnice s stranicami kvadrata TI in ogli šča kvadrata T2. Določi središčne kote nad loki, na katere razdelijo krožnico L ogli šča osem kotnika. 4. Dokaži , da število 40· . ·09 (z vsaj eno ničlo) ni popolni kvadrat. . Druga skupina 1. Naj bodo a,b, cin d števila z intervala [0,1] . Dokaži , da obstaja število x z intervala [0,1] , za katerega velja 1 1 1 1 --+--+--+-- <40lx - al lx - bl lx - cl lx - dl . 2. 5tiri kobilice sedijo v ogli ščih kvadrata . Vsako sekundo skoči ena od njih preko ene od drugih treh na simetrično točko (če skoči s točke X preko --+ ---+ Y na točko X' , velja XY = Y X') . Dokaži, da po nekaj skokih nobene tri kobilice ne morejo sedeti na isti premici. 3. Trikotnik ABC je včrtan krožnici s središčem v O . Naj bo q krožnica skozi A, O in B. Premici CA in C Bsekata krožnico q v točkah O in E (ki sta različni od A in B) . Dokaži , da sta premici CO in O E med seboj pravokotni. 375 4. Dokaži, da nobeno število aO·· · 09 (z vsaj eno ničlo), kjer je a neničelna števka, ni popolni kvadrat. Za drugi del tekmovanja, ki je bil 4. aprila , je mednarodna tekmovalna komisija pripravila po sedem (neenakovrednih) nalog za vsako skupino. Vseh nalog ni treba rešiti, saj se izdelek vsakega tekmovalca oceni z največjo možno vsoto točk iz treh nalog. Naloge v drugem delu so precej težje od nalog iz prvega dela, zato si oglejmo le po dve nalogi za vsako skupino. Prva skupina 1. Dan je enakostranični trikotnik ABe. Poišči množico takih točk P, za katere sta odseka premic AP in BP, ki ležita v trikotniku, enako dolga. 2. Skupina geologov je odšla na odpravo in s seboj je vzela 80 različno težkih zabojev hrane. Skupina je imela seznam z vsebino in težo posameznega zaboja . Ko so prispeli na cilj, s poškodovanih nalepk ni bilo več moč razbrati vsebine zabojev. Kuhar je trdil, da lahko s seznamom in uporabo tehtnice , ki pokaže razliko med težama predmetov z ene in druge strani tehtnice , ugotovi vsebino posameznega zaboja , ne da bi tega odprl. Pokaži, da (a) so štiri tehtanja dovolj ; (b) tri tehtanja niso dovolj . Druga skupina 1. Nad krakoma trapeza narišemo krožnici, katerih premera sta kraka tra- peza. Presečišče diagonal naj leži zunaj obeh krogov . Dokaži , da so vsi štirje odseki tangent na krožnici od presečišča diagonal do dotikališ č enako dolgi. 2. Dokaži , da sta v skupini 50 ljudi vedno dva, ki imata sodo število (lahko tudi O) skupnih znancev iz skupine. Matjaž teljko 16 . MEDNARODNO MATEMATIČNOTEKMOVANJE MEST - JESENSKI KROG - Rešitve s str. 252 Rešitve nalog prvega dela: Prva skupina 1. Nalogo lahko rešimo že s tremi pari plesalcev . Oštevil čirno dekleta po bistrosti od 1 do 3 (najbistrejše dekle naj ima številko 3) in predpostavimo , da 376 D c: F si dekleta po naraščajoči lepot i sledijo v vrstnem redu 2, 3, 1. Predpostavimo nadalje, da bo tisti fant , ki je plesal z dekletom številka k, pri naslednjem plesu zaplesal z dekletom številka (k m od 3)+ 1. Pri tako izbranih parih pleše en fant z dekletom, ki je lepše in bolj bistro od prejšnje soplesalke , preostala dva fanta pa plešeta z dekletoma, ki sta bodisi lepši ali bolj bistri od prejšnjih soplesa lk. 2. Označimo središči večjega in manjšega kroga z A in B zaporedo- ma . Le središči krogov sovpadata , je iskana točka C kar skupno sre- d išče krogov . Naj bo torej A f:. B. Premica skozi A in B naj seka kroga zaporedoma v točkah O , E, Fin G. Izberimo točko P (P f:. O , P f:. G) na večjem krogu . Premica skozi B, vzporedna AP, seka manjši krog v dveh točkah in s Q označimo tis- to prese či če , ki leži na istem bregu premice skozi AB kot točka P. Oz- načimo r = IBQI in R = IAPI. Ker je r < R, se premici AB in PQ sekata . Označimo presečišče s C in dokažirno, da je to iskana točka . Izberimo drugo točko pi (Pi f:. O , pi f:. G, pi f:. P) na večjem krogu . Potem premica skozi B, vzporedna AP' , seka manjši krog v dveh točkah in s Q' označimo tisto preseči če , ki leži na istem bregu premice skozi AB kot točka pi. P resečiš če premic P'Q' in AB označimo s C'. o o ICBI _ ICOI _ IBOI _ r o ICBI _ ICO'I _ Iz podobnosti sledi ICAI - ICPI - IAPI - R ln IC'AI - IC'P'I - - II~~:I = N' Torej C' = C inje točka C nedvoumno definirana. Preverimo: ICFI ICGI r-ICBI R-lcAI r R r+ ICBI R+lcAI ICEI ICDI' Točka C je res središče raztega s koeficientom !f-, ki preslika manjši krog na večjega . Središče drugega raztega , t istega s koeficientom -!f-, dobimo na po- doben način, le da izberemo za točko Q tisto presečiš če manjšega kroga s premieo skozi B, vzporedno k AP, ki leži na nasprotnem bregu premice skozi AB , kot točka P. I 377 3. Naj bodo to števila a < b < c < d < e. Postavimo b - a = c - b = 1 in od tod c - a = 2. Nadalje zahtevamo d - c = 2, saj je 2 najmanjši skupni večkratnik števil 1 in 2 . Potem je d - b = 3 in d - a = 4. Ker je 12 najmanjši skupni večkratnik števil 2 , 3 in 4 , postavimo e - d = 12 . Sledi e - c = 14, e - b = 15 in e - a = 16. Le sedaj postavimo e = 1680, kjer je 1680 najmanjši skupni večkratnik števil 12, 14 in 15 in 16, lahko izračunamo d = 1668 , c = 1666, b = 1665, a = 1664. Z neposrednim izračunom preverimo, da ta števila zadoščajo pogojem naloge . Z manj sistematičnim pristopom lahko poiščemo tudi manjše peterice , npr . {36 ,40 ,42 ,45 ,48}, {40,42 ,44 ,45 ,48} , .. . 4. Vsak učenec ima natanko dva stara očeta. Učenca, ki ima stara očeta A in B, označimo z {A. B } (seveda je takih učencev lahko več). Le ima vseh 20 učencev skupnega starega očeta , je naloga rešena . Predpostavimo sedaj, da ne obstaja skupni stari oče vseh učencev . Potem obstaja vsaj en učenec , ki mu B ni stari oče. Ker ima ta učenec vsaj enega skupnega starega očeta z učencem {A. B}, mora biti to učenec {A. Cl. Podobno obstaja vsaj en učenec, ki mu A ni stari oče. Ker ima ta učenec vsaj enega skupnega starega očeta z {A. B} in {A. C} , mora biti to učenec {B, C} . Torej imamo samo tri različne pare starih očetov. Ker ima 20 učencev 40 starih očetov, se mora en par starih očetov pojaviti vsaj 14-krat . Torej obstaja vsaj 14 učencev , ki imajo skupnega starega očeta. Druga skupina 1. V skupini naj bo n deklet in n fantov . Oštevil čirno dekleta po bistrosti (najbistrejše dekle naj ima številko n) in predpostavimo, da si dekleta po naraščajoči lepoti sledijo v vrstnem redu 2, 3, .. ., n, 1. Predpostavimo nadalje, da bo tisti fant , ki je plesal z dekletom številka k , pri naslednjem plesu zaplesal z dekletom številka (k m od n) + 1. Pri tako izbranih parih pleše n - 2 fantov z dekletom , ki je lepše in bolj bistro od prejšnje soplesa lke , preostala dva fanta pa plešeta z dekletoma , ki sta bodisi lepši ali bolj bistri od prejšnjih soplesalk. Naloga zahteva n-;;2 2: 0 .8, od koder sledi n 2: 10. Naloga je torej rešljiva . 2. Naj bo AB najdaljši rob tetraedra ABC O. Le je lABI < lACI + lADI. lahko iz daljic AB, AC in AD sestavimo trikotnik , drugi trikotnik pa je kar trikotnik BCO. Le paje lABI 2: IACI+IAOI. pa mora zaradi IACI+IBCI > > lABI in lADI + IBOI > lABI veljati jBCI + IBOj > lABI . Potem pa sta iskana trikotnika l::lAC O in trikotn ik s stranicami Be. B O in AB. R C Q 378 3. Iz podatkov naloge sledi b3 + c3 + d3 = _a3 = (_a)3 = (b + c + d)3, od koder potem izpeljemo (b + c + d)3 - (b 3 + c3 + d3) = (b + c)(c + + d)(d+ b) = O. 4. Označimo število različnih permutacij na traku 1 x n z an . Očitno je, da mora ležati število n na začetku ali koncu traku . Torej lahko dobimo an različnih permutacij tako , da dodamo n na začetku ali na koncu vsaki izmed an-l permutacij števil {1, 2, . . . , n -:- 1} . Torej velja rekurzivna zveza an = = 2an- 1 z začetnim pogojem al = 1. Sledi an = 2n in v posebnem primeru alO = 512. Rešitve nalog drugega dela: Prva skupina 1. Potegnimo tangente skozi Ml, M2 in M3 in označimo točke, kot kaže ski- ca. Zaradi IMISI = IMIRI je točka Ml središče pravokotnemu trikotniku SC R očrtane krožnice . Označimo še ep = LMI RC. Potem je LMl8A = = LMlCA = ep. Ker je kot med teti- vo in tangento enak obodnemu kotu nad tetivo , je is Ml 8 = L8C Ml = = ~ - ep = LRSC. Sledi LS8MI = =2ep in zato LMl8A = ~LS8A. Označimo nadalje ,p = LAC M3. s' Potemje M3 središče trikotniku PCQ očrtane krožnice in podobno kot zgoraj lahko dokažemo, da je LM38Q = LCAM3 = 2,p. Ker je LA8M3 = ,p , je LA8M3 = !LA8Q . Torej je LMIM2M3 = LMl8M3 = !(LS8A + LA8Q) = }-. Povsem analogno dokažemo še LMl M3 M2 = }-. Trikotnik Ml M2 M3 je res enako- straničen. 2. (a) Zaporedje lahko kar konstruiramo. Označimo blOO = bgg = 1 in bk - 2 = bk - l + bk za 3 :::; k :::; 100. Naj bo m najmanjši skupni večkratnik števil bl, br, . . . , bIOO. Postavimo ak = :;: za k = 1,2, .. . , 100 . Potem je I 1 1 379 (b) Ne. Dokažimo trditev s prot islovjem . Naj obstaja neskončno za- di I I I k I'pore Je al' a 2 ' a3 ' .. . , za atero ve Ja 1 1 1 za vsak k . Naj bo m največj i skupni večkratnik števil al in a2. Z indukcijo doka žimo , da je m deljiv z vsemi števili ak. Trditev očitno velja za k = 1 in k = 2. V dokazu indukcijskega koraka pa predpostavimo , da je m deljiv z ak-l in ak . Potem sta bk - l = ---flL.. in bk = El celi števili. Ker jea k _l ak 1 1 1 m je m = ak+l (b k - l - bk ) . Torej je m deljiv tudi z ak+l ' Prišli smo do protislovja, saj je v zaporedju ak neskončno različnih števil in m ne more biti deljiv z vsemi členi tega zaporedja . Druga skupina 1. Z indukcijo bomo dokazali ekvivalentno neenakost Pri n = 1 neenakost očitno drži. Pri dokazu indukcijskega koraka lahko predpostavimo, da je an+l največje izmed števil al , a2, . . · , an +l . Preverimo lahko, da je neenakost ekvivalentna neenakosti Slednje drži zaradi predpostavke o številu an+l . Indukcijski korak potem dokažemo tako , da zrnnožimo neenakosti (1) in (2) . 2. Zaradi simetrije lahko predpostavimo m < n. Dokažimo najprej s pro- tislovjem, da ne obstajata periodični zaporedji s periodama m in n, ki se ujemata v prvih m + n - 1 členih. Člene zaporedja speriodo m označimo z ak, člene zaporedja speriodo n pa z bk . Ker sta števili m in n tuji, lahko zapišemo n = am + p , kjer sta a in n celi števili in je 1 :s p < m. Očitno 380 je a 2: 1. Analogn o lahko zapišemo m = b p + q, kjer sta bin q celi števili in je O :'s q < P ter b 2: 1. Iz predpo sta vke, da se zaporedj i (ak)k in (bk)k ujemata v prvih m + n - 1 členih , sledi Z upoštevanjem periodičnosti zaporedja (ak)k lahko gornjo enakost zapišemo takole al ap+ l abp+!, a2 ap+2 abp+2, a q ap+q abp+q am, aq+l ap+q+l al, aq+p-l a2p+q -1 ap-l, od koder sledi (3) S predpisom q = am -p+k za k = 1,2, . . . , p in q +p = q je definirano period ičn o zaporedje (q)k s periodo (največ) p , predpis dk = aq+k za k = = 1,2 , ... , 2p - q in dk+ 2p- q = dk pa do l oča p e rio d i čn o zaporedj e (dkh s periodo (največ) 2p - q . Upoštevamo gornje enakosti in zapišimo nekaj zaporednih členov zaporedja (ckh p p-q q p-q r A '~~r A , aq+l, .. . , ap, a l, .. . , aq , aq+l, . .. , ap , al , . . . , aq, aq+l , .. . , ap-l ' ap , ... 2p-q q p--q , .... ,~r A , aq+l , .. . , ap , ap+l , .. . , a2p, aq+l , ... , a2q , a2q+l , .. . , aq+p-l , aq+p, . .. Iz enakosti (3) potem sledi, da se za poredji (q)k in (dkh ujemata v prvih (2p - q) + q + (p - q) - 1 = 3p - q - 1 členih , saj sta člena ap in aq+p lahko različna . Dokaza li smo naslednje: Če obstajata periodični zaporedji s periodama min n , kjer sta min n tuji si števi li, ki se ujemata v prvih m + n - 1 členih, obstajata tudi periodični zaporedj i s periodama (največ) p in (največ) 2p - q , 381 ki se ujemata v prvih 3p - q - 1 členih . Ker je (m + n) - (p + (2p - q)) = = ((a+1)b-2)p+(a+2)q > O(upoštevamo a , b 2: 1) in sta si števili p in 2p - q tuji , lahko s ponavljanjem gornjega sklepa pridemo do para zapored ij s periodama m , n , m < n, da je n == 1 (mod m) , saj se vsota period manjša. Se enkrat uporabimo zahtevo o ujernanju prvih m + n - 1 členov in dobimo, da sta ti dve zaporedj i konstantni . Protislovje torej dokazuje, da ne obstajata periodičn i zaporedji s perio- dama m in n , kjer sta m in n tuji si števili, ki se ujemata v prvih m + n - 1 členih. Iz gornjega dokaza pa lahko izpeljemo , da zaporedji s periodama m in n , ki se ujemata v prvih m + n - 2 členih , obstajata. Matjaž teljko PRI NASTAJANJU PRESEKA POMAGAJO S PROGRAMSKO OPREMO PODJETJA: MARAND. MARMIS IN SKUPINA ATLANTIS PRESEK list za ~Iade matematike. fizike. astroname in računalnikarje 22. letnik. šolsko leto 1994/95. številka 6. strani 321-384 UREDNiŠKI ODBOR: Vlad imir Batagelj, Tanja Bečan (je zikovni pregled), Dušica Boben (oblikovanje teksta), Mirko Dob ovišek (g lavni urednik) , Vilko Domajnko, Roman Drnovšek (nov ice) , Darjo Felda (t ekmovanja), Bojan Golli, Marjan Hribar , Boštjan J aklič (tehnični uredn ik), Martin Juvan (računalništvo), Sandi Klavžar, Boris Lavrič , Andrej Likar (fizika) , Matija Lokar, Franci Oblak, Peter Petek, Marijan Prosen (astronomija) , Marjan Smerke (svetovalec za fotografijo), Miha Štalec, Jana Vrabec (nove knjige), Marija Vence lj (mate- matika, odgovorna uredn ica ). Dopisi in naročnine : Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije - Podružnica Ljubljana - Kom isija za tisk , presek, Jadranska c. 19,61111 Ljubljana , p.p. 64, tel. (061) 1232-460 , št. ZR 50101 -678-47233. Naročnina za šolsko leto 1994/95 je za posamezne naročnike 1100 SIT, za skupinska naročil a šol 880 SIT, posamezna številka 220 SIT, za tujino 21000 LIT, devizna nakazila SKB banka d.d . Ljubljana , val-27621-42961/9, Ajdovščina 4, Ljubljana . List sofinancirajo MZT, MŠŠ in MK Ofset tisk DELO - Tiskarna , Ljubljana Po mnenju MZT št . 415-52/92 z dne 5.2 .1992 št eje revija med proizvode iz 13. točke tarifne št. 3 zakona o prometnem davku , za katere se plačuje 5% davek od prom eta proizvod ov. © 1995 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije - 1238 PRESEK - list za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje 22. letnik, leto 1994/95, številka 1-6, strani 1-384 UVODNIK Novemu letniku Preseka na pot (Mari ja Vence lj) 1 MATEMATIKA Verižno merjenje dolžin (Jože Malešič) 4-9 Malo harmon ične geometrije (Neža Mramor) 54-61 O številu 'Ir (Ivan Vidav) 68-69 Nekomutativne in neasociativne operacije (Anton Cedilnik) . 92-95 Povrnimo se na Otok zakladov (ali sestavljajmo rotacije) (Drago Bajc) 98-101 Zanimiva last nost naravnih števil (Jože Grassell i) 104-109 Pascal , Fibonacci in božično drevce (Gregor Pavlič) . . 129-132,IX O kvadratih varitmetičnem zaporedju (Jože Grasse lli) 206-211 To in ono o tajnopisih (Marija Vence lj) 257-263 Kako razrežemo kvadrat na trikotnike z rac ionalnimi stranicami (Ivan Vidav) 282-286 Aritmetika s kvadrati (V ilko Domajnko) 321-326 Sundaramovo rešeto (Primož Potočnik) 340-341 Šifriranje z javn im ključem (Ma rija Vencelj) 354-357 RAČUNALNiŠTVO Posplošeni hanojski stolp (Cir il Pezdir) 10-16 Množ ice iz računalnika (Franc Savnik) 80-83 Vrste vzporednih računalnikov in računalnik CM-5 (Sandi Klavžar) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166-172 Računalniki RISC (Aleksander Vesel) 200-205 Za prave uporabnike (Martin Juvan, Matjaž Zaveršnik) .. 276- 281 Preizkusni programi za matematiko (Matija Lokar) 344-348,XXIII,XXIV FIZIKA Ali se zemlja giblje? (Janez Strnad) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34-42 Klepec (And rej Likar) 70-73 Trzaj - sprememba pospeška v času (Janez Strnad) 116-124 Žejna račka (Janez Strnad) 146-152 Alessandro Volta - Ob dvestopetdesetletnici rojstva (Janez Strnad) 194-199 Poskusa ob Voltov i obletnici (Janez St rnad) 212,XIII,XVI I ztočn i vrt inec (Janez Strnad) " 264-270 Opazovanje iztočnega vrt inca (Zoran Arsov) . . . . . . . . . . . 328-331 Odk lon proti vzhodu (Janez Strnad) 342-343 ASTRONOMIJA Sedem sester (Marijan Prosen) 62 ,1,1I1 ,IV Bombni napad na planet Jupiter (Matjaž Vencelj) 66-67,V,VII,VIII Prijatelja (Marijan Prosen) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90-91 Štetje zvezd (Marija n Prosen) 126 Kosci (Marijan Prosen) 162-165 Kraljič (Marijan Prosen) 214-216 Osla (Mari jan Prosen) 272-274 Straža (Marijan Prosen) 332-335 REŠiTVE NALOG Križanka Krog - iz P-XXI/6, str. 352 (Marko Bokalič) 47 Kako hitro i z teče voda ? - iz P-XX I/5 , str. 257 (Martin Klanjšek) 186-187 Še enkrat o trgih in ulicah (Martin Juva n, Bojan Mohar) .. .. 193 TEKMOVANJA Državno tekmovanje iz fizike za Zlata Stefanova . priznanja 1993/94 (Mirko Cvahte, Zlatko Bradač) .. .. 16-17 30. tekmovanje za Zlato Vegovo priznanje (Aleksander Potočnik) 25 38 . matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije (Darja Žužek Delač) 28-29 32 . tekmovanje iz srednješolske fizike (Ciril Dominko) 30-31 15. mednarodno matematično tekmovanje mest - pomladanski krog - rešitve iz P-XXI/6, str. 359 (Matjaž Željko) 43-47 18. državno tekmovanje srednješolcev iz računalništva (Iz uredništva) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 53 14 . področne tekmovanje iz fizike za osnovnošolce - reš. str. 142-144 (Zlatko Bradač, Mirko Cvahte) . ... 74-76 Naloge za ogrevanje - reš . str. 139-141 (Aleksander Potočnik) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 83-85 Izbirno tekmovanje iz matematike za srednješolce - reš. str. 174-178 (Matjaž Željko) 102-103 Naloge s predtekmovanja iz srednješolske fizike - reš. str. 153-157 (Jure Bajc, Ciril Dominko, Bojan Golli) 111-115 29. občinsko tekmovanje za srebrno Vegovo priznanje - reš str. 234-237 (Aleksander Potočnik) 133-135 Nekaj nalog z računalniškega tekmovanja zi'! srednješolce v letu 1994 - reš. str. 248-250 (Marko Grobelnik) . . . . 144-145 . Naloge z državnega tekmovanja iz srednješolske fizike - reš. str. 244-247 in 312-316 (Jure Bajc , Ciril Dominko, Bojan Golli) 180-184 14. državno tekmovanje iz fizike za osnovnošolce - reš. str. 231-233 (Zlatko Bradač, Mirko Cvahte) . . 188-190 Urnik tekmovanj v letu 1995 (Darjo Felda) . . . . . . . . . . .. 229-231 9. državno tekmovanje iz znanja računalništva za osnovnošolce (Ivan Gerlič] 237-240 3. državno tekmovanje osnovnošolcev v znanju matematike - reš. str. 310-312 (Aleksander Potočnik) 241-242 Razpis za srednješolsko tekmovanje iz računalništva (Marko Grobelnik) 242-244 38 . matematično tekmovanje srednješolcev Slovenije - reš. str. 316-320 (Darjo Felda) 250-252 16. mednarodno matematično tekmovanje mest - jesenski krog - reš. str. 375-381 (Matjaž Željko) . . . 252-254 Rešitvi izbranih nalog s 35. matematične olimpiade - s str. 158 (Matjaž Željko) 254-256 16. mednarodno matematično tekmovanje mest - pomladanski krog (Matjaž Željko) 374-375 NOVICE Frekvenca nihajnega kroga (Janez Strnad) 3 Matematični učbeniki Jurija Vege (Peter Legiša) 18-24 Lavoisier in Helmholtz - Ob dvestoletnici in stoletnici smrti (Janez Strnad) 86-89 Popolna zakladnica logaritmov (Agata Tiegi) 110-111 Mednarodni kongres matematikov - Zurich 1994 (Dušan Repovš) 128,VII 25 . mednarodna fizikaina olimpiada (Ciril Dominko) 136-137 25 . mednarodna fizikaina olimpiada v Pekingu na Kitajskem - neformalno (Metka Demšar) 137-139,XII Poročilo s 35 . mednarodne matematičneolimpiade (Matjaž Željko) . . . . . .. . . .. . . ..... . . . . . • . . . . 158-159,XII Še o letalskem poku (Janez Strnad) 184 1. kongres matematikov, fizikov in astronomov Sloven ije (Marija Vencelj) 191-192 Fizika v Preseku (Janez Strnad) 192 George Boole - ob stotridesetletnici smrti (Marjan Jerman) 217-221 Conrad Wilhelm Rentgen (Janez Strnad) 290-295 Test iz fizike (Rajko Peternel) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 300-307 Sto let rentgenskih cevi (Janez Strnad) 338-339,XXI Dve sporočili (Iz uredništva) 351 Christian Huygens - Ob tristoletnici smrti (Janez Strnad) 358-363 Tečaji iz vakuumske tehnike za profesorje srednjih šol (Andrej Pregelj) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 364-366 NALOGE Pove'zanost - reš . str. 73 (Vilko Domajnko) . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Groza - reš . str. 125 (Vilko Domajnko) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 Novi neznani liki, 1. del - reš. str. 79 (Martin J uvan) 17 Zabava - reš . str. 78-79 ( Mateja Rojc) 42 O t reh črn i h čep icah - reš. st r. 124 (Ma tevž Bren) 52 Dolgčas - reš . str. 109 (Vilko Domajnko) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 Račun z znaki - reš. str. 190-191 (Martin Juvan) 65 Daljnosežne posledice prepro st e enačbe - reš. str. 179 (Jurij Kovič) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 Aritmetična št evila - reš . st r. 173 (Martin Juvan) . . . . . . . . . .. 77 Trisekcija - reš . str. 185 (Martin Juvan) 89 Trgi in ulice - reš . str. 178 (D.M .Miloševič , prev. B. J ap elj) 111 Premeščanje števk - reš. str. 152 (D.M .M i loševič , prev. B. Jap elj) 125 Konstrukcijska naloga - reš. str. 187 (Marija Vencelj) 126 Vsi nizi - reš . str. 228 (Ma rtin Juvan) , 132 Šte vilska uganka za jubil ej - reš . str. 205 (Marija Vencelj) 133 Novoletna - reš. str . 222 (Mari ja Vencelj) 135 Sede m žebljev - reš . str . XVI (Dušan Repovž) 159 Avtomob ilska - reš. str. 299 (Ma rt in J uvan) 199 Novi neznani liki - 2. del - reš. str. 271 (Martin Juvan) 213 Najm anjši krog - reš. str. 296-297 (Ma rtin Juvan) 213 Pal i čice - reš. str. 275 ( D. M. Miloševič , prev. B. Jap elj) 222 Števke tu in tam - reš. st r. 271 (Ma rt in Juvan) 223 Sa m sebe - reš . str. 308-309 (Martin J uvan ) 225 Popot ovanje Z leta lom - reš. str. 336-33 7 (Vilko Domajnko) . 275 Barvanj e kock - reš . str. 348 (D. M. Miloševič, prev. B. Japelj) ' 275 Dve vprašanji za fizike in astronome (Anton Cedilnik) 281 Neznana osnova - reš. st r. 326 (Martin Juvan) 295 Koliko šestkot nikov? - reš. str. 370-371 (Ciril Pezdir) 299 Spet ena l ogična - reš. str. 357 ( Neža Mramor - Kosta) 307 Bazen - burkalnik? (And rej Likar) XVII,XX Butalska - reš . str. 369 (Vilko Domajnk o) 327 Tri za bist re glave - reš. str . 368 (Neža Mramor - Kosta ) 327 Nariši pravokot ni t rikotn ik - reš . str. 372-373 (Marija Vencelj) 331 Skladnost - reš. str . 368 (Vilko Domajnk o) 339 Str ogo naraščajoča šte vila - reš. st re 350 ( Mart in J uvan) , 341 Stična števila - reš. st r. 366 (Martin Juvan) 343 NOVE KNJIGE Lokar M., Turb o pascal 7.0 (J ern ej Kozak) 213 Hawkingove knjižne uspešnice v zbirki Sigma (M irjam Ga ličič ) 226-22 7 Špore r Z., Matematični leksikon za nema tematike (Mari ja Venc elj) 287 Zmazek V. , Mat ematika , priprava na maturo (Mo jca Lokar) . 351 RAZVEDRilO Igra "LEGO" - reš. st r. 77-78 ( Mitja Rosina) 26-28 Križanka Fizikalne enote - reš . str. 109 (Marko Bokal ič) 32-3 3 Popolne št evilske besede v slovenščin i (Tomaž Pisansk i) . . . 48-52 Križanka Ob 1. kongresu mat ematikov, fizikov in ' astronomov Slovenije - reš. str. 172 (Marko Boka l ič) . . 96-97 Križanka Ob jubileju slovens kega matematika - reš . str. 223 (Marko Bokal ič) 160-161 ln vendar se premika (Sandi Klavžar) 216 Izpolnjevanka z matematičnimi pojm i - reš. str. 297 (Jakob Andrejčič) 224 Šifrirano pisemce za mlajše bralce - reš. str. 308 (Marina Ruge lj) 225 Astronomska križan ka - reš. str. 373 (Ma rko Bokalič) 288-289 Tri anekdote o Davidu Hilbertu (Vilko Dom ajnko) . . . . . . 298-299 Kako štejemo po slovensko? (Tomaž Pisanski) 335-336 Kaj je kipu? (Veselko Gušt in) 349-35 0 Križanka 'Računalništvo ' - reš. str. 373 (Marko Bokalič). 352-353 ,- Math rescue lugnut city 1 4 - ~ Big math attack Sparky